2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題練三核心熱點突破專題三立體幾何第2講空間中的平行與垂直含解析

PAGE專題三立體幾何第2講空間中的平行與垂直高考定位1.以幾何體為載體考查空間點、線、面位置關(guān)系的推斷，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，題目難度較??；2.以解答題的形式考查空間平行、垂直的證明，并與空間角的計算綜合命題.真題感悟1.(2024·全國Ⅲ卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則()A.BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C.BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線解析連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交.連接CM，設(shè)DE＝a，則EC＝DC＝a，MC＝eq\f(\r(3),2)a，∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，∴BC⊥平面EDC，則BD＝eq\r(2)a，BE＝eq\r(a2＋a2)＝eq\r(2)a，BM＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)＋a2)＝eq\f(\r(7),2)a，又EN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2))＝a，故BM≠EN.答案B2.(2024·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________.解析如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離.再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝eq\r(3)，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(（\r(3)）2－12)＝eq\r(2).答案eq\r(2)3.(2024·全國Ⅲ卷)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：(1)當(dāng)AB＝BC時，EF⊥AC；(2)點C1在平面AEF內(nèi).證明(1)如圖，連接BD，B1D1.因為AB＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因為BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如圖，在棱AA1上取點G，使得AG＝2GA1，連接GD1，F(xiàn)C1，F(xiàn)G.因為ED1＝eq\f(2,3)DD1，AG＝eq\f(2,3)AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四邊形ED1GA為平行四邊形，故AE∥GD1.因為B1F＝eq\f(1,3)BB1，A1G＝eq\f(1,3)AA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四邊形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四邊形FGD1C1為平行四邊形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A，E，F(xiàn)，C1四點共面，即點C1在平面AEF內(nèi).4.(2024·全國Ⅰ卷)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離.(1)證明連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解過點C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C?平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.又C1E∩DE＝E，所以CH⊥平面C1DE，故CH的長即為點C到平面C1DE的距離.由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).從而點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).考點整合1.直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)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)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.2.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)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)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.熱點一空間點、線、面位置關(guān)系【例1】(1)(2024·河南百校大聯(lián)考)如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方體的六個面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數(shù)分別記為m，n，則下列結(jié)論正確的是()A.m＝n B.m＝n＋2C.m＜n D.m＋n＜8(2)(2024·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.解析(1)直線CE?平面ABPQ，從而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE與正方體的其余四個面所在平面均相交，則m＝4.取CD的中點G，連接FG，EG.易證CD⊥平面EGF，又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，從而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，則EF與正方體其余四個面所在平面均相交，n＝4，故m＝n＝4.(2)已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可能與α平行，或l與α相交但不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.答案(1)A(2)若m∥α，l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α，答案不唯一)探究提高1.推斷空間位置關(guān)系命題的真假(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行推斷.(2)借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中視察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進行確定或否定.2.兩點留意：(1)平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中；(2)當(dāng)從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認的結(jié)論相沖突的命題，進而作出推斷.【訓(xùn)練1】(1)(2024·衡水中學(xué)調(diào)研)已知M是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中點，則下列是假命題的是()A.過點M有且只有一條直線與直線AB，B1C1都相交B.過點M有且只有一條直線與直線AB，B1C1都垂直C.過點M有且只有一個平面與直線AB，B1C1都相交D.過點M有且只有一個平面與直線AB，B1C1都平行(2)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，△PAB與△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，則下列結(jié)論不確定成立的是()A.BP⊥AC B.PD⊥平面ABCDC.AC⊥PD D.平面BDP⊥平面ABCD解析(1)在AB上取一點P，則平面PMC1與AB，B1C1都相交，這樣的平面有多數(shù)個，因此C是假命題.(2)取BP的中點O，連接OA，OC，如圖所示.則BP⊥OA，BP⊥OC，因為OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，又AC?平面OAC，所以BP⊥AC，故選項A確定成立.由AC⊥BP，AC⊥BD，BP∩BD＝B，∴AC⊥平面BDP，又PD?平面BDP，AC?平面ABCD.所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故C，D確定正確.從條件不確定推出PD⊥平面ABCD，選B.答案(1)C(2)B熱點二空間平行、垂直關(guān)系的證明【例2】(2024·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由.(1)證明因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.又因為AB∥CD，所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)解棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE.理由如下：取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG，則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.探究提高1.利用綜合法證明平行與垂直，關(guān)鍵是依據(jù)平行與垂直的判定定理及性質(zhì)定理來確定有關(guān)的線與面，假如所給的圖形中不存在這樣的線與面，要充分利用幾何性質(zhì)和條件連接或添加相關(guān)的線與面.2.垂直、平行關(guān)系的證明，主要是運用轉(zhuǎn)化與化歸思想，完成線與線、線與面、面與面垂直與平行的轉(zhuǎn)化.在論證過程中，不要忽視定理成立的條件，推理要嚴謹.【訓(xùn)練2】(2024·石家莊調(diào)研)如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F(xiàn)是CE的中點.(1)求證：BF∥平面ADP；(2)已知O是BD的中點，求證：BD⊥平面AOF.證明(1)如圖，取PD的中點為G，連接FG，AG，∵F是CE的中點，∴FG是梯形CDPE的中位線，∵CD＝3PE，∴FG＝2PE，F(xiàn)G∥CD，∵CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG，即四邊形ABFG是平行四邊形，∴BF∥AG，又BF?平面ADP，AG?平面ADP，∴BF∥平面ADP.(2)延長AO交CD于M，連接BM，F(xiàn)M，∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O為BD的中點，∴ABMD是正方形，則BD⊥AM，MD＝2PE.∴FM∥PD，∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，∴BD⊥平面AOF.熱點三平面圖形中的折疊問題【例3】圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的四邊形ACGD的面積.(1)證明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如圖，取CG的中點M，連接EM，DM.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM?平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，DE，EM?平面DEM，故CG⊥平面DEM.又DM?平面DEM，因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四邊形ACGD的面積為S＝2×2＝4.探究提高1.解決與折疊有關(guān)問題的關(guān)鍵是找出折疊前后的改變量和不變量，一般狀況下，折線同一側(cè)的線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生改變，抓住不變量是解決問題的突破口.2.在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形，擅長將折疊后的量放在原平面圖形中進行分析求解.【訓(xùn)練3】如圖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的中點，O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1－BCDE.(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1－BCDE的體積為36eq\r(2)，求a的值.(1)證明在圖1中，因為AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC，即在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱錐A1－BCDE的高，由圖1可知，A1O＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)a，平行四邊形BCDE的面積S＝BC·AB＝a2，從而四棱錐A1－BCDE的體積為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.熱點四空間線面關(guān)系的開放性問題【例4】(2024·九師聯(lián)盟檢測)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點，PD⊥BF.(1)求證：AD⊥PB；(2)若E在線段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D－CEG的體積；若不存在，請說明理由.(1)證明∵△PAD是等邊三角形，F(xiàn)是AD的中點，∴PF⊥AD.∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，∴BF⊥AD.又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP.由于PB?平面BFP，∴AD⊥PB.(2)解能在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，∴BF⊥平面PAD.又BF?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，PF?平面PAD，∴PF⊥平面ABCD.連接CF交DE于點H，過H作HG∥PF交PC于G，∴GH⊥平面ABCD.又GH?平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，∴eq\f(CH,HF)＝eq\f(CE,DF)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(CG,GP)＝eq\f(CH,HF)＝eq\f(1,2)，∴GH＝eq\f(1,3)PF＝eq\f(\r(3),3)，∴VD－CEG＝VG－CDE＝eq\f(1,3)S△CDE·GH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)DC·CE·sineq\f(π,3)·GH＝eq\f(1,12).探究提高1.求解探究性問題常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設(shè)成立，并可進一步證明；若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H狀況相沖突的結(jié)論，則說明假設(shè)不成立.2.解決空間線面關(guān)系的探究性問題，應(yīng)從平面圖形中的平行或垂直關(guān)系入手，把所探究的結(jié)論轉(zhuǎn)化為平面圖形中線線關(guān)系，從而確定探究的結(jié)果.【訓(xùn)練4】如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均為等邊三角形，且平面PDC⊥平面BDC.(1)在棱PB上是否存在點E，使得AE∥平面PDC？若存在，試確定點E的位置；若不存在，試說明理由；(2)若△PBC的面積為eq\f(\r(15),2)，求四棱錐P－ABCD的體積.解(1)存在.當(dāng)點E為棱PB的中點，使得AE∥平面PDC.理由如下：如圖所示，取PB的中點E，連接AE，取PC的中點F，連接EF，DF，取BC的中點G，連接DG.因為△BCD是等邊三角形，所以∠DGB＝90°.因為∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四邊形ABGD為矩形，所以AD＝BG＝eq\f(1,2)BC，AD∥BC.因為EF為△BCP的中位線，所以EF＝eq\f(1,2)BC，且EF∥BC，故AD＝EF，且AD∥EF，所以四邊形ADFE是平行四邊形，從而AE∥DF，又AE?平面PDC，DF?平面PDC，所以AE∥平面PDC.(2)取CD的中點M，連接PM，過點P作PN⊥BC交BC于點N，連接MN，如圖所示.因為△PDC為等邊三角形，所以PM⊥DC.因為PM⊥DC，平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC，PM?平面PDC，所以PM⊥平面BCD，則PM為四棱錐P－ABCD的高.又BC?平面BCD，所以PM⊥BC.因為PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN?平面PMN，PM?平面PMN，所以BC⊥平面PMN.因為MN?平面PMN，所以MN⊥BC.由M為DC的中點，易知NC＝eq\f(1,4)BC.設(shè)BC＝x，則△PBC的面積為eq\f(x,2)·eq\r(x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2)，解得x＝2，即BC＝2，所以AD＝1，AB＝DG＝PM＝eq\r(3).故四棱錐P－ABCD的體積為V＝eq\f(1,3)×S梯形ABCD×PM＝eq\f(1,3)×eq\f(（1＋2）×\r(3),2)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).A級鞏固提升一、選擇題1.設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是()A.α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C.α，β平行于同一條直線D.α，β垂直于同一平面解析若α∥β，則α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行，當(dāng)α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行時，α與β可能相交；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件.依據(jù)兩平面平行的判定定理知，若一個平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個平面平行，則兩平面平行，反之也成立.因此B中條件是α∥β的充要條件.答案B2.(2024·東北三校一聯(lián))已知α，β是兩個不同的平面，直線m?α，下列命題正確的是()A.若α⊥β，則m∥β B.若α⊥β，則m⊥βC.若m∥β，則α∥β D.若m⊥β，則α⊥β解析若m?α，α⊥β，則m∥β或m與β相交或m?β，所以A，B錯誤.若m?α，m∥β，則α∥β或α與β相交，所以C錯誤.由面面垂直的判定定理可知D正確.故選D.答案D3.(2024·青島質(zhì)檢)已知四棱錐P－ABCD的全部棱長均相等，點E，F(xiàn)分別在線段PA，PC上，且EF∥底面ABCD，則異面直線EF與PB所成角的大小為()A.30° B.45° C.60° D.90°解析連接AC，BD.設(shè)AC∩BD＝O.因為EF?平面PAC，平面PAC∩平面ABCD＝AC，且EF∥底面ABCD，所以EF∥AC.由四邊形ABCD為菱形，得AC⊥BD.連接OP.因為O為AC的中點，PA＝PC，所以PO⊥AC.又BD∩OP＝O，所以AC⊥平面PBD，所以AC⊥PB.又EF∥AC，所以EF⊥PB，即異面直線EF與PB所成角的大小為90°.故選D.答案D4.(多選題)(2024·濟寧模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則()A.直線D1D與直線AF垂直B.直線A1G與平面AEF平行C.平面AEF截正方體所得的截面面積為eq\f(9,8)D.點C與點G到平面AEF的距離相等解析連接AD1，D1F，則AD1∥EF，平面AEF即為平面AEFD1.明顯DD1不垂直于平面AEFD1，∴直線DD1與直線AF不垂直，故A錯誤.∵A1G∥D1F，A1G?平面AEFD1，∴A1G∥平面AEFD1，即A1G∥平面AEF，故B正確.平面AEF截正方體所得截面為等腰梯形AEFD1，易知梯形AEFD1的面積為eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\r(2)))×eq\f(3\r(2),4)＝eq\f(9,8)，故C正確.記點C與點G到平面AEF的距離分別為h1，h2，∵VC－AEF＝eq\f(1,3)·S△AEF·h1＝VA－CEF＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,24)，VG－AEF＝eq\f(1,3)·S△AEF·h2＝VA－GEF＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)，∴h1≠h2，故D錯誤.故選BC.答案BC5.(多選題)(2024·濟南一模)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為棱CC1上的動點(點P不與點C，C1重合)，過點P作平面α分別與棱BC，CD交于M，N兩點，若CP＝CM＝CN，則下列說法正確的是()A.A1C⊥平面αB.存在點P，使得AC1∥平面αC.存在點P，使得點A1到平面α的距離為eq\f(5,3)D.用過點P，M，D1的平面去截正方體，得到的截面確定是梯形解析連接BC1，BD，DC1，AD1，D1P.因為CM＝CN，CB＝CD，所以eq\f(CM,CB)＝eq\f(CN,CD)，所以MN∥BD.又MN?平面C1BD，BD?平面C1BD，所以MN∥平面C1BD.同理可證MP∥BC1，MP∥平面C1BD.又MN∩MP＝M，MN，MP?平面α，所以平面C1BD∥平面α.易證AC1⊥平面C1BD，所以A1C⊥平面α，A正確.又AC1∩平面C1BD＝C1，所以AC1與平面α相交，不存在點P，使得AC1∥平面α，B不正確.因為|A1C|＝eq\r(12＋12＋12)＝eq\r(3)，所以點A1到平面α的距離的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|A1C|,2)，|A1C|))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3))).又eq\f(\r(3),2)<eq\f(5,3)<eq\r(3)，所以存在點P，使得點A1到平面α的距離為eq\f(5,3)，C正確.因為AD1∥BC1，所以MP∥AD1，所以用過點P，M，D1的平面去截正方體得到的截面是四邊形AD1PM.又AD1∥MP，且AD1≠MP，所以截面為梯形，D正確.故選ACD.答案ACD二、填空題6.如圖，在空間四邊形ABCD中，點M∈AB，點N∈AD，若eq\f(AM,MB)＝eq\f(AN,ND)，則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是______.解析由eq\f(AM,MB)＝eq\f(AN,ND)，得MN∥BD.而BD?平面BDC，MN?平面BDC，所以MN∥平面BDC.答案平行7.(2024·衡水中學(xué)檢測)已知圓錐的頂點為S，頂點S在底面的射影為O，軸截面SAB是邊長為2的等邊三角形，則該圓錐的側(cè)面積為________，點D為母線SB的中點，點C為弧AB的中點，則異面直線CD與OS所成角的正切值為________.解析設(shè)該圓錐底面圓的半徑為r，則2r＝AB＝2，即r＝1，所以S圓錐側(cè)＝πr×SA＝2π.如圖，取OB的中點E，連接CD，DE，CE，OC，則DE∥OS，DE＝eq\f(1,2)OS，即∠CDE(或其補角)為OS與CD所成的角.OS＝ASsin60°＝eq\r(3)，∴DE＝eq\f(\r(3),2)，CE＝eq\r(OC2＋OE2)＝eq\f(\r(5),2).因此tan∠CDE＝eq\f(CE,DE)＝eq\f(\r(15),3).答案2πeq\f(\r(15),3)8.(2024·漳州適應(yīng)性測試)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，點P是AA1的中點，點M在側(cè)面AA1B1B內(nèi)，若D1M⊥CP，則△BCM面積的最小值為________.解析如圖，取AB的中點N，AD的中點Q，連接D1Q，QN，B1N，AC.由于CP在面ABCD內(nèi)的射影為AC，QN⊥AC，故QN⊥CP.因為CP在面ADD1A1內(nèi)的射影為DP，D1Q⊥DP，所以D1Q⊥CP.故由QN⊥CP，D1Q⊥CP，D1Q∩QN＝Q，得CP⊥平面D1QNB1.要使CP⊥D1M，必需點M在平面D1QNB1內(nèi)，又點M在側(cè)面AA1B1B內(nèi)，所以點M在平面D1QNB1與平面AA1B1B的交線上，即M∈B1N.因為CB⊥平面ABB1A1，所以CB⊥BM，所以S△BCM＝eq\f(1,2)×CB×BM.當(dāng)BM⊥B1N時，BM最小，此時，△BCM的面積最小.又BB1＝4，BN＝2，故B1N＝2eq\r(5).由Rt△B1BN的面積可得BM＝eq\f(2×4,2\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)，所以S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\f(4\r(5),5)＝eq\f(8\r(5),5).答案eq\f(8\r(5),5)三、解答題9.如圖所示，AB為圓O的直徑，點E，F(xiàn)在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圓O所在平面垂直，已知AB＝2，EF＝1.(1)求證：平面DAF⊥平面CBF；(2)若BC＝1，求四棱錐F－ABCD的體積.(1)證明因為AB為圓O的直徑，點F在圓O上，所以AF⊥BF.又矩形ABCD所在平面和圓O所在平面垂直，且兩平面的交線為AB，CB⊥AB，CB?平面ABCD，所以CB⊥圓O所在平面，所以AF⊥BC.又BC，BF為平面CBF內(nèi)兩條相交直線，所以AF⊥平面CBF.又AF?平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF.(2)解連接OE，OF，如圖所示，因為AB＝2，EF＝1，AB∥EF，則四邊形OEFA為菱形，所以AF＝OE＝OA＝1，所以AF＝OA＝OF＝1，則△OAF為等邊三角形.在等邊三角形OAF中，點F到邊OA的距離為eq\f(\r(3),2).又矩形ABCD所在平面和圓O所在平面垂直，且兩平面的交線為AB，所以點F到邊OA的距離即四棱錐F－ABCD的高，所以四棱錐F－ABCD的高h＝eq\f(\r(3),2).又BC＝1，所以矩形ABCD的面積S＝AB×BC＝2×1＝2.故V四棱錐F－ABCD＝eq\f(1,3)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3).10.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點.(1)求證：PE⊥BC；(2)求證：平面PAB⊥平面PCD；(3)求證：EF∥平面PCD.證明(1)因為PA＝PD，E為AD的中點，所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因為底面ABCD為矩形，所以AB⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，且PD?平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD，且PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.又PD?平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如圖，取PC中點G，連接FG，DG.因為F，G分別為PB，PC的中點，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC.因為ABCD為矩形，且E為AD的中點，所以DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC.所以DE∥FG，且DE＝FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG.又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD，所以EF∥平面PCD.B級實力突破11.(多選題)(2024·東營質(zhì)檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，過體對角