高考数学大二轮专题复习：第二编空间中平行与垂直

第2讲　空间中的平行与垂直 「考情研析」　1.从具体内容上：①以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题；
②以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查．　2.从高考特点上，难度中等，常以一道选填题或在解答题的第一问考查． 核心知识回顾 1.直线与平面平行的判定和性质 (1)判定 ①判定定理：a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α． ②面面平行的性质：α∥β，a⊂α⇒a∥β． (2)性质：l∥α，l⊂β，α∩β＝m⇒l∥m． 2．直线和平面垂直的判定和性质 (1)判定 ①判定定理：a⊥b，a⊥c，b，c⊂α，b∩c＝O⇒a⊥α． ②线面垂直的其他判定方法：
a．a∥b，a⊥α⇒b⊥α． b．l⊥α，α∥β⇒l⊥β． c．α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β． (2)性质 ①l⊥α，a⊂α⇒l⊥a． ②l⊥α，m⊥α⇒l∥m． 3．两个平面平行的判定和性质 (1)判定 ①判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α． ②面面平行的其他判定方法：
a．l⊥α，l⊥β⇒α∥β． b．α∥γ，α∥β⇒β∥γ． (2)性质：α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b⇒a∥b． 4．两个平面垂直的判定和性质 (1)判定：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β． (2)性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β． 热点考向探究 考向1　空间线面位置关系的判定 例1　(1)(多选)(2020·山东省烟台市模拟)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则(　　) A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n B．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β 答案　BC 解析　由m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，知：对于A，若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n相交、平行或异面，故错误；
对于B，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质定理得m⊥n，故正确；
对于C，若m∥n，m⊥α，n⊥β，则由线面垂直的性质定理和面面平行的判定定理得α∥β，故正确；
对于D，若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，故错误．故选BC. (2) (多选)(2020·山东省实验中学高考预测卷)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在棱CC1上，则下列结论正确的是(　　) A．直线BM与平面ADD1A1平行 B．平面BMD1截正方体所得的截面为三角形 C．异面直线AD1与A1C1所成的角为 D．MB＋MD1的最小值为 答案　ACD 解析　对于A，因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，BM⊂平面BCC1B1，即可判定直线BM与平面ADD1A1平行，故正确；
对于B，如图1，平面BMD1截正方体所得的截面为四边形，故错误；
对于C，如图2，异面直线AD1与A1C1所成的角为∠D1AC，即可判定异面直线AD1与A1C1所成的角为，故正确；
对于D，如图3，将正方体的侧面展开，可得当B，M，D1共线时，MB＋MD1有最小值，最小值为BD1＝＝，故正确．故选ACD. 　判断空间线面位置关系常用的方法 (1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题． (2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断. (多选)(2020·山东省聊城市一模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　) A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行 C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C与点G到平面AEF的距离相等 答案　BC 解析　∵CC1与AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF与DD1不垂直，故A错误；
取B1C1的中点N，连接A1N，GN，可得平面A1GN∥平面AEF，则直线A1G∥平面AEF，故B正确；
把截面AEF补形为四边形AEFD1，由四边形AEFD1为等腰梯形可得平面AEF截正方体所得的截面面积S＝，故C正确；
假设点C与点G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于点H，而H不是CG中点，则假设不成立，故D错误．故选BC. 考向2　空间平行、垂直关系的证明 例2　(2020·山东省青岛市高三期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，面PAD⊥面ABCD，E为AD的中点． (1)求证：PA⊥BD；

(2)在线段AB上是否存在一点G，使得BC∥面PEG？若存在，请证明你的结论；
若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：取AB的中点F，连接DF. ∵DC∥AB且DC＝AB， ∴DC∥BF且DC＝BF， ∴四边形BCDF为平行四边形， 又AB⊥BC，BC＝CD＝1， ∴四边形BCDF为正方形． 在Rt△AFD中，∵DF＝AF＝1，∴AD＝， 在Rt△BCD中，∵BC＝CD＝1，∴BD＝， ∵AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD， ∵BD⊂面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，面PAD⊥面ABCD， ∴BD⊥面PAD，∵PA⊂面PAD， ∴PA⊥BD. (2)在线段AB上存在一点G，满足AG＝AB， 即G为AF的中点时，BC∥面PEG， 证明如下：连接EG，∵E为AD的中点，G为AF中点，∴GE∥DF， 又DF∥BC，∴GE∥BC， ∵GE⊂面PEG，BC⊄面PEG，∴BC∥面PEG. 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化． (2020·江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学联考)如图，在四棱锥S－ABCD中，已知SA＝SB，四边形ABCD是平行四边形，且平面SAB⊥平面ABCD，点M，N分别是SC，AB的中点． 求证：(1)MN∥平面SAD；

(2)SN⊥AC. 证明　(1)取SD的中点E，连接EM，EA. ∵M是SC的中点，∴EM∥CD，且EM＝CD. ∵底面ABCD是平行四边形，N为AB的中点， ∴AN∥CD，且AN＝CD， ∴EM∥AN，EM＝AN， ∴四边形EMNA是平行四边形， ∴MN∥AE. ∵MN⊄平面SAD，AE⊂平面SAD， ∴MN∥平面SAD. (2)∵SA＝SB，N是AB的中点，∴SN⊥AB， ∵平面SAB⊥平面ABCD， 平面SAB∩平面ABCD＝AB，SN⊂平面SAB， ∴SN⊥平面ABCD， ∵AC⊂平面ABCD，∴SN⊥AC. 考向3　立体几何中的翻折问题 例3　(1)(2020·山东省潍坊市三模)如图1，四边形ABCD是边长为10的菱形，其对角线AC＝12，现将△ABC沿对角线AC折起，连接BD，形成如图2的四面体ABCD，则异面直线AC与BD所成角的大小为________；
在图2中，设棱AC的中点为M，BD的中点为N，若四面体ABCD的外接球的球心在四面体的内部，则线段MN长度的取值范围为________． 答案　　(，8) 解析　连接BM，DM，∵四边形ABCD是菱形，M为棱AC的中点， ∴AC⊥BM，AC⊥DM， 又BM∩DM＝M，则AC⊥平面BMD， ∵BD⊂平面BMD， ∴AC⊥BD，则异面直线AC与BD所成角的大小为. ∵四边形ABCD是边长为10的菱形，其对角线AC＝12， ∴MA＝6，MB＝8. 设O1是△ABC的外心，则O1在中线BM上， 设过点O1的直线l1⊥平面ABC，易知l1⊂平面BMD， 设O2是△ACD的外心，则O2在中线DM上， 设过点O2的直线l2⊥平面ACD，易知l2⊂平面BMD， 由对称性易知l1，l2的交点O在直线MN上， 根据外接球的性质，知点O为四面体ABCD的外接球的球心， O1A2＝O1M2＋MA2，O1A＋O1M＝BM＝8， ∴(8－O1M)2＝O1M2＋36，解得O1M＝， 令∠BMN＝θ，根据题意可知BD⊥CN， BD⊥AN，且CN∩AN＝N， ∴BD⊥平面ACN，又MN⊂平面ACN，∴BD⊥MN， ∴0<θ<，∴MN＝BM cos θ＝8cos θ<8. ∵cos θ＝＝， ∴OM·MN＝O1M·BM＝×8＝14， 又OM<MN，∴MN2>14，∴MN>， ∴<MN<8， 即线段MN长度的取值范围为(，8). (2)如图1，在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥BC，AB＝BC＝CP，D是CP的中点，将△PAD沿AD折起，使点P到达点P′的位置得到图2，点M为棱P′C上的动点． ①当M在何处时，平面ADM⊥平面P′BC，并证明；

②若AB＝2，∠P′DC＝135°，证明：点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，并求出该距离. 解　①当点M为P′C的中点时，平面ADM⊥平面P′BC， 证明如下：∵DP′＝DC，M为P′C的中点， ∴P′C⊥DM， ∵AD⊥DP′，AD⊥DC，DP′∩DC＝D， ∴AD⊥平面DP′C，∴AD⊥P′C， 又DM∩AD＝D， ∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC. ②在平面P′CD上作P′H⊥CD的延长线于点H， 由①中AD⊥平面DP′C， 可知平面P′CD⊥平面ABCD， 又平面P′CD∩平面ABCD＝CD，P′H⊂平面P′CD，P′H⊥CD， ∴P′H⊥平面ABCD， 由题意，得DP′＝2，∠P′DH＝45°， ∴P′H＝， 又VP′－ADC＝VC－P′AD， 设点C到平面P′AD的距离为h， 即S△ADC×P′H＝S△P′AD×h， 由题意，知△ADC≌△ADP′，则S△ADC＝S△P′AD. ∴P′H＝h， 故点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，且该距离为. 翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化，解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”“变的位置关系和数量关系”． 如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直(如图2)，在图2所示的几何体D－ABC中， (1)求证：BC⊥平面ACD；

(2)若点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积． 解　(1)证明：在图1中，由题意，知AC＝BC＝2，AB＝4，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC. 如图2，因为E为AC的中点，连接DE，则DE⊥AC， 又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面ACD， 从而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC. 又AC⊥BC，AC∩ED＝E， 所以BC⊥平面ACD. (2)如图2，取DC的中点F，连接EF，BF， 因为E是AC的中点，所以EF∥AD， 又EF⊂平面BEF，AD⊄平面BEF， 所以AD∥平面BEF， 由(1)知，DE为三棱锥D－ABC的高， 因为三棱锥F－BCE的高h＝DE＝×＝， S△BCE＝S△ABC＝××2×2＝2， 所以三棱锥F－BCE的体积为 VF－BCE＝S△BCE·h＝×2×＝. 真题押题 『真题检验』 1．(2020·浙江高考)已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”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 答案　B 解析　依题意m，n，l是空间中不过同一点的三条直线，当m，n，l在同一平面时，可能有m∥n∥l，故不能得出m，n，l两两相交．当m，n，l两两相交时，设m∩n＝A，m∩l＝B，n∩l＝C，则m，n确定一个平面α，而B∈m⊂α，C∈n⊂α，所以直线BC即l⊂α，所以m，n，l在同一平面．综上所述，“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件．故选B. 2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　) A．α内有无数条直线与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 答案　B 解析　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；
若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；
若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此，B中条件是α∥β的充要条件．故选B. 3．(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 答案　 解析　如图所示，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB.设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP.因为球的半径为，D1E＝，所以EP＝＝＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为.因为EF＝EG＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧.因为∠B1EF＝∠C1EG＝，所以∠FEG＝，所以根据弧长公式可得交线长l＝×＝. 4. (2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；

(2)点C1在平面AEF内． 证明　(1)连接BD，B1D1. ∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AC⊥BB1. ∵AB＝BC， ∴四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD. ∵BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D1D， ∴AC⊥平面BB1D1D. ∵EF⊂平面BB1D1D， ∴EF⊥AC. (2)在CC1上取点M使得CM＝2MC1，连接DM，MF，EC1. ∵D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1， ∴ED＝MC1，ED∥MC1. ∴四边形DMC1E为平行四边形，∴DM∥EC1. ∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中， BF＝2FB1，CM＝2MC1， ∴DA∥CB，DA＝CB，MF∥CB，MF＝CB， ∴MF∥DA，MF＝DA， ∴四边形MFAD为平行四边形， ∴DM∥AF，∴EC1∥AF. ∴点C1在平面AEF内． 5．(2020·江苏高考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点． (1)求证：EF∥平面AB1C1；

(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1. 证明　(1)由于E，F分别是AC，B1C的中点， 所以EF∥AB1. 由于EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1， 所以EF∥平面AB1C1. (2)由于B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB. 由于AB⊥AC，AC∩B1C＝C，所以AB⊥平面AB1C， 由于AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1. 『金版押题』 6. (多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则(　　) A．CM与PN是异面直线 B．CM>PN C．平面PAN⊥平面BDD1B1 D．过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形 答案　BCD 解析　由C，N，A三点共线，得CN，PM交于点A，因此CM，PN共面，A错误；
记∠PAC＝θ，则PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN cos θ＝AP2＋AC2－AP·AC cos θ，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM cos θ＝AC2＋AP2－AP·AC cos θ，又AP<AC，CM2－PN2＝(AC2－AP2)>0，所以CM2>PN2，即CM>PN，B正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AN⊥BD，BB1⊥平面ABCD，则BB1⊥AN，BB1∩BD＝B，可得AN⊥平面BDD1B1，AN⊂平面PAN，从而可得平面PAN⊥平面BDD1B1，C正确；
在C1D1上取一点K，使得D1K＝D1P，连接KP，KC，A1C1，易知PK∥A1C1，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，所以PK，AC共面，PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，它是等腰梯形，D正确．故选BCD. 专题作业 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2020·武汉部分学校质量检测)若点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是(　　) 答案　D 解析　对于A，因为A，C，M，N分别为所在棱的中点，由正方体的性质知MN∥AC，又MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于B，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知MN∥BE.因为MN⊄平面ABC，BE⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于C，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知MN∥BE，因为MN⊄平面ABC，BE⊂平面ABC，所以MN∥平面ABC.对于D，连接AM，BN，由条件及正方体的性质知四边形AMNB是等腰梯形，所以AB与MN所在的直线相交，故不能推出MN∥平面ABC.故选D. 2．(2020·长春高三质量监测)已知直线a和平面α，β有如下关系：①α⊥β，②α∥β，③a⊥β，④a∥α，则下列命题为真的是(　　) A．①③⇒④ B．①④⇒③ C．③④⇒① D．②③⇒④ 答案　C 解析　如图正方体中，当直线a为AB，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面B1BCC1时，α⊥β，a⊥β，a⊂α，故A不正确；
当直线a为DD1，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面B1BCC1时，α⊥β，a∥α，a∥β，故B不正确；
若a⊥β，a∥α，则由面面垂直的判定定理可推出α⊥β，故C正确；
当直线a为A1D1，平面α为平面A1ABB1，平面β为平面D1DCC1时，α∥β，a⊥β，a⊥α，故D不正确．综上所述，C为真命题，故选C. 3. (2020·四川省泸州市模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是(　　) A.AC与B1C是相交直线且垂直 B.AC与A1D是异面直线且垂直 C．BD1与BC是相交直线且垂直 D．AC与BD1是异面直线且垂直 答案　D 解析　如图，连接AB1，可得△AB1C为正三角形，可得AC与B1C是相交直线且成60°角，故A错误；
∵A1D∥B1C，∴AC与A1D是异面直线且成60°角，故B错误；
BD1与BC是相交直线，所成角为∠D1BC，其正切值为，故C错误；
连接BD，可知BD⊥AC，则BD1⊥AC，可知AC与BD1是异面直线且垂直，故D正确．故选D. 4．(2020·河北省石家庄模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法正确的是(　　) ①m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；

②m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；

③m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β；

④m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β. A．①②③ B．①③④ C．②④ D．③④ 答案　D 解析　对于①，当m∥α，n∥β，且m∥n时，有α∥β或α，β相交，所以①错误；
对于②，当m∥α，n∥β，且m⊥n时，有α⊥β或α∥β或α，β相交且不垂直，所以②错误；
对于③，当m⊥α，n⊥β，且m∥n时，得出m⊥β，所以α∥β，③正确；
对于④，当m⊥α，n⊥β，且m⊥n时，α⊥β成立，所以④正确．综上知，正确的命题序号是③④.故选D. 5．(2020·甘肃省靖远县高三第四次联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD上的一点，且CE＝2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G与平面ABCD所成角即为B1G与平面A1B1C1D1所成角，易知B1G与平面A1B1C1D1所成角为∠D1B1G.设AB＝6，则AF＝3，DE＝2，平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，则＝，即＝⇒DG＝1，D1G＝5，在Rt△B1D1G中，tan ∠D1B1G＝＝＝，故B1G与平面ABCD所成角的正切值为，故选C. 6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．点F的轨迹是一条线段 B．A1F与BE是异面直线 C．A1F与D1E不可能平行 D．三棱锥F－ABC1的体积为定值 答案　C 解析　由题知A1F∥平面D1AE，分别取B1C1，BB1的中点H，G，连接HG，A1H，A1G，BC1，可得HG∥BC1∥AD1，A1G∥D1E，故平面A1HG∥平面AD1E，故点F的轨迹为线段HG，A正确；
由异面直线的判定定理可知A1F与BE是异面直线，故B正确；
当F是BB1的中点时，A1F与D1E平行，故C不正确；
∵HG∥平面ABC1，∴F点到平面ABC1的距离不变，故三棱锥F－ABC1的体积为定值，故D正确． 7．(2020·长沙模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝6，AA1＝2，M为棱BC的中点，动点P满足∠APD＝∠CPM，则点P的轨迹与长方体的面DCC1D1的交线长等于(　　) A． B．π C． D．π 答案　A 解析　如图，由题意知，只需考虑点P在平面DCC1D1上的情况，此时AD⊥DP，MC⊥CP，所以tan ∠APD＝，tan∠CPM＝.因为∠APD＝∠CPM，所以＝.因为M是BC的中点，所以AD＝2MC，所以DP＝2PC.在平面D1DCC1内，以D为原点，的方向为x轴的正方向，DD1的方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则D(0，0)，C(6，0).设P(x，y)，则 ＝2，化简，得y2＋(x－8)2＝42.该圆与平面D1DCC1的交线长对应的圆心角为，则对应弧长为×4＝. 8．(2020·佛山模拟)如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点E为AD的中点，将△ABE沿BE折起，在翻折过程中，记点A对应的点为A′，二面角A′－DC－B的平面角的大小为α，则当α最大时，tan α＝(　　) A. B． C． D． 答案　D 解析　如图，取BC的中点F，连接AF，交BE于点O，则AF⊥BE，连接OA′，A′F，则OA′＝OA＝，OA′⊥BE，OF⊥BE，又OA′∩OF＝O，所以BE⊥平面OA′F，又BE⊂平面ABCD，所以平面OA′F⊥平面ABCD.设A′在AF上的投影为M，连接A′M，设∠A′OM＝β，则A′M＝sin β，OM＝cos β，过点M作MN⊥CD交CD于点N，连接A′N，则∠A′NM＝α.易得α∈，MN＝－cos β，所以当α最大时，tan α最大，tan α＝＝，令＝t，所以sin β＝3t－t cos β，所以3t＝sin β＋t cos β＝sin (β＋θ)，所以3t≤ ，所以t≤，即tan α≤，故选D. 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9．(2020·山东省青岛市高三期中)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的是(　　) A．直线A1B B．直线BB1 C．平面A1DC1 D．平面A1BC1 答案　AD 解析　如图，由A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，故直线A1B与平面ACD1平行，故A正确；
直线BB1∥DD1，DD1与平面ACD1相交，故直线BB1与平面ACD1相交，故B错误；
显然平面A1DC1与平面ACD1相交，故C错误；
由A1B∥D1C，AC∥A1C1，且A1B∩A1C1＝A1，AC∩D1C＝C，故平面A1BC1与平面ACD1平行，故D正确．故选AD. 10．如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是(　　) 答案　BD 解析　在A中，AB与CE的夹角为45°，所以直线AB与平面CDE不垂直，故不符合题意；
在B中，AB⊥CE，AB⊥DE，CE∩DE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合题意；
在C中，AB与EC的夹角为60°，所以直线AB与平面CDE不垂直，故不符合题意；
在D中，AB⊥DE，AB⊥CE，DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，故符合题意．故选BD. 11．(2020·海南省高三三模)如图，四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论正确的有(　　) A．直线PB与平面AMC平行 B．直线PB与直线AD垂直 C．线段AM与线段CM长度相等 D．PB与AM所成角的余弦值为 答案　ABD 解析　如图，连接MN，易知MN∥PB，又MN⊂平面AMC，∴PB∥平面AMC，A正确；
在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，∴△BAD为等边三角形．设AD的中点为O，连接OB，OP，则OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又PB⊂平面POB，∴AD⊥PB，B正确；
由平面PAD⊥平面ABCD，得△POB为直角三角形，设AD＝4，则OP＝OB＝2，∴PB＝2，MN＝PB＝.在△MAN中，AM＝AN＝2，MN＝，可得cos ∠AMN＝，故异面直线PB与AM所成角的余弦值为，D正确；
∵cos ∠MNC＝－cos ∠MNA＝－cos ∠AMN＝－，又NC＝2，MN＝，∴－＝，得CM＝2>AM，C错误．故选ABD. 12．(2020·山东省威海市一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2.则(　　) A．平面PED⊥平面EBCD B．PC⊥ED C．二面角P－DC－B的大小为45° D．PC与平面PED所成角的正切值为 答案　AC 解析　A项，PD＝AD＝＝＝2，在三角形PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又CD⊥DE，可得CD⊥平面PED，CD⊂平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，正确；
B项，若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，则ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝45°，显然矛盾，故错误；
C项，二面角P－DC－B的平面角为∠PDE，又∠PDE＝∠ADE＝45°，故正确；
D项，由上面分析可知，∠CPD为直线PC与平面PED所成的角，在Rt△PCD中，tan ∠CPD＝＝，故错误．故选AC. 三、填空题 13．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，M，N分别为AA1，BB1的中点，则异面直线BM与C1N所成角的余弦值为________． 答案　 解析　如图，连接A1N，则A1N∥BM，所以异面直线BM与C1N所成的角就是直线A1N和C1N所成的角．由题意，得A1N＝C1N＝＝，在△A1C1N中，由余弦定理得cos ∠A1NC1＝＝.所以异面直线BM与C1N所成角的余弦值为. 14．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；
②m∥α；
③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________． 答案　若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α) 解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；
由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；
由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②. 15．已知四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC将△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F是AD′的中点，E是AC上一点，给出下列结论：
①存在点E，使得EF∥平面BCD′；

②存在点E，使得EF⊥平面ABC；

③存在点E，使得D′E⊥平面ABC；

④存在点E，使得AC⊥平面BD′E. 其中正确的结论是________(写出所有正确结论的序号). 答案　①②③ 解析　对于①，存在AC的中点E，使得EF∥CD′，利用线面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；
对于②，过点F作EF⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得EF⊥平面ABC；
对于③，过点D′作D′E⊥AC，垂足为E，利用面面垂直的性质定理可得D′E⊥平面ABC；
对于④，因为ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BD′E. 16．如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，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． 其中正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号). 答案　①③ 解析　如图，连接OC，∵SO⊥底面圆O，∴SO⊥AC，C在以AO为直径的圆上，∴AC⊥OC，∵OC∩SO＝O，∴AC⊥平面SOC，AC⊥SC，即△SAC为直角三角形，故①正确；
假设平面SAD⊥平面SBD，在平面SAD中过点A作AH⊥SD交SD于点H，则AH⊥平面SBD，∴AH⊥BD，又BD⊥AD，∴BD⊥平面SAD，又CO∥BD，∴CO⊥平面SAD，∴CO⊥SC，又在△SOC中，SO⊥OC，在一个三角形内不可能有两个直角，故平面SAD⊥平面SBD不成立，故②错误；
连接DO并延长交圆O于点E，连接PO，SE，∵P为SD的中点，O为ED的中点，∴OP是△SDE的中位线，∴PO∥SE，即SE∥平面PAB，即平面PAB必与圆锥SO的母线SE平行．故③正确．故正确是①③. 四、解答题 17.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，F是棱PA上的一动点，E为PD的中点． (1)求证：平面BDF⊥平面ACF；

(2)若AF＝2，侧面PAD内是否存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF，若存在，给出证明；
若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：由题意可知，PA⊥平面ABCD，则BD⊥PA，又底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA，AC为平面PAC内两相交直线，所以BD⊥平面PAC，BD为平面BDF内一直线，从而平面BDF⊥平面ACF. (2)侧面PAD内存在过点E的一条直线，使得直线上任一点M都有CM∥平面BDF. 设G是PF的中点，连接EG，CG，OF， 则⇒平面CEG∥平面BDF， 所以直线EG上任一点M都满足CM∥平面BDF. 18. (2020·河北省保定市二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的正方形，PA＝PD＝，E为PA的中点，点F在PD上且EF⊥平面PCD，M在DC延长线上，FH∥DM，交PM于点H，且FH＝1. (1)证明：EF∥平面PBM；

(2)求点M到平面ABP的距离. 解　(1)证明：取PB的中点G，连接EG，HG， 则EG∥AB，且EG＝1， ∵FH∥DM，且FH＝1 又AB∥DM，∴EG∥FH，EG＝FH， 即四边形EFHG为平行四边形， ∴EF∥GH. 又EF⊄平面PBM，GH⊂平面PBM， ∴EF∥平面PBM. (2)∵EF⊥平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴EF⊥CD. ∵AD⊥CD，EF和AD显然相交，EF，AD⊂平面PAD， ∴CD⊥平面PAD，CD⊂平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面PAD. 取AD的中点O，连接PO， ∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO⊂平面PAD， ∴PO⊥平面ABCD， ∵AB∥CD，∴AB⊥平面PAD， ∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥AB， 在等腰三角形PAD中， PO＝＝＝4. 设点M到平面ABP的距离为h，连接AM，利用等体积可得VM－ABP＝VP－ABM， 即××2××h＝××2×2×4， ∴h＝＝， ∴点M到平面PAB的距离为.