资源简介 培优课 空间位置关系的综合问题1.如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFB1-HGC1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（ ）A.EH∥FG B.四边形EFGH是矩形C.Ω是棱柱 D.Ω是棱台2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，平面AB1D1到平面BC1D的距离为（ ）A. B. C. D.3.如图，四棱台ABCD-A'B'C'D'的底面为正方形，M为CC'的中点，点N在线段AB上，AB＝4BN.若MN∥平面ADD'A'，则此棱台上下底面边长的比值为（ ）A. B.C. D.4.如图，定点A，B都在平面α内，定点P α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则动点C在平面α内的轨迹是（ ）A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点C.一段弧，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点5.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与BC1夹角的大小是（ ）A.60° B.75°C.90° D.105°6.（2022·浙江高考8题）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则（ ）A.α≤β≤γ B.β≤α≤γC.β≤γ≤α D.α≤γ≤β7.（多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G，H，I分别为棱AB，CD，BC，A1D1，AD的中点，则下列结论正确的是（ ）A.A1E∥D1FB.A1E∥HFC.EG∥平面D1IFD.A1E∥平面D1FGB18.（多选）如图，圆柱的轴截面是四边形ABCD，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论正确的是（ ）A.AE⊥CE B.BE⊥DEC.DE⊥平面CEB D.平面ADE⊥平面BCE9.（多选）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段AB1上的动点，以下结论正确的有（ ）A.BD∥平面AD1PB.D1P⊥A1CC.D1P与C1D所成角的取值范围为D.P是AB1中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大10.如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a的值等于 .11.如图，在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，则AD到平面PBC的距离为 .12.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列说法正确的是 （写出所有正确说法的编号）.①当0＜CQ＜时，S为四边形；②当CQ＝时，S为等腰梯形；③当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝；④当＜CQ＜1时，S为六边形；⑤当CQ＝1时，S的面积为.13.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面相交于CD，M是上异于C，D的点.在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.14.如图，平行四边形ABCD的边AD所在的直线与菱形ABEF所在的平面垂直，且GB＝GE，AE＝AF.（1）求证：平面ACG⊥平面ADF；（2）若AF＝2， ，求二面角C-AG-F的余弦值.从①BC＝AB，②BC＝AG这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题.注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.15.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝a，PA⊥底面ABCD.（1）当a为何值时，BD⊥平面PAC？证明你的结论；（2）若在BC边上至少存在一点M，使PM⊥DM，求a的取值范围.培优课 空间位置关系的综合问题1.D 由题意可知，截去的几何体为三棱柱.根据棱台的性质（各侧棱延长之后，必交于一点，即棱台可以还原成棱锥），可知几何体Ω不是棱台.2.C 因为两平面平行，所以原问题等价于求解点C1到平面AB1D1的距离h，由等体积法可得＝，即h×××22×sin 60°＝××××，解得h＝，即平面AB1D1到平面BC1D的距离为.3.D 设E为CD的中点，G为EC的中点，连接MG，NG，C'E，则NG∥AD，则平面MNG∥平面ADD'A'.又平面DCC'D'分别交平面MNG和平面ADD'A'于直线MG，DD'，则MG∥DD'.因为E为CD的中点，G为EC的中点，M为CC'的中点，所以DD'∥C'E∥MG.所以四边形DEC'D'为平行四边形，棱台上下底面边长的比值为.4.B 如图，连接BC，因为PB⊥α，AC α，所以PB⊥AC，又PC⊥AC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，又CB 平面PBC，故CB⊥AC，因为A，B是平面α上的定点，所以点C在α内的轨迹是以AB为直径的圆，又C是α内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A，B两个点，所以B正确.故选B.5.C 设BB1＝1，如图，延长CC1至C2，使C1C2＝CC1＝1，连接B1C2，AC2，则B1C2∥BC1，所以∠AB1C2（或其补角）为AB1与BC1的夹角，易知AB1＝，B1C2＝，AC2＝，所以A＝A＋B1，则∠AB1C2＝90°.故选C.6.A 如图，过点F作FG⊥AC于点G，过点G作GH⊥BC于点H，连接FH，EG，FC.易得FG AA1，∴α＝∠GFE，FG⊥平面ABC，∴FG⊥GH，FG⊥EG，FG⊥BC.∵GH⊥BC，FG⊥BC，FG∩GH＝G，∴BC⊥平面FGH，∴BC⊥FH.∵FG⊥平面ABC，FH⊥BC，GH⊥BC，平面FEC∩平面BCA＝BC，∴β＝∠FEG，γ＝∠FHG.∵AA1＝AC＝FG，∴tan α＝＝，tan β＝＝，tan γ＝＝.易得AC≥EG，EG≥GH，即tan γ≥tan β≥tan α.由题意，得α，β，γ∈，∴γ≥β≥α.故选A.7.ACD 连接FE（图略），因为E，F分别为AB，CD的中点，所以FE AD.又AD A1D1，所以FE A1D1，所以四边形FEA1D1为平行四边形，所以A1E∥D1F，故A正确；显然A1E与HF为相交直线，故B错误；易证EG∥IF，又IF 平面D1IF，EG 平面D1IF，所以EG∥平面D1IF，故C正确；因为A1E∥D1F，D1F 平面D1FGB1，A1E 平面D1FGB1，所以A1E∥平面D1FGB1，故D正确.故选A、C、D.8.ABD 由AB是底面圆的直径，得∠AEB＝90°，即AE⊥EB.∵圆柱的轴截面是四边形ABCD，∴AD⊥底面AEB，BE 底面AEB，∴BE⊥AD.又AD∩AE＝A，AD，AE 平面ADE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥DE.同理可得，AE⊥CE，易得平面BCE⊥平面ADE.∴A、B、D正确.∵AD∥BC，∴∠ADE（或其补角）为DE与CB的夹角，显然∠ADE≠90°，∴DE⊥平面CEB不正确，即C错误.故选A、B、D.9.ABD 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD∥B1D1，BD 平面AD1B1，B1D1 平面AD1B1，所以BD∥平面AD1B1，因为点P是线段AB1上的动点，所以平面AD1P＝平面AD1B1，即BD∥平面AD1P，故A正确；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，AA1⊥B1D1 B1D1⊥平面A1C1CA B1D1⊥A1C，同理可证AD1⊥A1C，从而A1C⊥平面AD1B1，因为点P是线段AB1上的动点，所以D1P 平面AD1B1，因此D1P⊥A1C，故B正确；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以D1P与C1D所成角为D1P与AB1所成角，而△AD1B1为正三角形，所以D1P与C1D所成角的取值范围为，故C错误；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以当P到B距离最小时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，即P是AB1中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，故D正确，故选A、B、D.10.2 解析：如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQ.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DQ，∵PQ⊥DQ，∴DQ⊥平面PAQ，∴DQ⊥AQ.∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上，又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，∴BC与圆O相切（否则相交就有两点满足垂直，矛盾），∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ＝AB＝1，∴BC＝AD＝2，即a＝2.11. 解析：因为AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC，所以AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离，因为侧棱PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，即AB⊥BC，因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，因为PA＝AB＝BC＝2，所以PB＝2，设点A到平面PBC的距离为d，则由V三棱锥P-ABC＝V三棱锥A-PBC得PA·S△ABC＝d·S△PBC，所以×2××2×2＝d××2×2，得d＝，所以AD到平面PBC的距离为.12.①②③⑤ 解析：连接AP，PQ.对于①，当0＜CQ＜时，如图（1）.在平面AA1D1D内，过点A作AE∥PQ，交DD1于点E，连接EQ，则S是四边形APQE.对于②，当CQ＝时，如图（2）.连接D1Q，D1A，BC1，显然PQ∥BC1∥AD1，且PQ＝BC1＝AD1，AP＝D1Q，则S是等腰梯形.对于③，当CQ＝时，如图（3）.过点B作BF∥PQ交线段CC1的延长线于点F，则C1F＝.过点A作AE∥BF交线段DD1的延长线于点E，则D1E＝，AE∥PQ.连接EQ交C1D1于点R，易知Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，则C1Q∶D1E＝C1R∶RD1＝1∶2，故C1R＝.对于④，当＜CQ＜1时，由③易知S为五边形.对于⑤，当CQ＝1时，如图（4）.同③可过点A作AE∥PQ交线段DD1的延长线于点E，交A1D1于点M，显然点M为线段A1D1的中点，所以S为菱形APQM，易得其面积为.综上，正确说法的编号是①②③⑤.13.解：存在，当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：如图，连接AC，BD交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点.连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC 平面PBD，OP 平面PBD，所以MC∥平面PBD.14.解：（1）证明：∵AE＝AF，∴AE＝AB＝EB，∴△ABE是等边三角形.∵GB＝GE，∴G为BE中点，故AG⊥BE，∴AG⊥AF.∵AD⊥平面ABEF，∴AD⊥AG，∵AF∩AD＝A，∴AG⊥平面ADF，∵AG 平面ACG，∴平面ACG⊥平面ADF.（2）选①.由（1）知AG⊥平面ADF，∵BC∥AD，BE∥AF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF，∴AG⊥平面BCE，∵CG 平面BCE，GE 平面BCE，∴AG⊥CG，AG⊥GE，∴∠CGE即为二面角C-AG-F的平面角.∵BC＝AB＝2，BG＝1，∴CG＝3，∴cos∠CGB＝，∴cos∠CGE＝－，∴二面角C-AG-F的余弦值为－.选②.由（1）得AG⊥平面ADF，∵BC∥AD，BE∥AF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF，∴AG⊥平面BCE，∵CG 平面BCE，GE 平面BCE，∴AG⊥CG，AG⊥GE，∴∠CGE即为二面角C-AG-F的平面角.∵BC＝AG＝，BG＝1，∴CG＝2，∴cos∠CGE＝－，∴二面角C-AG-F的余弦值为－.15.解：（1）当a＝2时，四边形ABCD为正方形，则BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥PA，又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.故当a＝2时，BD⊥平面PAC.（2）设M是符合条件的BC边上的点.因为PA⊥平面ABCD，DM 平面ABCD，所以DM⊥PA，连接AM（图略），又PM⊥DM，PA∩PM＝P，所以DM⊥平面PAM，又AM 平面PAM，所以DM⊥AM.因此，M点应是以AD为直径的圆和BC边的一个公共点，则AD≥2AB，即a≥4，所以a的取值范围为[4，＋∞）.3 / 3培优课 空间位置关系的综合问题题型一 求二面角【例1】 如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.（1）证明：DB⊥平面AEF；（2）求二面角A-DB-C的大小.尝试解答通性通法求二面角大小的步骤（1）“作”：作出二面角的平面角；（2）“证”：证明所作的角是二面角的平面角；（3）“算”：解三角形，求出这个角的大小.【跟踪训练】如图，△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，且CD＝2.（1）求证：平面ABC⊥平面ABD；（2）求二面角A-BC-D的余弦值.题型二 求点或直线到平面的距离【例2】 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝AD＝AP＝CD＝2，E为PC的中点.（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）求直线AB到平面PCD的距离.尝试解答通性通法求点或直线到平面距离的方法（1）直接法（也称定义法）：即直接找出或作出“点面距离”，按“一找、二证、三计算”的步骤完成，用此方法的关键在于如何找出或作出这一垂线段；（2）转移法：转移法是指将此点到平面的距离转化为求另一点到该平面的距离.在直接法不易求解时，可考虑利用与平面平行的直线上各点到该平面的距离相等进行转化.【跟踪训练】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，M，N分别为PC，CD的中点，PD＝AD＝2，AB＝4.（1）求证：BN⊥AM；（2）求点P到平面AMD的距离.题型三 探究性问题【例3】 如图，四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝120°，PA⊥底面ABCD，AB＝2，PA＝.（1）求证：平面PBD⊥平面PAC；（2）在线段PC上是否存在一点E，使PC⊥平面EBD成立？如果存在，求出EC的长；如果不存在，请说明理由.尝试解答通性通法 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.【跟踪训练】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，M分别是棱B1C1，BB1，C1D1的中点.（1）求证：E，M，B，D四点共面；（2）是否存在过点E，M且与平面A1FC平行的平面？若存在，请作出这个平面并证明，若不存在，请说明理由.题型四 折叠问题【例4】 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC，∠ABC＝120°，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A'DE，使平面A'DE⊥平面EBCD，F为线段A'C的中点.（1）求证：BF∥平面A'DE；（2）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A'DE夹角的大小.尝试解答通性通法 解决平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折（转）后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能发生变化.应注意：（1）点的变化，点与点的重合及点的位置变化；（2）线的变化，翻折（转）前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在同一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；（3）长度、角度等几何量的变化.【跟踪训练】如图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.（1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图②中的四边形ACGD的面积.培优课 空间位置关系的综合问题【典型例题·精研析】【例1】 解：（1）证明：因为DA⊥底面ABC，BC 底面ABC，所以DA⊥BC.又因为AC＝BC＝1，AB＝，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又DA∩AC＝A，所以BC⊥平面DAC.又AE 平面DAC，所以BC⊥AE.又DA＝AC，E是DC的中点，所以AE⊥DC.因为AE⊥BC，AE⊥DC，BC∩DC＝C，所以AE⊥平面DBC.又DB 平面DBC，所以AE⊥DB.因为EF⊥DB，AE⊥DB，AE∩EF＝E，所以DB⊥平面AEF.（2）由（1）可知DB⊥AF，且EF⊥DB，故∠EFA为二面角A-DB-C的平面角.因为AC＝BC＝DA＝1，所以DC＝，所以AE＝＝.因为DA＝1，AB＝，DA⊥AB，所以DB＝，AF＝＝.因为EF⊥DB，E是DC的中点，DC＝，DB＝，BC＝1，所以DC⊥BC，所以△DFE∽△DCB，则＝，所以EF＝.由余弦定理得cos ∠EFA＝＝，所以∠EFA＝60°，即二面角A-DB-C的大小为60°.跟踪训练 解：（1）证明：如图，取AB的中点O，连接OC，OD.因为△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，所以OC⊥AB，OD⊥AB，所以∠COD是二面角C-AB-D的平面角.在△OCD中，因为OC＝，OD＝1，CD＝2，所以OC2＋OD2＝CD2，所以∠COD＝90°.所以平面ABC⊥平面ABD.（2）如图，过点O作OM⊥BC交BC于点M，连接DM，由（1）可知DO⊥平面ABC.又BC 平面ABC，所以BC⊥DO.由OM∩DO＝O，OM，DO 平面DOM，所以BC⊥平面DOM.因为DM 平面DOM，所以BC⊥DM，则∠OMD为二面角A-BC-D的平面角.在Rt△OMD中，OD＝1，OM＝，由勾股定理得DM＝，所以二面角A-BC-D的余弦值为cos ∠OMD＝＝.【例2】 解：（1）证明：如图，取PD的中点F，连接AF，EF.又E为PC的中点，所以EF是△PCD的中位线，所以EF∥CD且EF＝CD.又AB∥CD且AB＝CD，所以EF∥AB且EF＝AB.所以四边形ABEF是平行四边形，所以BE∥AF.因为AD＝AP，F为PD的中点，所以AF⊥PD.因为AD⊥AB，AB∥CD，所以AD⊥CD.因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.因为AF 平面PAD，所以CD⊥AF.又PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD.又BE∥AF，所以BE⊥平面PCD.（2）因为AB∥CD，CD 平面PCD，AB 平面PCD，所以AB∥平面PCD.所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离.由（1）得AF⊥平面PCD，则AF的长等于点A到平面PCD的距离.因为AB＝AD＝AP＝CD＝2，所以AF＝PD＝＝.所以点A到平面PCD的距离为，即直线AB到平面PCD的距离为.跟踪训练 解：（1）证明：如图，连接MN，AN，因为M，N分别为PC，CD的中点，所以MN∥PD.因为PD⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.因为BN 平面ABCD，所以MN⊥BN.因为四边形ABCD为矩形且AD＝2，DN＝CN＝2，所以AN＝BN＝2，所以在△ABN中，AN2＋BN2＝AB2，即AN⊥BN.又MN∩AN＝N，所以BN⊥平面AMN.又AM 平面AMN，所以BN⊥AM.（2）如图，过点P作PE⊥DM，垂足为E.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.因为AD⊥CD，PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD.因为PE 平面PCD，所以AD⊥PE.又AD∩DM＝D，所以PE⊥平面ADM，所以PE的长即为点P到平面AMD的距离.因为M为PC的中点，所以S△PDM＝S△PDC＝2，DM＝PC＝，又S△PDM＝PE·DM，所以PE＝，所以点P到平面AMD的距离为.【例3】 解：（1）证明：因为四棱锥P-ABCD的底面为菱形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥PA.因为PA，AC 平面PAC，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.又BD 平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.（2）假设在线段PC上存在一点E，使PC⊥平面EBD成立.如图，设AC∩BD＝O.因为PC⊥平面EBD，EO 平面EBD，所以EO⊥PC.易知△COE∽△CPA，所以＝.因为四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝120°，AB＝2，PA＝，所以AC＝2CO＝2，PC＝＝，所以CE＝＝＝，即在线段PC上存在一点E，使PC⊥平面EBD成立，此时CE＝.跟踪训练解：（1）证明：如图，连接BD，B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，所以BD∥B1D1.又点E，M分别是棱B1C1，C1D1的中点，所以ME∥B1D1，所以BD∥ME，所以E，M，B，D四点共面.（2）如图，在棱C1C上取靠近C1的四等分点P，连接EP，PM，则平面EMP∥平面A1FC，平面EMP即为所求.证明如下：如图，取C1C的中点G，连接FG，D1G，连接A1C1交EM于点N，连接NP.由题意，易得FG∥A1D1且FG＝A1D1，所以四边形A1FGD1为平行四边形，所以A1F∥GD1.又点P为C1G的中点，点M为C1D1的中点，所以PM∥GD1，所以PM∥A1F.又PM 平面A1FC，A1F 平面A1FC，所以PM∥平面A1FC.在△B1C1D1中，EM为中位线，所以点N为A1C1靠近点C1的四等分点，则＝＝，所以A1C∥PN.又PN 平面A1FC，A1C 平面A1FC，所以PN∥平面A1FC.又PN∩PM＝P，PN，PM 平面EMP，所以平面EMP∥平面A1FC.【例4】 解：（1）证明：取A'D的中点G，连接GF，GE（图略）.由已知易得FG＝CD，且FG∥CD.又BE＝CD，且BE∥CD，所以FG∥BE且FG＝BE.所以四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG.因为EG 平面A'DE，BF 平面A'DE，所以BF∥平面A'DE.（2）在平行四边形ABCD中，设BC＝a，则AB＝CD＝2a，AD＝AE＝EB＝a，连接CE，A'M（图略）.因为∠ABC＝120°，所以在△BCE中，可得CE＝a.在△ADE中，可得DE＝a.在△CDE中，因为CD2＝CE2＋DE2，所以CE⊥DE.在正三角形A'DE中，M为DE的中点，所以A'M⊥DE.由平面A'DE⊥平面EBCD，且平面A'DE∩平面EBCD＝DE，A'M 平面A'DE，可知A'M⊥平面EBCD，所以A'M⊥CE.取A'E的中点N，连接NM，NF（图略），则NF∥CE，所以NF⊥DE，NF⊥A'M.因为DE∩A'M＝M，所以NF⊥平面A'DE，则∠FMN为直线FM与平面A'DE的夹角.在Rt△FNM中，NF＝a，MN＝a，则FM＝a，cos∠FMN＝，所以∠FMN＝60°.所以直线FM与平面A'DE的夹角为60°.跟踪训练 解：（1）证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC 平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE.又因为CG 平面BCGE，所以DE⊥CG.由已知得四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，则EM⊥CG.又EM∩DE＝E，EM 平面DEM，DE 平面DEM，所以CG⊥平面DEM.由于DM 平面DEM，因此DM⊥CG.因为DE⊥平面BCGE，EM 平面BCGE，所以DE⊥EM.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.3 / 3(共80张PPT)培优课 空间位置关系的综合问题目录典型例题·精研析01知能演练·扣课标02典型例题·精研析01课堂互动 关键能力提升题型一 求二面角【例1】 如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝ ，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.（1）证明：DB⊥平面AEF；解：证明：因为DA⊥底面ABC，BC 底面ABC，所以DA⊥BC.又因为AC＝BC＝1，AB＝ ，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又DA∩AC＝A，所以BC⊥平面DAC.又AE 平面DAC，所以BC⊥AE.又DA＝AC，E是DC的中点，所以AE⊥DC.因为AE⊥BC，AE⊥DC，BC∩DC＝C，所以AE⊥平面DBC.又DB 平面DBC，所以AE⊥DB.因为EF⊥DB，AE⊥DB，AE∩EF＝E，所以DB⊥平面AEF.（2）求二面角A-DB-C的大小.解：由（1）可知DB⊥AF，且EF⊥DB，故∠EFA为二面角A-DB-C的平面角.因为AC＝BC＝DA＝1，所以DC＝ ，所以AE＝ ＝ .因为DA＝1，AB＝ ，DA⊥AB，所以DB＝ ，AF＝ ＝ .因为EF⊥DB，E是DC的中点，DC＝ ，DB＝ ，BC＝1，所以DC⊥BC，所以△DFE∽△DCB，则 ＝ ，所以EF＝ .由余弦定理得cos ∠EFA＝ ＝ ，所以∠EFA＝60°，即二面角A-DB-C的大小为60°.通性通法求二面角大小的步骤（1）“作”：作出二面角的平面角；（2）“证”：证明所作的角是二面角的平面角；（3）“算”：解三角形，求出这个角的大小.【跟踪训练】如图，△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，且CD＝2.（1）求证：平面ABC⊥平面ABD；解：证明：如图，取AB的中点O，连接OC，OD.因为△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，所以OC⊥AB，OD⊥AB，所以∠COD是二面角C-AB-D的平面角.在△OCD中，因为OC＝ ，OD＝1，CD＝2，所以OC2＋OD2＝CD2，所以∠COD＝90°.所以平面ABC⊥平面ABD.（2）求二面角A-BC-D的余弦值.解：如图，过点O作OM⊥BC交BC于点M，连接DM，由（1）可知DO⊥平面ABC.又BC 平面ABC，所以BC⊥DO.由OM∩DO＝O，OM，DO 平面DOM，所以BC⊥平面DOM.因为DM 平面DOM，所以BC⊥DM，则∠OMD为二面角A-BC-D的平面角.在Rt△OMD中，OD＝1，OM＝ ，由勾股定理得DM＝ ，所以二面角A-BC-D的余弦值为cos ∠OMD＝ ＝ .题型二 求点或直线到平面的距离【例2】 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝AD＝AP＝ CD＝2，E为PC的中点.（1）求证：BE⊥平面PCD；解：证明：如图，取PD的中点F，连接AF，EF.又E为PC的中点，所以EF是△PCD的中位线，所以EF∥CD且EF＝ CD.又AB∥CD且AB＝ CD，所以EF∥AB且EF＝AB.所以四边形ABEF是平行四边形，所以BE∥AF.因为AD＝AP，F为PD的中点，所以AF⊥PD.因为AD⊥AB，AB∥CD，所以AD⊥CD.因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.因为AF 平面PAD，所以CD⊥AF.又PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD.又BE∥AF，所以BE⊥平面PCD.（2）求直线AB到平面PCD的距离.解：因为AB∥CD，CD 平面PCD，AB 平面PCD，所以AB∥平面PCD.所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离.由（1）得AF⊥平面PCD，则AF的长等于点A到平面PCD的距离.因为AB＝AD＝AP＝ CD＝2，所以AF＝ PD＝ ＝ .所以点A到平面PCD的距离为 ，即直线AB到平面PCD的距离为 .通性通法求点或直线到平面距离的方法（1）直接法（也称定义法）：即直接找出或作出“点面距离”，按“一找、二证、三计算”的步骤完成，用此方法的关键在于如何找出或作出这一垂线段；（2）转移法：转移法是指将此点到平面的距离转化为求另一点到该平面的距离.在直接法不易求解时，可考虑利用与平面平行的直线上各点到该平面的距离相等进行转化.【跟踪训练】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，M，N分别为PC，CD的中点，PD＝AD＝2，AB＝4.（1）求证：BN⊥AM；解：证明：如图，连接MN，AN，因为M，N分别为PC，CD的中点，所以MN∥PD.因为PD⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.因为BN 平面ABCD，所以MN⊥BN.因为四边形ABCD为矩形且AD＝2，DN＝CN＝2，所以AN＝BN＝2 ，所以在△ABN中，AN2＋BN2＝AB2，即AN⊥BN.又MN∩AN＝N，所以BN⊥平面AMN.又AM 平面AMN，所以BN⊥AM.（2）求点P到平面AMD的距离.解：如图，过点P作PE⊥DM，垂足为E.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.因为AD⊥CD，PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD.因为PE 平面PCD，所以AD⊥PE.又AD∩DM＝D，所以PE⊥平面ADM，所以PE的长即为点P到平面AMD的距离.因为M为PC的中点，所以S△PDM＝ S△PDC＝2，DM＝ PC＝ ，又S△PDM＝ PE·DM，所以PE＝ ，所以点P到平面AMD的距离为 .题型三 探究性问题【例3】 如图，四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝120°，PA⊥底面ABCD，AB＝2，PA＝ .（1）求证：平面PBD⊥平面PAC；解：证明：因为四棱锥P-ABCD的底面为菱形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥PA.因为PA，AC 平面PAC，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.又BD 平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.（2）在线段PC上是否存在一点E，使PC⊥平面EBD成立？如果存在，求出EC的长；如果不存在，请说明理由.解：假设在线段PC上存在一点E，使PC⊥平面EBD成立.如图，设AC∩BD＝O.因为PC⊥平面EBD，EO 平面EBD，所以EO⊥PC.易知△COE∽△CPA，所以 ＝ .因为四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝120°，AB＝2，PA＝ ，所以AC＝2CO＝2 ，PC＝ ＝ ，所以CE＝ ＝ ＝ ，即在线段PC上存在一点E，使PC⊥平面EBD成立，此时CE＝ .通性通法 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.【跟踪训练】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，M分别是棱B1C1，BB1，C1D1的中点.（1）求证：E，M，B，D四点共面；解：证明：如图，连接BD，B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，所以BD∥B1D1.又点E，M分别是棱B1C1，C1D1的中点，所以ME∥B1D1，所以BD∥ME，所以E，M，B，D四点共面.（2）是否存在过点E，M且与平面A1FC平行的平面？若存在，请作出这个平面并证明，若不存在，请说明理由.解：如图，在棱C1C上取靠近C1的四等分点P，连接EP，PM，则平面EMP∥平面A1FC，平面EMP即为所求.证明如下：如图，取C1C的中点G，连接FG，D1G，连接A1C1交EM于点N，连接NP.由题意，易得FG∥A1D1且FG＝A1D1，所以四边形A1FGD1为平行四边形，所以A1F∥GD1.又点P为C1G的中点，点M为C1D1的中点，所以PM∥GD1，所以PM∥A1F.又PM 平面A1FC，A1F 平面A1FC，所以PM∥平面A1FC.在△B1C1D1中，EM为中位线，所以点N为A1C1靠近点C1的四等分点，则 ＝ ＝ ，所以A1C∥PN.又PN 平面A1FC，A1C 平面A1FC，所以PN∥平面A1FC.又PN∩PM＝P，PN，PM 平面EMP，所以平面EMP∥平面A1FC.题型四 折叠问题【例4】 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC，∠ABC＝120°，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A'DE，使平面A'DE⊥平面EBCD，F为线段A'C的中点.（1）求证：BF∥平面A'DE；解：证明：取A'D的中点G，连接GF，GE（图略）.由已知易得FG＝ CD，且FG∥CD. 又BE＝ CD，且BE∥CD，所以FG∥BE且FG＝BE.所以四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG.因为EG 平面A'DE，BF 平面A'DE，所以BF∥平面A'DE.（2）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A'DE夹角的大小.解：在平行四边形ABCD中，设BC＝a，则AB＝CD＝2a，AD＝AE＝EB＝a，连接CE，A'M（图略）.因为∠ABC＝120°，所以在△BCE中，可得CE＝ a.在△ADE中，可得DE＝a.在△CDE中，因为CD2＝CE2＋DE2，所以CE⊥DE.在正三角形A'DE中，M为DE的中点，所以A'M⊥DE.由平面A'DE⊥平面EBCD，且平面A'DE∩平面EBCD＝DE，A'M 平面A'DE，可知A'M⊥平面EBCD，所以A'M⊥CE.取A'E的中点N，连接NM，NF（图略），则NF∥CE，所以NF⊥DE，NF⊥A'M.因为DE∩A'M＝M，所以NF⊥平面A'DE，则∠FMN为直线FM与平面A'DE的夹角.在Rt△FNM中，NF＝ a，MN＝ a，则FM＝a， cos ∠FMN＝ ，所以∠FMN＝60°.所以直线FM与平面A'DE的夹角为60°.通性通法 解决平面图形翻折问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折（转）后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能发生变化.应注意：（1）点的变化，点与点的重合及点的位置变化；（2）线的变化，翻折（转）前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在同一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；（3）长度、角度等几何量的变化.【跟踪训练】如图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.（1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；解：证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC 平面BCGE，故AB⊥平面BCGE.因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）求图②中的四边形ACGD的面积.解：如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE.又因为CG 平面BCGE，所以DE⊥CG.由已知得四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，则EM⊥CG.又EM∩DE＝E，EM 平面DEM，DE 平面DEM，所以CG⊥平面DEM.由于DM 平面DEM，因此DM⊥CG.因为DE⊥平面BCGE，EM 平面BCGE，所以DE⊥EM.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝ ，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.知能演练·扣课标02课后巩固 核心素养落地1. 如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFB1-HGC1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（ ）A. EH∥FGB. 四边形EFGH是矩形C. Ω是棱柱D. Ω是棱台123456789101112131415解析： 由题意可知，截去的几何体为三棱柱.根据棱台的性质（各侧棱延长之后，必交于一点，即棱台可以还原成棱锥），可知几何体Ω不是棱台.1234567891011121314152. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 ，平面AB1D1到平面BC1D的距离为（ ）解析： 因为两平面平行，所以原问题等价于求解点C1到平面AB1D1的距离h，由等体积法可得 ＝ ，即h× × ×22× sin 60°＝ × × × × ，解得h＝，即平面AB1D1到平面BC1D的距离为 .1234567891011121314153. 如图，四棱台ABCD-A'B'C'D'的底面为正方形，M为CC'的中点，点N在线段AB上，AB＝4BN. 若MN∥平面ADD'A'，则此棱台上下底面边长的比值为（ ）123456789101112131415解析： 设E为CD的中点，G为EC的中点，连接MG，NG，C'E，则NG∥AD，则平面MNG∥平面ADD'A'.又平面DCC'D'分别交平面MNG和平面ADD'A'于直线MG，DD'，则MG∥DD'.因为E为CD的中点，G为EC的中点，M为CC'的中点，所以DD'∥C'E∥MG. 所以四边形DEC'D'为平行四边形，棱台上下底面边长的比值为 .1234567891011121314154. 如图，定点A，B都在平面α内，定点P α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则动点C在平面α内的轨迹是（ ）A. 一条线段，但要去掉两个点B. 一个圆，但要去掉两个点C. 一段弧，但要去掉两个点D. 半圆，但要去掉两个点123456789101112131415解析： 如图，连接BC，因为PB⊥α，AC α，所以PB⊥AC，又PC⊥AC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，又CB 平面PBC，故CB⊥AC，因为A，B是平面α上的定点，所以点C在α内的轨迹是以AB为直径的圆，又C是α内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A，B两个点，所以B正确.故选B.1234567891011121314155. 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝ BB1，则AB1与BC1夹角的大小是（ ）A. 60° B. 75°C. 90° D. 105°解析： 设BB1＝1，如图，延长CC1至C2，使C1C2＝CC1＝1，连接B1C2，AC2，则B1C2∥BC1，所以∠AB1C2（或其补角）为AB1与BC1的夹角，易知AB1＝ ，B1C2＝ ，AC2＝ ，所以A ＝A ＋B1 ，则∠AB1C2＝90°.故选C.1234567891011121314156. （2022·浙江高考8题）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则（ ）A. α≤β≤γ B. β≤α≤γC. β≤γ≤α D. α≤γ≤β123456789101112131415解析： 如图，过点F作FG⊥AC于点G，过点G作GH⊥BC于点H，连接FH，EG，FC. 易得FG AA1，∴α＝∠GFE，FG⊥平面ABC，∴FG⊥GH，FG⊥EG，FG⊥BC.∵GH⊥BC，FG⊥BC，FG∩GH＝G，123456789101112131415∴BC⊥平面FGH，∴BC⊥FH. ∵FG⊥平面ABC，FH⊥BC，GH⊥BC，平面FEC∩平面BCA＝BC，∴β＝∠FEG，γ＝∠FHG. ∵AA1＝AC＝FG，∴tan α＝ ＝ ，tan β＝ ＝ ，tan γ＝ ＝ .易得AC≥EG，EG≥GH，即tan γ≥tan β≥tan α.由题意，得α，β，γ∈ ，∴γ≥β≥α.故选A.1234567891011121314157. （多选）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G，H，I分别为棱AB，CD，BC，A1D1，AD的中点，则下列结论正确的是（ ）A. A1E∥D1FB. A1E∥HFC. EG∥平面D1IFD. A1E∥平面D1FGB1123456789101112131415解析： 连接FE（图略），因为E，F分别为AB，CD的中点，所以FE AD. 又AD A1D1，所以FE A1D1，所以四边形FEA1D1为平行四边形，所以A1E∥D1F，故A正确；显然A1E与HF为相交直线，故B错误；易证EG∥IF，又IF 平面D1IF，EG 平面D1IF，所以EG∥平面D1IF，故C正确；因为A1E∥D1F，D1F 平面D1FGB1，A1E 平面D1FGB1，所以A1E∥平面D1FGB1，故D正确.故选A、C、D.1234567891011121314158. （多选）如图，圆柱的轴截面是四边形ABCD，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论正确的是（ ）A. AE⊥CEB. BE⊥DEC. DE⊥平面CEBD. 平面ADE⊥平面BCE123456789101112131415解析： 由AB是底面圆的直径，得∠AEB＝90°，即AE⊥EB. ∵圆柱的轴截面是四边形ABCD，∴AD⊥底面AEB，BE 底面AEB，∴BE⊥AD. 又AD∩AE＝A，AD，AE 平面ADE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥DE. 同理可得，AE⊥CE，易得平面BCE⊥平面ADE. ∴A、B、D正确.∵AD∥BC，∴∠ADE（或其补角）为DE与CB的夹角，显然∠ADE≠90°，∴DE⊥平面CEB不正确，即C错误.故选A、B、D.1234567891011121314159. （多选）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段AB1上的动点，以下结论正确的有（ ）A. BD∥平面AD1PB. D1P⊥A1CD. P是AB1中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大123456789101112131415解析： 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BD∥B1D1，BD 平面AD1B1，B1D1 平面AD1B1，所以BD∥平面AD1B1，因为点P是线段AB1上的动点，所以平面AD1P＝平面AD1B1，即BD∥平面AD1P，故A正确；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，AA1⊥B1D1 B1D1⊥平面A1C1CA B1D1⊥A1C，同理可证AD1⊥A1C，从而A1C⊥平面AD1B1，因为点P是线段AB1上的动点，所以D1P 平面AD1B1，因此D1P⊥A1C，故B正确；123456789101112131415在正方体ABCD-A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以D1P与C1D所成角为D1P与AB1所成角，而△AD1B1为正三角形，所以D1P与C1D所成角的取值范围为 ，故C错误；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以当P到B距离最小时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，即P是AB1中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，故D正确，故选A、B、D.12345678910111213141510. 如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a的值等于 .2 123456789101112131415解析：如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQ. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DQ，∵PQ⊥DQ，∴DQ⊥平面PAQ，∴DQ⊥AQ.∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上，又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，∴BC与圆O相切（否则相交就有两点满足垂直，矛盾），∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ＝AB＝1，∴BC＝AD＝2，即a＝2.123456789101112131415 123456789101112131415解析：因为AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC，所以AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离，因为侧棱PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，即AB⊥BC，因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，因为PA＝AB＝BC＝2，所以PB＝2 ，设点A到平面PBC的距离为d，则由V三棱锥P-ABC＝V三棱锥A-PBC得 PA·S△ABC＝ d·S△PBC，所以 ×2× ×2×2＝ d××2 ×2，得d＝ ，所以AD到平面PBC的距离为 .12345678910111213141512. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S. 则下列说法正确的是 （写出所有正确说法的编号）.①②③⑤ ①当0＜CQ＜ 时，S为四边形；②当CQ＝ 时，S为等腰梯形；③当CQ＝ 时，S与C1D1的交点R满足C1R＝ ；④当 ＜CQ＜1时，S为六边形；⑤当CQ＝1时，S的面积为 .123456789101112131415解析：连接AP，PQ. 对于①，当0＜CQ＜ 时，如图（1）.在平面AA1D1D内，过点A作AE∥PQ，交DD1于点E，连接EQ，则S是四边形APQE.123456789101112131415对于②，当CQ＝ 时，如图（2）.连接D1Q，D1A，BC1，显然PQ∥BC1∥AD1，且PQ＝ BC1＝ AD1，AP＝D1Q，则S是等腰梯形.对于③，当CQ＝ 时，如图（3）.过点B作BF∥PQ交线段CC1的延长线于点F，则C1F＝ .过点A作AE∥BF交线段DD1的延长线于点E，则D1E＝ ，AE∥PQ.123456789101112131415连接EQ交C1D1于点R，易知Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，则C1Q∶D1E＝C1R∶RD1＝1∶2，故C1R＝ .对于④，当 ＜CQ＜1时，由③易知S为五边形.对于⑤，当CQ＝1时，如图（4）.同③可过点A作AE∥PQ交线段DD1的延长线于点E，交A1D1于点M，显然点M为线段A1D1的中点，所以S为菱形APQM，易得其面积为 .综上，正确说法的编号是①②③⑤.12345678910111213141513. 如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧 所在平面相交于CD，M是 上异于C，D的点.在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.123456789101112131415解：存在，当P为AM的中点时，MC∥平面PBD. 证明如下：如图，连接AC，BD交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点.连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC 平面PBD，OP 平面PBD，所以MC∥平面PBD.12345678910111213141514. 如图，平行四边形ABCD的边AD所在的直线与菱形ABEF所在的平面垂直，且GB＝GE，AE＝AF.（1）求证：平面ACG⊥平面ADF；解：证明：∵AE＝AF，∴AE＝AB＝EB，∴△ABE是等边三角形.∵GB＝GE，∴G为BE中点，故AG⊥BE，∴AG⊥AF.∵AD⊥平面ABEF，∴AD⊥AG，∵AF∩AD＝A，∴AG⊥平面ADF，∵AG 平面ACG，∴平面ACG⊥平面ADF.123456789101112131415（2）若AF＝2， ，求二面角C-AG-F的余弦值.从①BC＝ AB，②BC＝AG这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题.注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.解：选①.由（1）知AG⊥平面ADF，∵BC∥AD，BE∥AF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF，∴AG⊥平面BCE，123456789101112131415∵CG 平面BCE，GE 平面BCE，∴AG⊥CG，AG⊥GE，∴∠CGE即为二面角C-AG-F的平面角.∵BC＝ AB＝2 ，BG＝1，∴CG＝3，∴ cos ∠CGB＝ ，∴ cos ∠CGE＝－ ，∴二面角C-AG-F的余弦值为－ .123456789101112131415选②.由（1）得AG⊥平面ADF，∵BC∥AD，BE∥AF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF，∴AG⊥平面BCE，∵CG 平面BCE，GE 平面BCE，∴AG⊥CG，AG⊥GE，∴∠CGE即为二面角C-AG-F的平面角. ∵BC＝AG＝ ，BG＝1，∴CG＝2，∴ cos ∠CGE＝－ ，∴二面角C-AG-F的余弦值为－ .12345678910111213141515. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝a，PA⊥底面ABCD.（1）当a为何值时，BD⊥平面PAC？证明你的结论；解：当a＝2时，四边形ABCD为正方形，则BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥PA，又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.故当a＝2时，BD⊥平面PAC.123456789101112131415（2）若在BC边上至少存在一点M，使PM⊥DM，求a的取值范围.解：设M是符合条件的BC边上的点.因为PA⊥平面ABCD，DM 平面ABCD，所以DM⊥PA，连接AM（图略），又PM⊥DM，PA∩PM＝P，所以DM⊥平面PAM，又AM 平面PAM，所以DM⊥AM.因此，M点应是以AD为直径的圆和BC边的一个公共点，则AD≥2AB，即a≥4，所以a的取值范围为[4，＋∞）.123456789101112131415谢 谢 观 看！ 展开更多...... 收起↑ 资源列表 培优课 空间位置关系的综合问题.docx 培优课 空间位置关系的综合问题.pptx 培优课 空间位置关系的综合问题（练习，含解析）.docx
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