2019数学（理）二轮精选讲义专题五 立体几何 第二讲点、直线、平面之间的位置关系 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一空间线面位置关系的判断1．直线、平面平行的判定及其性质（1）线面平行的判定定理：a⊄α,b⊂α，a∥b，⇒a∥α.（2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β＝b，⇒a∥b。(3)面面平行的判定定理：a⊂β,b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α，⇒α∥β。(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a,β∩γ＝b，⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质（1）线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n，⇒l⊥α。（2)线面垂直的性质定理:a⊥α，b⊥α,⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α，⇒α⊥β。（4）面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l,⇒a⊥β.[对点训练]1．(2018·安徽黄山二模)下列说法中，错误的是（）A．若平面α∥平面β，平面α∩平面γ＝l，平面β∩平面γ＝m，则l∥mB．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥βC．若直线l⊥平面α，平面α⊥平面β，则l∥βD．若直线l∥平面α，平面α∩平面β＝m,直线l⊂平面β，则l∥m[解析］对于A，由面面平行的性质定理可知为真命题,故A正确；对于B，由面面垂直的性质定理可知为真命题，故B正确；对于C，若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，故C错误；对于D,由线面平行的性质定理可知为真命题,故D正确．综上，选C.［答案］C2．(2018·湖北重点中学联考）设m，n是平面α内的两条不同直线,l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是（）A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n［解析］由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之,α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1,m⊥l2"是“α⊥β"的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B。［答案]B3．（2018·潍坊模拟)已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下四个命题：①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；②若m⊥α,n∥β，且α∥β，则m⊥n；③若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；④若m⊥α,n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.其中正确命题的个数是（)A．4B．3C．2D．1[解析］若m∥α，n∥β，且α∥β，则m，n可能平行、相交或异面,①错误；若m⊥α,α∥β，则m⊥β,又n∥β，则m⊥n，②正确；若n⊥β,α⊥β，则n∥α或n⊂α,又m∥α，则m，n可能平行、相交或异面,③错误；若n⊥β，α⊥β，则n∥α或n⊂α,又m⊥α，则m⊥n,④正确，综上正确命题的个数是2，故选C。［答案］C4．（2017·全国卷Ⅰ）如图，在下列四个正方体中，A,B分别为正方体的两个顶点，M，N，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是()［解析]对于选项B，AB∥MQ;对于选项C,AB∥MQ;对于选项D，AB∥NQ.只有选项A中AB与平面MNQ不平行．故选A。［答案]A[快速审题]看到线面关系的判断，想到空间中点、线、面的位置关系，想到具体的实物代表的线、面或长方体模型．空间线面位置关系判定的三种方法（1)定理法:借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)模型法：借助空间几何模型,如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择．（3)反证法:当从正面较难入手时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．考点二空间中平行、垂直关系的证明平行关系及垂直关系的转化[证明］(1)如图所示，连接AB1交A1B于E,连接ED。∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AB＝BB1,∴侧面ABB1A1是正方形，∴E是AB1的中点,又已知D为AC的中点，∴在△AB1C中，ED是中位线，∴B1C∥ED，又B1C⊄平面A1BD，ED⊂平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD.(2)∵AC1⊥平面A1BD.∴AC1⊥A1B。∵侧面ABB1A1是正方形,∴A1B⊥AB1。又AC1∩AB1＝A,∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.又∵ABC－A1B1C1是直三棱柱,∴BB1⊥B1C1，又BB1∩A1B＝B，∴B1C1⊥平面ABB1A1。[探究追问]在本例(2)的条件下，设AB＝1，求三棱锥B－A1C1D的体积．[解]∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面DC1A1.∴BD是三棱锥B－A1C1D的高．由(2)知B1C1⊥平面ABB1A1,∵B1C1∥BC,∴BC⊥平面ABB1A1。∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB，∴△ABC是等腰直角三角形，又∵AB＝BC＝1，∴BD＝eq\f（\r（2），2)，∴AC＝A1C1＝eq\r（2）.∴三棱锥B－A1C1D的体积V＝eq\f（1,3)·BD·S△A1C1D＝eq\f(1，3)×eq\f（\r(2)，2)×eq\f（1，2)A1C1·AA1＝eq\f(\r(2),12)×eq\r（2）×1＝eq\f(1，6）.（1）证明线线平行的4种常用方法①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．（2)证明线线垂直的3种常用方法①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面．[对点训练］（2018·西宁模拟）如图,在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，MC∥AE，且AE＝MC＝eq\r（2）。（1)求证：平面BCD⊥平面CDE；（2）若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC.［证明］(1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD,M为线段BD的中点，∴AM＝eq\f(1，2）BD＝eq\r(2)，AM⊥BD。∵AE⊥平面ABD，MC∥AE,∴MC⊥平面ABD，∵AM⊂平面ABD.∴MC⊥AM，又MC∩BD＝M,∴AM⊥平面BCD。又AE＝MC＝eq\r（2）,∴四边形AMCE为平行四边形,∴EC∥AM，∴EC⊥平面BCD，∵EC⊂平面CDE，∴平面BCD⊥平面CDE。（2)∵M为BD的中点，N为DE的中点，∴MN∥BE.∵MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC。∴MN∥面BEC.由(1）知EC∥AM，∵EC⊂平面BEC,AM⊄平面BEC。∴AM∥面BEC，又∵AM∩MN＝M。AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN.∴平面AMN∥平面BEC。考点三空间角的求解1．求异面直线所成的角（1）定义法:平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成锐角（或直角）即为所求．（2)向量法:若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(｜a·b|,｜a｜|b｜）.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ,则sinθ＝｜cos〈n,a〉｜＝eq\f（｜n·a｜,|n｜|a｜）.3．向量法求二面角求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1,n2,若二面角α－l－β所成的角θ为锐角,则cosθ＝｜cos<n1,n2〉|＝eq\f（|n1·n2|，|n1｜｜n2|)；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－｜cos〈n1，n2〉|＝－eq\f(|n1·n2｜,|n1｜｜n2｜).

［解］(1)证法一：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，所以A1Beq\o\al（2，1)＋ABeq\o\al(2,1）＝AAeq\o\al(2，1)，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1,BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝eq\r(5)，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2eq\r(3)，由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r（13)，所以ABeq\o\al(2,1）＋B1Ceq\o\al(2,1)＝ACeq\o\al（2，1），故AB1⊥B1C1。又因为B1C1∩A1B1＝B1,因此AB1⊥平面A1B1C1.证法二：如图,以AC的中点O为原点，分别以射线OB,OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意知各点坐标如下：A(0，－eq\r（3)，0),B（1,0,0),A1(0，－eq\r（3)，4），B1(1,0,2），C1（0，eq\r（3)，1）．因此eq\o（AB1,\s\up16(→)）＝（1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1，\s\up16（→）)＝(1，eq\r（3）,－2),eq\o(A1C1,\s\up16（→））＝(0，2eq\r（3),－3）．由eq\o（AB1,\s\up16（→）)·eq\o（A1B1，\s\up16(→））＝0得AB1⊥A1B1。由eq\o（AB1，\s\up16（→））·eq\o(A1C1,\s\up16(→)）＝0得AB1⊥A1C1.又因为A1B1∩A1C1＝B1,所以AB1⊥平面A1B1C1。(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由（1）可知eq\o(AC1，\s\up16(→))＝(0,2eq\r(3）,1），eq\o（AB，\s\up16(→）)＝(1，eq\r(3)，0），eq\o(BB1,\s\up16（→））＝（0，0,2）．设平面ABB1的法向量n＝（x，y，z)．由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16（→）)＝0，,n·\o（BB1，\s\up16(→）)＝0，）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3）y＝0，,2z＝0，）)可取n＝（－eq\r（3），1,0)．所以sinθ＝｜cos〈eq\o（AC1，\s\up16（→）），n>|＝eq\f（｜\o（AC1，\s\up16(→)）·n|,｜\o(AC1，\s\up16（→)）｜·|n｜)＝eq\f(\r(39)，13）。因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r（39)，13).［解］（1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD,从而AD＝DC.又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.取AC的中点O，连接DO,BO，则DO⊥AC，DO＝AO.又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．在Rt△AOB中,BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2,故∠DOB＝90°。所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及（1)知，OA，OB,OD两两垂直．以O为坐标原点，eq\o（OA，\s\up16(→)）的方向为x轴正方向，｜eq\o（OA，\s\up16(→))|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.则A（1,0,0）,B(0，eq\r（3)，0），C（－1,0，0），D(0，0,1）．由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积为eq\f（1,2)，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f（1,2），即E为DB的中点,得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(\r（3）,2)，\f（1，2）））.故eq\o（AD,\s\up16(→））＝（－1，0,1），eq\o（AC,\s\up16(→））＝(－2，0，0),eq\o（AE,\s\up16(→））＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－1，\f(\r（3)，2）,\f(1，2）)）。设n＝（x，y，z）是平面DAE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up16（→）)＝0，，n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，，－x＋\f(\r(3),2)y＋\f（1，2)z＝0。)）可取n＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r（3）,3)，1））.设m是平面AEC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m·\o（AC，\s\up16（→)）＝0，，m·\o(AE，\s\up16（→)）＝0.）)同理可取m＝（0，－1，eq\r(3））．则cos<n，m〉＝eq\f(n·m,｜n|｜m|）＝eq\f(\r(7)，7）。易知二面角D－AE－C为锐二面角，所以二面角D－AE－C的余弦值为eq\f（\r(7)，7)。向量法求线面角、二面角需破4“关"（1)“建系关”:构建恰当的空间直角坐标系；(2)“坐标关”:准确求解相关点的坐标;（3)“向量关”：准确求出直线的方向向量和平面的法向量；（4)“公式关”：准确利用公式进行求解及转化．[对点训练]1．［角度1]（2018·河北唐山模拟)已知P是△ABC所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点，若MN＝BC＝4,PA＝4eq\r（3），则异面直线PA与MN所成角的大小是()A．30°B．45°C．60°D．90°[解析］取AC的中点O，连接OM，ON，则ON∥AP，ON＝eq\f(1,2)AP,OM∥BC，OM＝eq\f(1,2)BC，所以异面直线PA与MN所成的角为∠ONM(或其补角),在△ONM中，OM＝2，ON＝2eq\r（3)，MN＝4，由勾股定理的逆定理得OM⊥ON，则∠ONM＝30°。故选A.[答案]A2.[角度2]（2018·郑州模拟)如图，在△ABC中,∠ABC＝eq\f(π,4)，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB,已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO。（1）求证:平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值．[解］（1)证明：∵OB＝OC，又∵∠ABC＝eq\f（π，4),∴∠OCB＝eq\f（π，4)，∴∠BOC＝eq\f(π,2)。∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1。则C（2,0,0)，B(0，2，0），P（0,0,2），D(0,－1,1），∴eq\o(PD，\s\up16（→)）＝(0，－1，－1)，eq\o(BC，\s\up16(→))＝（2，－2，0）,eq\o（BD,\s\up16（→）)＝（0,－3，1)．设平面BDC的一个法向量为n＝（x,y,z)，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n·\o（BC,\s\up16（→)）＝0,,n·\o（BD,\s\up16(→))＝0，)）∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2x－2y＝0,，－3y＋z＝0，))令y＝1,则x＝1，z＝3,∴n＝（1，1，3）．设PD与平面BDC所成的角为θ，则sinθ＝eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f（\o（PD,\s\up16（→)）·n,|\o（PD,\s\up16(→))｜｜n|）））＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f(1×0＋1×－1＋3×－1,\r（02＋－12＋－12）×\r（12＋12＋32))）)＝eq\f（2\r（22),11).即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为eq\f（2\r(22），11）.3．［角度3］如图，已知在四棱锥P－ABCD中，点O为AB的中点，平面POC⊥平面ABCD，AD∥BC,AB⊥BC，PA＝PB＝BC＝AB＝2，AD＝3。(1）求证：平面PAB⊥平面ABCD。（2)求二面角O－PD－C的余弦值．[解]（1）证明：∵AD∥BC，AB⊥BC，BC＝AB＝2，AD＝3,∴OC＝eq\r(5)，OD＝eq\r（10)，CD＝eq\r（5).∵OD2＝OC2＋CD2，∴OC⊥CD.又平面POC⊥平面ABCD，且平面POC∩平面ABCD＝OC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面POC.∵PO⊂平面POC，∴CD⊥PO.又∵PA＝PB＝AB，点O为AB的中点．∴PO⊥AB，由题易知，AB,CD在平面ABCD内，且它们不平行，则必相交于某一点，∴PO⊥底面ABCD.又∵PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD.（2)以点O为原点，如图所示建立空间直角坐标系O－xyz，则P（0,0，eq\r（3)),D（－1，3，0），C（1,2,0），∴eq\o(OP，\s\up16（→)）＝(0，0，eq\r（3)),eq\o（OD,\s\up16（→))＝(－1,3，0），eq\o(CP，\s\up16（→））＝(－1，－2，eq\r（3))，eq\o(CD,\s\up16（→))＝(－2,1,0)．设平面OPD的一个法向量为m＝(x1，y1,z1），平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\o（OP,\s\up16(→))·m＝0，，\o(OD,\s\up16(→)）·m＝0，）)可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\r（3）z1＝0，，－x1＋3y1＝0,))取y1＝1，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x1＝3,，z1＝0,))即m＝(3,1，0），同理可得，n＝(eq\r(3）,2eq\r(3），5）,∴cos<m，n〉＝eq\f(m·n,｜m||n|)＝eq\f（5\r（3）,\r(10）×\r（40））＝eq\f（\r（3)，4）。又由图可知二面角O－PD－C的平面角为锐角，故二面角O－PD－C的余弦值为eq\f(\r(3）,4）。1．（2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的(）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A.［答案］A2．(2017·全国卷Ⅱ）已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A。eq\f（\r(3)，2)B.eq\f（\r（15)，5)C.eq\f（\r(10),5)D。eq\f（\r(3),3）[解析］解法一：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图)，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.则∠B1AD1(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角，易求得AB1＝eq\r（5），BC1＝AD1＝eq\r(2），B1D1＝eq\r(3）。由余弦定理得cos∠B1AD1＝eq\f(\r(10）,5).故选C。解法二：以B为坐标原点，eq\o(BA,\s\up16(→)）,eq\o（BB1,\s\up16(→)）的方向分别为y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0）．∵∠ABC＝120°，BC＝1,AB＝2，BB1＝1，∴A（0,2，0），B1（0，0，1），C1eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r（3）,2),－\f(1，2），1））.∴eq\o(AB1,\s\up16(→))＝（0，－2,1），eq\o（BC1，\s\up16（→))＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r(3）,2)，－\f（1,2),1))。设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(｜\o（AB1,\s\up16(→）)·\o（BC1，\s\up16(→））｜，｜\o（AB1，\s\up16(→））|·｜\o（BC1，\s\up16（→）)｜)＝eq\f(｜1＋1｜，\r（5)·\r(2))＝eq\f（2，\r(10)）＝eq\f(\r（10）,5），故选C。［答案]C3．(2017·全国卷Ⅱ）α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α,那么m∥β。④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．（填写所有正确命题的编号）［解析]对于①,由m⊥n,m⊥α可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交,也可能平行,故①错误；对于②,过直线n作平面与平面α交于直线c,由n∥α可知n∥c,∵m⊥α，∴m⊥c，∴m⊥n，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.［答案]②③④4。(2018·北京卷)如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,CC1⊥平面ABC，D，E,F,G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝eq\r(5)，AC＝AA1＝2.（1）求证：AC⊥平面BEF;（2）求二面角B－CD－C1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交．［解]（1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC,A1C1的中点，所以AC⊥EF。因为AB＝BC，E为AC中点，所以AC⊥BE，又因为BE∩EF＝E，所以AC⊥平面BEF。(2）由(1）知AC⊥EF，AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE。如图建立空间直角坐标系E－xyz.由题意得B（0，2,0），C(－1,0,0),D（1，0,1)，F（0,0，2），G（0,2,1)．所以eq\o（BC,\s\up16（→））＝（－1，－2，0），eq\o（BD,\s\up16(→））＝(1，－2,1)．设平面BCD的法向量为n＝（x0，y0,z0）,则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o（BC,\s\up16（→））＝0，，n·\o(BD，\s\up16（→））＝0，)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x0＋2y0＝0，，x0－2y0＋z0＝0。)）令y0＝－1，则x0＝2,z0＝－4.于是n＝(2,－1，－4)．又因为平面CC1D的一个法向量为eq\o(EB，\s\up16（→））＝(0，2,0)，所以cos<n，eq\o（EB,\s\up16（→））〉＝eq\f(n·\o（EB,\s\up16（→)）,｜n|｜\o(EB，\s\up16(→)）｜)＝－eq\f（\r(21）,21).由题知二面角B－CD－C1为钝角，所以其余弦值为－eq\f（\r(21），21）。(3)证明:由(2）知平面BCD的一个法向量为n＝（2,－1,－4），eq\o（FG，\s\up16（→））＝(0，2,－1）．因为n·eq\o(FG，\s\up16(→)）＝2×0＋（－1）×2＋(－4）×(－1）＝2≠0，所以直线FG与平面BCD相交．1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大",即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．2．选择题一般在第3～5题的位置，填空题一般在第14题的位置,多考查线面位置关系的判断，难度较小．3．解答题多出现在第18或19题的位置,考查空间中平行或垂直关系的证明、利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角,难度中等．

热点课题13立体几何中的“翻折”问题［感悟体验］(2018·安徽合肥二模）如图1，矩形ABCD中，AB＝1,AD＝2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O点落在BE上．(1）求证：BP⊥CE。(2）求二面角B－PC－D的余弦值．［解](1）证明：点P在平面BCDE上的射影O点落在BE上，∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE.又BE＝CE＝eq\r（2)，BC＝2，则BE2＋CE2＝BC2，∴BE⊥CE,又BE∩PO＝O，BE⊂平面PBE,PO⊂平面PBE，∴CE⊥平面PBE。∵BP⊂平面PBE，∴BP⊥CE.（2)以点O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且垂直于CD的直线为y轴，直线PO为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则Beq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2），－\f（1,2），0)），Ceq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)，\f(3,2）,0)),Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)，\f(3,2)，0)），Peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r（2),2）)），∴eq\o（CD，\s\up16（→）)＝(－1,0，0），eq\o(CP，\s\up16(→））＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)，－\f（3,2），\f(\r(2),2)）),eq\o(PB，\s\up16（→)）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，－\f(1,2)，－\f（\r（2）,2)）)，eq\o(BC，\s\up16(→)）＝（0,2，0)．设平面PCD的一个法向量为n1＝（x1,y1，z1)，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up16(→))＝0，，n1·\o(CP,\s\up16(→)）＝0，)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0,，x1＋3y1－\r(2)z1＝0.)）令z1＝eq\r(2),可得n1＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f（2,3)，\r(2)))。设平面PBC的法向量为n2＝（x2，y2，z2）．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o（PB,\s\up16(→))＝0,，n2·\o(BC，\s\up16(→）)＝0，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－y2－\r（2）z2＝0，,y2＝0。)）令z2＝eq\r（2)，可得n2＝（2,0，eq\r（2))．∴cos〈n1,n2〉＝eq\f（n1·n2，|n1｜·|n2|)＝eq\f（\r(33）,11）.又由图可知，二面角B－PC－D为钝二面角，则二面角B－PC－D的余弦值为－eq\f（\r(33),11)。专题跟踪训练(二十二)一、选择题1．(2018·中原名校联盟联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β[解析］对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交,故B不成立;对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立．故选C。[答案］C2．已知直线m，l与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，m⊂α,m⊥γ，则下列命题一定正确的是()A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥βC．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ［解析］∵m⊂α，m⊥γ,∴α⊥γ。又∵β∩γ＝l，∴l⊂γ，∴l⊥m.故选A.[答案］A3．（2018·内蒙古赤峰模拟）已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，下列命题中正确命题的个数为（)①若m∥n，n⊂α,则m∥α；②若l⊥α,m⊥β且l⊥m，则α⊥β；③若l⊥n,m⊥n，则l∥m；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.A．1B．2C．3D．4［解析]①若m∥n,n⊂α，则m∥α或m⊂α，不正确；②若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确；③若l⊥n,m⊥n，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β,n⊥m，由面面垂直的性质定理得n⊥α,因此正确．综上可知只有②④正确．故选B。[答案]B4．［原创题］如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4,CB⊥AB,则异面直线PC，AD所成角的余弦值为（）A．－eq\f(\r（30）,10) B。eq\f（\r（30)，5）C．－eq\f(\r（30)，5） D.eq\f(\r(30）,10)［解析］如图所示，取BC的中点E，连接DE,AE.则在△PBC中，PD＝DB，BE＝EC，所以DE∥PC，且DE＝eq\f（1,2)PC。故∠EDA为异面直线PC，AD所成的角或其补角．因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB。在Rt△ABC中，AC＝eq\r(BC2＋BA2）＝eq\r（22＋42)＝2eq\r（5）；在Rt△PAC中,PC＝eq\r（PA2＋AC2）＝eq\r（22＋2\r(5)2）＝2eq\r（6)。故DE＝eq\f(1,2)PC＝eq\r（6）。在Rt△PAB中,PB＝eq\r(AB2＋PA2)＝eq\r(42＋22）＝2eq\r（5);又PD＝DB，所以AD＝eq\f(1,2）PB＝eq\r（5).在Rt△EAB中,AE＝eq\r（AB2＋BE2）＝eq\r（42＋12）＝eq\r（17）.在△DAE中，cos∠ADE＝eq\f(AD2＋DE2－AE2,2AD×DE)＝eq\f(\r（5)2＋\r（6）2－\r（17）2，2\r(5）×\r（6)）＝－eq\f（\r（30),10）.设异面直线PC，AD所成的角为θ，则cosθ＝｜cos∠ADE｜＝eq\f（\r(30），10).故选D。［答案］D5．（2018·温州十校联考)如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE,使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列三种说法中正确的个数是（)①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；②平面SBC内存在直线与SA平行；③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行．A．0B．1C．2D．3[解析］由题图，得SA⊥SE，若存在点E使得直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SB，SA⊥SC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故①错误;因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故②错误;显然,在平面ABCE内，存在直线与AE平行,由线面平行的判定定理得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行,故③正确．选B.［答案]B6．（2018·河北五校联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.过点A1作平面α与AB，AD分别交于M，N两点，若AA1与平面α所成的角为45°，则截面A1MN面积的最小值是(）A．2eq\r（3）B．4eq\r（2)C．4eq\r（6）D．8eq\r(2）[解析]如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E,∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，又∵A1A∩AE＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角,∴∠AA1E＝45°,在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2eq\r（2）,在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2eq\r(ME·EN)＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立,∴截面A1MN面积的最小值为eq\f（1，2)×4×2eq\r（2)＝4eq\r（2),故选B.[答案］B二、填空题7．(2018·定州二模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________。[解析]根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC。又E是AD的中点,所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq\r（2）.[答案]eq\r(2）8．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．[解析］过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D、E、F、G分别为AC，BC，B1C1,A1C1的中点）．易知经过D、E、F、G中任意两点的直线共有Ceq\o\al（2,4)＝6条．[答案]69。(2018·山东烟台二模)如图是一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝10eq\r（2)，E,F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且A、C在平面BFDE同侧，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的序号）①当平面ABE∥平面CDF时，AC∥平面BFDE；②当平面ABE∥平面CDF时，AE∥CD；③当A、C重合于点P时,PG⊥PD；④当A、C重合于点P时，三棱锥P－DEF的外接球的表面积为150π。［解析]在△ABE中，tan∠ABE＝eq\f（\r(2),2），在△ACD中，tan∠CAD＝eq\f(\r(2)，2），所以∠ABE＝∠DAC，由题意，将△ABE,△DCF沿BE，DF折起，且A，C在平面BEDF同侧，此时A、C、G、H四点在同一平面内，平面ABE∩平面AGHC＝AG,平面CDF∩平面AGHC＝CH，当平面ABE∥平面CDF时，得到AG∥CH，显然AG＝CH,所以四边形AGHC为平行四边形，所以AC∥GH，进而可得AC∥平面BFDE，故①正确;由于折叠后，直线AE与直线CD为异面直线，所以AE与CD不平行，故②不正确；当A、C重合于点P时，可得PG＝eq\f（10\r（3)，3）,PD＝10，又GD＝10，∴PG2＋PD2≠GD2,所以PG与PD不垂直，故③不正确;当A，C重合于点P时，在三棱锥P－DEF中,△EFD与△FCD均为直角三角形，所以DF为外接球的直径，即R＝eq\f（DF,2）＝eq\f(5\r(6)，2),所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(5\r（6）,2)）)2＝150π,故④正确．综上，正确命题的序号为①④。[答案]①④三、解答题10.（2018·河南洛阳一模)如图，在四棱锥E－ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝eq\f(1,2)AB，且AE⊥BD。（1）证明：平面EBD⊥平面EAD；（2）若△EAD的面积为eq\r（3)，求点C到平面EBD的距离．［解］（1）证明：如图，取AB的中点M，连接DM,则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，∴DM＝CB＝AD＝eq\f（1,2）AB，即点D在以线段AB为直径的圆上，∴BD⊥AD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，∴BD⊥平面EAD.∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD。（2）∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EAD。∵等边△EAD的面积为eq\r（3），∴AD＝AE＝ED＝2,取AD的中点O，连接EO，则EO⊥AD，EO＝eq\r（3）,∵平面EAD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD＝AD,∴EO⊥平面ABCD.由(1）知△ABD，△EBD都是直角三角形，∴BD＝eq\r(AB2－AD2）＝2eq\r(3)，S△EBD＝eq\f（1，2）ED·BD＝2eq\r(3），设点C到平面EBD的距离为h，由VC－EBD＝VE－BCD，得eq\f(1,3)S△EBD·h＝eq\f（1,3）S△BCD·EO，又S△BCD＝eq\f(1，2）BC·CDsin120°＝eq\r(3）,∴h＝eq\f(\r（3），2）.∴点C到平面EBD的距离为eq\f(\r(3),2).11．(2018·南昌摸底)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝eq\r(2)，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1;(2）若OC＝OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．[解](1）证明:由题意，tan∠ABD＝eq\f（AD,AB）＝eq\f(\r（2)，2）,tan∠AB1B＝eq\f(AB，BB1）＝eq\f(\r（2),2），由图可知0<∠ABD，∠AB1B〈eq\f(π，2），所以∠ABD＝∠AB1B，所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝eq\f（π,2），所以AB1⊥BD，又CO⊥侧面ABB1A1，∴AB1⊥CO。又BD与CO交于点O,所以AB1⊥平面CBD,又因为BC⊂平面CBD，所以BC⊥AB1。(2)如图，以O为原点，分别以OD，OB1,OC所在的直线为x，y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则Aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，－\f（\r(3)，3),0)),Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（6），3），0，0)），Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,0，\f(\r(3）,3））)，B1eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(2\r(3),3)，0）)，Deq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r(6),6),0，0）），又因为eq\o(CC1，\s\up16(→)）＝2eq\o（AD,\s\up16（→）），所以C1