京津鲁琼专用2025版高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系练习含解析

PAGE1-第2讲空间点、线、面的位置关系[做真题]1．(2024·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有多数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析：选B.对于A，α内有多数条直线与β平行，当这多数条直线相互平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，依据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.2．(2024·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析：选B.取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq\r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝(eq\f(\r(3),2))2＋(eq\f(3,2))2＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.3．(2024·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)解析：选C.如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5)，故选C.4．(2024·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A­MA1­N的正弦值．解：(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1，0，2)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－3，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1A,\s\up6(→))＝0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2x＝0，,－4z＝0.))可取m＝(eq\r(3)，1，0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1N,\s\up6(→))＝0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0.))可取n＝(2，0，－1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以二面角A­MA1­N的正弦值为eq\f(\r(10),5).[山东省学习指导看法]1．点、线、面之间的位置关系借助长方体模型，在直观相识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理(四个公理、一个定理)．2．空间位置的判定与说明以立体几何的上述定义，公理和定理为动身点，通过直观感知、操作确认、思辨，相识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定(四个判定定理、四特性质定理)能运用定理证明一些空间位置关系的简洁命题．空间线面位置关系的判定[考法全练]1．(多选)下列命题正确的是()A．梯形确定是平面图形B．若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行C．两两相交的三条直线最多可以确定三个平面D．若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合解析：选AC.对于A，由于两条平行直线确定一个平面，所以梯形可以确定一个平面，故A正确；对于B，两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行或异面或相交，故B错误；对于C，两两相交的三条直线最多可以确定三个平面，故C正确；对于D，若两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故D错误．2．(2024·江西七校第一次联考)设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥nC．若α∥β，m⊥α，则m⊥βD．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β解析：选C.若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A不正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质及判定知选项C是正确的；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选C.3．(2024·武汉市调研测试)已知两个平面相互垂直，下列命题中，①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的随意一条直线；②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的多数条直线；③一个平面内随意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内随意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确的命题是()A．①② B．①③C．② D．②④解析：选C.构造正方体ABCD­A1B1C1D1，如图，①，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；②，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内的随意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的全部直线垂直，故②正确；③，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；④，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C.4.(2024·福建省质量检查)如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的随意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点．现给出以下结论：①△SAC为直角三角形；②平面SAD⊥平面SBD；③平面PAB必与圆锥SO的某条母线平行．其中正确结论的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.如图，连接OC，因为AO为圆的直径，所以AC⊥OC，因为SO垂直于底面圆O，AC⊂底面圆O，所以AC⊥SO，因为SO∩OC＝O，所以AC⊥平面SOC.又SC⊂平面SOC，所以AC⊥SC，所以△SAC为直角三角形，故①正确．由于点D是圆O上的动点，所以平面SAD不能总垂直于平面SBD，故②错误，连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，因为P为SD的中点，O为DE的中点，所以OP∥SE.又OP⊂平面PAB，SE⊄平面PAB，所以SE∥平面PAB，故③正确，故选C.5．(2024·河北省九校其次次联考)已知两条不同的直线m，n，两个不重合的平面α，β，给出下面五个命题：①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；③m∥n，m∥α⇒n∥α；④m⊥α，m∥β⇒α⊥β；⑤α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.其中正确命题的序号是________．解析：命题①，明显正确；命题②，m，n可能异面，故②为假命题；命题③，可能n⊂α，故③为假命题；命题④，由线面垂直、线面平行的性质以及面面垂直的判定知④为真命题；命题⑤，由m∥n，m⊥α，得n⊥α，又α∥β，所以n⊥β，故⑤为真命题．综上，正确的命题为①④⑤.答案：①④⑤eq\a\vs4\al()推断与空间位置关系有关的命题真假的3种方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行推断．(2)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相冲突的命题，进而作出推断．(3)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中视察线面位置关系，结合有关定理，进行确定或否定．空间中平行、垂直关系的证明[典型例题]由四棱柱ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.【证明】(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD­A1B1C1D1为四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD.又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.eq\a\vs4\al()平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．[对点训练]1.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，E为AD的中点．(1)求证：PA⊥CD.(2)求证：平面PBD⊥平面PAB.证明：(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，又因为PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.(2)由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，又CD⊥AD，BC＝CD，所以四边形BCDE是正方形，连接CE(图略)，所以BD⊥CE，又因为BC∥AE，BC＝AE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以CE∥AB，则BD⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为PA∩AB＝A，则BD⊥平面PAB，且BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.2.如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．(1)当eq\f(A1D1,D1C1)等于何值时，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq\f(AD,DC)的值．解：(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时eq\f(A1D1,D1C1)＝1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1∥BC1.又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1.所以当eq\f(A1D1,D1C1)＝1时，BC1∥平面AB1D1.(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.因为eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)，eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD).又因为eq\f(A1O,OB)＝1，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.平面图形的折叠问题[典型例题]如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图②所示，点E，F分别为棱PC，CD的中点．(1)求证：平面OEF∥平面PAD；(2)求证：CD⊥平面POF；(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱锥E­CFO的体积．【解】(1)证明：因为点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.由题意知O是AC的中点，又点E是PC的中点，所以OE∥PA，又OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD.同理，OF∥平面PAD.又OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF，所以平面OEF∥平面PAD.(2)证明：因为OF∥AD，AD⊥CD，所以OF⊥CD.又PO⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，所以PO⊥CD.又OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.(3)因为∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×3×4＝6，而点O，F分别是AC，CD的中点，所以S△CFO＝eq\f(1,4)S△ACD＝eq\f(3,2)，由题意可知△ACP是边长为5的等边三角形，所以OP＝eq\f(5,2)eq\r(3)，即点P到平面ACD的距离为eq\f(5,2)eq\r(3)，又E为PC的中点，所以E到平面CFO的距离为eq\f(5,4)eq\r(3)，故VE­CFO＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(5,4)eq\r(3)＝eq\f(5,8)eq\r(3).eq\a\vs4\al()平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的改变量和不变量，一般状况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生改变，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[对点训练]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36eq\r(2)，求a的值．解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．由题图1知，A1O＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)a，平行四边形BCDE的面积S＝BE·OC＝a2.从而四棱锥A1­BCDE的体积为V＝eq\f(1,3)×S×A1O＝eq\f(1,3)×a2×eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),6)a3，由eq\f(\r(2),6)a3＝36eq\r(2)，得a＝6.一、选择题1．(2024·合肥市第一次质量检测)平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是()A．若a⊥b，则m⊥nB．若m⊥n，则a⊥bC．若m∥n，则a∥bD．若m与n相交，则a与b相交或异面解析：选D.对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面α垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCD­A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时m⊥n，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCD­A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时m∥n，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，则a与b不行能平行，只能是相交或异面，故D正确，选D.2．(2024·长春市质量监测(一))在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为()A．1 B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(1,2)解析：选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝eq\f(OA1,A1C1)＝eq\f(1,2).故选D.3．如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.4．(2024·江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2eq\r(2)，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝eq\f(2π,3)，则直线AD与BC所成的角为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(5π,12) D．eq\f(π,2)解析：选B.如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝eq\f(2,3)π，所以∠BOD＝eq\f(π,3)，则D(eq\r(3)，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，2eq\r(2))，所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(－6,12)＝－eq\f(1,2)，则直线AD与BC所成的角为eq\f(π,3)，故选B.5.如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B.如图，设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，因为D1E⊂平面ABD1，所以平面ABD1⊥平面ABC.因为D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，所以BC⊥平面ABD1，又BC⊂平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面ABD1，因为BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，所以AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，所以平面ACD1⊥平面BCD1.所以共有3对平面相互垂直．故选B.6．(多选)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列推断中正确的是()A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．异面直线A1P与AD1所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D．三棱锥D1­APC的体积不变解析：选ABD.对于A，依据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B，连接A1B，A1C1，易证明平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值eq\f(π,3)，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值eq\f(π,2)，故A1P与AD1所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故C错误；对于D，V三棱锥D1­APC＝V三棱锥C­AD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C­AD1P的体积不变，故D正确．故选ABD.二、填空题7．(2024·沈阳市质量监测(一))如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下面结论中正确的是________．(写出全部正确结论的序号)①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③异面直线AC与A1B成60°角；④AC1与底面ABCD所成角的正切值是eq\r(2).解析：对于①，BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，①正确；对于②，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，连接A1C1，又A1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；对于③，易知AC∥A1C1，异面直线AC与A1B所成角为∠BA1C1，连接BC1，又△A1C1B为等边三角形，所以∠BA1C1＝60°，异面直线AC与A1B成60°角，③正确；对于④，AC1与底面ABCD所成角的正切值是eq\f(CC1,AC)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)≠eq\r(2)，故④不正确．故正确的结论为①②③.答案：①②③8．(2024·武汉市调研测试)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点A关于平面BDC1的对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为________．解析：法一：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体的棱长为1，在正方体ABCD­A1B1C1D1下面补一个棱长为1的正方体ABCD­A2B2C2D2，连接A2C2，B2D2，AC2，设B2D2∩A2C2＝E，连接CE交AC2于M(即A关于平面BDC1的对称点)，易得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以点M到平面A1B1C1D1的距离为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(5,3).法二：依题意，点M在平面ACC1A1上，建立如图所示的平面直角坐标系，由已知得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))，直线OC1的方程为y＝eq\r(2)x，其斜率为eq\r(2)，因为点A关于直线OC1的对称点为M，设M(a，b)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b－0,a＋\f(\r(2),2))＝－\f(\r(2),2),\f(b＋0,2)＝\r(2)·\f(a－\f(\r(2),2),2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(2),6),b＝－\f(2,3)))，所以点M到直线A1C1的距离为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(5,3)，所以点A关于平面BDC1的对称点M到平面A1B1C1D1的距离为eq\f(5,3).答案：eq\f(5,3)9．在长方体ABCD­A1B1C1D1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________，此时AM＝________．解析：如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因为AA1＝2，所以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，所以截面A1MN面积的最小值为eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)＝4eq\r(2).因为AM2＋AN2＝MN2，所以AM＝2eq\r(2).答案：4eq\r(2)2eq\r(2)三、解答题10.如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F(E与A、D不重合)分别在棱AD、BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD且BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又因为AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，