资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
必考点08 空间直线、平面的垂直
题型一 线面垂直的判定与性质
例题1如图所示，在四棱锥PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1)PH⊥平面ABCD；
(2)EF⊥平面PAB.
例题2 在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为D1D的中点，O为底面ABCD的中心，求证：B1O⊥AP.
【解题技巧提炼】
看个性 证明线面垂直的问题. (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β a⊥β)；④面面垂直的性质． (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. 证明线线垂直的问题. 证明线线垂直的基本方法： (1)证明一条直线垂直于经 过另一直线的平面，称之为 线面垂直法． (2)计算两条直线所成角等于 90°，称之为计算角度法
找共性 证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为：
题型二 面面垂直的判定与性质
例题1如图，在四棱锥PABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．求证：
(1)CE∥平面PAD；
(2)平面EFG⊥平面EMN.
【解题技巧提炼】
1．面面垂直判定的2种方法与1个转化
(1)2种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)．
(2)1个转化：
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
2．面面垂直性质的应用
(1)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．
(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
题型三 垂直关系中的探索性问题
例题1如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
【解题技巧提炼】
(1)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．
(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
题型一 线面垂直的判定与性质
1．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
2．[创新题型]如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝.
题型二 面面垂直的判定与性质
1.如图，在四面体PABC 中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，线段AC，PA的中点分别为O，Q.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求四面体POBQ的体积．
2.如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F分别是CD，PC的中点．求证：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面BEF⊥平面PCD.
题型三 垂直关系中的探索性问题
1.如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．
(1)证明：AE∥平面BDF；
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
一、单选题
1．已知l，m是两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
2．每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G、H、M、N分别是正八面体的棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．与是异面直线
C．平面 D．与是相交直线
3．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法中正确的个数是（ ）
①若，，则
②若，，则
③若，，则
④若，，则
⑤若，，则
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
4．已知正方形，、分别是、的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线平行，直线平面
二、多选题
5．重庆市第十一中学校高三年级某班组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列结论正确的是（ ）
A．经过三个顶点、、的球的截面圆的面积为
B．平面平面
C．直线与平面所成的角为
D．球面上的点离球托底面的最大距离为
6．如图，棱长为2的正方体的内切球球心为，分别是棱的中点，在棱上移动，则（ ）
A．对于任意点，平面
B．存在点，使平面
C．直线的被球截得的弦长为
D．过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值为
三、填空题
7．，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是__________.①如果，，，那么；②如果，，那么；③如果，，那么；④如果，，那么.
8．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于点），则下列四个结论：①三棱锥的体积不变；②平面；③；④平面平面.其中说法正确的序号有_______.
四、解答题
9．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，平面底面ABCD，M是棱PC上的点.
(1)证明：底面；
(2)若三棱锥的体积是四棱锥体积的，设，试确定的值.
10．如图，正方体中，点，分别为棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
11．如图，在几何体ABCDEF中，平面平面ABFE．正方形ABFE的边长为2，在矩形ABCD中，．
(1)证明：；
(2)求点B到平面ACF的距离．
12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PCD⊥底面ABCD，且BC＝2，，．
(1)证明：．
(2)若，求四棱锥的体积．
13．如图甲，直角梯形中，，，为的中点，在上，且，现沿把四边形折起得到空间几何体，如图乙.在图乙中求证：
(1)平面平面；
(2)平面平面.
14．如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点.
(1)求证：DE 平面ABC；
(2)求证：B1C⊥平面BDE.
15．已知正方体ABCD-的棱长为2.
(1)求三棱锥的体积；
(2)证明：.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
必考点08 空间直线、平面的垂直
题型一 线面垂直的判定与性质
例题1如图所示，在四棱锥PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：
(1)PH⊥平面ABCD；
(2)EF⊥平面PAB.
【解析】(1)∵AB⊥平面PAD，AB 平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD.
∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH⊥AD，
∴PH⊥平面ABCD.
(2)取PA的中点M，连接MD，ME.
∵E是PB的中点，∴ME綊AB.
又∵DF綊AB，∴ME綊DF，
∴四边形MEFD是平行四边形，
∴EF∥MD.∵PD＝AD，∴MD⊥PA.
∵AB⊥平面PAD，∴MD⊥AB.
∵PA∩AB＝A，∴MD⊥平面PAB，∴EF⊥平面PAB.
例题2 在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为D1D的中点，O为底面ABCD的中心，求证：B1O⊥AP.
【证明】法一：(线面垂直法)
如图(1)，易证AB1＝CB1.
又因为O为AC的中点，
所以B1O⊥AC.
在矩形BDD1B1中，O，P分别为BD，D1D的中点．
易证△POD∽△OB1B，
所以∠POD＝∠OB1B.
所以B1O⊥PO.
又AC∩PO＝O，所以B1O⊥平面PAC.
又AP 平面PAC，
所以B1O⊥AP.
法二：(计算角度法)
如图(2)，令PC的中点为E，
因为O为AC的中点，
所以AP∥OE.
所以∠B1OE或其补角是异面直线B1O与AP所成角．
设正方体棱长为4，
则B1C＝4，B1P＝6，PC＝2，
在△B1PC中，由三角形中线长公式可知
B1E2＝[2(B1P2＋B1C2)－PC2]＝29，
又B1O＝2，OE＝，
所以B1O2＋OE2＝B1E2，
所以∠B1OE＝90°，所以B1O⊥AP.
【解题技巧提炼】
看个性 证明线面垂直的问题. (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β a⊥β)；④面面垂直的性质． (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. 证明线线垂直的问题. 证明线线垂直的基本方法： (1)证明一条直线垂直于经 过另一直线的平面，称之为 线面垂直法． (2)计算两条直线所成角等于 90°，称之为计算角度法
找共性 证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为：
题型二 面面垂直的判定与性质
例题1如图，在四棱锥PABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．求证：
(1)CE∥平面PAD；
(2)平面EFG⊥平面EMN.
【解析】(1)法一：取PA的中点H，连接EH，DH.
因为E为PB的中点，
所以EH綊AB.
又CD綊AB，
所以EH綊CD.
所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.
又DH 平面PAD，CE 平面PAD，
所以CE∥平面PAD.
法二：连接CF.
因为F为AB的中点，
所以AF＝AB.又CD＝AB，
所以AF＝CD.
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．
因此CF∥AD，又CF 平面PAD，AD 平面PAD，
所以CF∥平面PAD.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.
又EF 平面PAD，PA 平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.
又CE 平面CEF，所以CE∥平面PAD.
(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA，
所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG＝F，EF，FG 平面EFG，
所以AB⊥平面EFG.
又因为M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，
所以MN⊥平面EFG.
又因为MN 平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.
【解题技巧提炼】
1．面面垂直判定的2种方法与1个转化
(1)2种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β)．
(2)1个转化：
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
2．面面垂直性质的应用
(1)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．
(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
题型三 垂直关系中的探索性问题
例题1如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：在三棱台ABCDEF中，
AC∥DF，AC 平面ACE，DF 平面ACE，∴DF∥平面ACE.
又∵DF 平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF∥a.
(2)线段BE上存在点G，且BG＝BE 时，使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，
连接GD，∵CF＝EF，∴GF⊥CE.
在三棱台ABCDEF中，AB⊥BC DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，
∵GF 平面CBEF，∴DE⊥GF.
∵CE∩DE＝E，CE 平面CDE，DE 平面CDE，
∴GF⊥平面CDE.
又GF 平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.
【解题技巧提炼】
(1)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．
(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
题型一 线面垂直的判定与性质
1．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
【证明】(1)∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.
又AE 平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.
又PD 平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PD在底面ABCD内的射影是AD，
又∵AB⊥AD，∴AB⊥PD.
又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.
2．[创新题型]如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝.
【解析】(1)证明：∵ABCA1B1C1是直三棱柱，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.
又D是A1B1的中点，
∴C1D⊥A1B1.
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D 平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，
∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
连接DF，A1B，∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，
∠ACB＝90°，则AB＝，又AA1＝，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1.
∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.
题型二 面面垂直的判定与性质
1.如图，在四面体PABC 中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，线段AC，PA的中点分别为O，Q.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求四面体POBQ的体积．
【解析】(1)证明：∵PA＝PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC.
在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得PO＝4.
∵AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC.
在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，
∴由勾股定理，得BO＝4.
∵PO＝4，BO＝4，PB＝4，
∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO.
∵BO∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
∵PO 平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)由(1)，可知平面PAC⊥平面ABC.
∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO 平面ABC，
∴BO⊥平面PAC，
∴VBPOQ＝S△PQO·BO＝×S△PAO×4＝×3×4＝4.
∵VPOBQ＝VBPOQ，∴四面体POBQ的体积为4.
2.如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F分别是CD，PC的中点．求证：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面BEF⊥平面PCD.
【解析】(1)∵AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，
∴AB∥DE且AB＝DE，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴AD∥BE，又BE 平面PAD，AD 平面PAD，
∴BE∥平面PAD.
(2)∵AB⊥AD，∴四边形ABED为矩形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，
∴PA⊥底面ABCD.
∵CD 底面ABCD，
∴PA⊥CD，
又PA∩AD＝A，PA 平面PAD，AD 平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
又PD 平面PAD，∴CD⊥PD.
∵E，F分别是CD，PC的中点，
∴PD∥EF，∴CD⊥EF，
又EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF，
∵CD 平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.
题型三 垂直关系中的探索性问题
1.如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．
(1)证明：AE∥平面BDF；
(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OF.
∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点．
又F为EC的中点，∴OF∥AE.
又OF 平面BDF，
AE 平面BDF，
∴AE∥平面BDF.
(2)当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：
取BE的中点H，连接DP，PH，CH.
∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.
又AB∥CD，∴PH∥CD，
∴P，H，C，D四点共面．
∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，
CD 平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.
又BE 平面BCE，∴CD⊥BE，
∵BC＝CE，且H为BE的中点，∴CH⊥BE.
又CH∩CD＝C，且CH，CD 平面DPHC，
∴BE⊥平面DPHC.又PM 平面DPHC，∴PM⊥BE.
一、单选题
1．已知l，m是两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
【答案】D
【解析】对于A：若，∥，则或或l与相交，故A错误；
对于B：要得到，则需要l与平面内两条相交直线垂直，只有，得不到，故B错误；
对于C：若，，，则或与相交，故C错误；
对于D：因为，，所以，又，则在内存在直线，使得∥m，则，故由面面垂直的判定定理可得，即D选项正确.
故选：D
2．每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G、H、M、N分别是正八面体的棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．与是异面直线
C．平面 D．与是相交直线
【答案】C
【解析】连接，BD，则它们相交且相互平分，故四边形为平行四边形，则∥.又G、H、M、N分别是正八面体的棱的中点，所以，且，∴，且所以四边形是平行四边形，排除B、D选项，易证平面平面，又平面，∴平面，C正确；因为EH⊥BC，MH⊥BC，，所以BC⊥平面EMH，而GH平面EMH，而GH，所以GH与BC不垂直，故与平面不垂直，A错误；
故选：C
3．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法中正确的个数是（ ）
①若，，则
②若，，则
③若，，则
④若，，则
⑤若，，则
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】对于①若，，则与可能平行，相交或异面，故错误；
对于②若，，根据线面垂直的性质定理可得，故正确；
对于③若，，则或，故错误；
对于④若，，则或或或与相交，故错误．
对于⑤若，，根据线面垂直的性质定理可得，故正确；
故选：B
4．已知正方形，、分别是、的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线平行，直线平面
【答案】A
【解析】如图，连接，则为的中点，又因为为的中点，则，
平面，平面，平面，
因为，则与所成角为，故与平面不垂直，
由图可知，与异面，
因为四边形为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
，平面，平面，则，故选：A.
二、多选题
5．重庆市第十一中学校高三年级某班组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列结论正确的是（ ）
A．经过三个顶点、、的球的截面圆的面积为
B．平面平面
C．直线与平面所成的角为
D．球面上的点离球托底面的最大距离为
【答案】AC
【解析】对于A选项，分别取、、的中点、、，
连接、、、、、、、、，
易知、、均为等边三角形，
因为为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，且，
同理可知平面，平面，且，
故且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，
同理可得，是边长为的等边三角形，
所以，的外接圆半径为，
经过三个顶点、、的球的截面圆的面积为，A对；
对于B选项，因为且，故四边形为平行四边形，故，
因为、分别为、的中点，则，故，
平面，平面，平面，
，平面，平面，平面，
，所以，平面平面，
因为过直线有且只有一个平面与平面平行，
显然平面与平面不重合，故平面与平面不平行，B错；
对于C选项，因为平面，则与平面所成的角为，C对；
对于D选项，设球的半径为，则，可得，
球心到平面的距离为，
所以，球面上的点离球托底面的最大距离为，D错.
故选：AC.
6．如图，棱长为2的正方体的内切球球心为，分别是棱的中点，在棱上移动，则（ ）
A．对于任意点，平面
B．存在点，使平面
C．直线的被球截得的弦长为
D．过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值为
【答案】BD
【解析】
正方体内切球的球心即正方体的中心，且球半径，
当与重合时，平面，平面，此时直线与平面相交，A错误；
当为的中点时，，，，则平面，因为平面，所以；同理，，因为，所以平面，即平面，B正确；
取的中点，由对称性可知，，则.
因为，，则，
所以直线的被球截得的弦长为，C错误；
设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则.
因为，则，所以截面圆面积，D正确，
故选：BD.
三、填空题
7．，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是__________.①如果，，，那么；②如果，，那么；③如果，，那么；④如果，，那么.
【答案】②④
【解析】对于①：如果，，那么或.因为，那么可能相交，也可能平行.故①错误.
对于②：如果，所以过n的平面，.因为根据线面垂直的性质可得，所以.故②正确；
对于③：如果，，那么m、n没有公共点，所以或m、n异面.故③错误；
对于④：如果，，根据线面垂直的性质可得：.故④正确.
故答案为：②④
8．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于点），则下列四个结论：①三棱锥的体积不变；②平面；③；④平面平面.其中说法正确的序号有_______.
【答案】①④
【解析】对于①：如图，
由正方体知，且，
∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，
∴平面，又∵点在线段上运动，
∴ 点到平面的距离为定值，又∵的面积为定值，
∴三棱锥的体积不变，∴三棱锥的体积不变，故①正确；
对于②：连接，且相等，由①知：，
,且平面，,且平面，
∴平面平面，又平面，
从而由面面平行的性质可得平面，故②错误；
对于③，如图，连接,.
由于平面，∴，若，则平面，，则为中点，与为动点矛盾，故③错误；
对于④：如图，
连接，,,由对角面知，由对角面知，由此可得平面，又平面，从而平面平面，故④正确.故答案为：①④
四、解答题
9．如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，平面底面ABCD，M是棱PC上的点.
(1)证明：底面；
(2)若三棱锥的体积是四棱锥体积的，设，试确定的值.
【解析】(1)∵，平面底面ABCD，
∴，平面底面ABCD=AD，底面ABCD，
∴平面，平面，
∴PD，又，
∴，，
∴底面；
(2)设，M到底面ABCD的距离为，
∵三棱锥的体积是四棱锥体积的，
∴，
又，，
∴，故，
又，所以.
10．如图，正方体中，点，分别为棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
【解析】(1)由正方体的性质，可得，平面，
∴，又，
∴平面；
(2)设，连接，
则
∴，
∴四边形BFEG为平行四边形，
∴EF∥GB，又平面，平面，
∴平面
11．如图，在几何体ABCDEF中，平面平面ABFE．正方形ABFE的边长为2，在矩形ABCD中，．
(1)证明：；
(2)求点B到平面ACF的距离．
【解析】(1)连接BE，
平面平面，且平面平面，又在矩形中，有，
平面，
平面，，
在正方形中有，且，平面
平面，平面，；
(2)
设点到平面的距离为，
由已知有，，
由(1)知：平面，平面，，
从而可得：，，
在等腰中，底边上的高为：，
，
由得，，则，
即点到平面的距离为．
12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PCD⊥底面ABCD，且BC＝2，，．
(1)证明：．
(2)若，求四棱锥的体积．
【解析】(1)在平行四边形ABCD中．
因为，即，所以．
因为面PCD⊥面ABCD，且面PCD面ABCD＝CD，面PCD，
所以BC⊥面PCD，又PD平面PCD，所以．
(2)如图，取CD的中点E，连接PE，
因为，所以，
又面PCD⊥面ABCD，面PCD面ABCD＝CD，面PCD，
所以PE⊥底面ABCD．
因为，，则，故．
13．如图甲，直角梯形中，，，为的中点，在上，且，现沿把四边形折起得到空间几何体，如图乙.在图乙中求证：
(1)平面平面；
(2)平面平面.
【解析】(1)证明：翻折前，，翻折后，则有，，
因为平面，平面，平面，
因为平面，平面，平面，
因为，因此，平面平面.
(2)证明：翻折前，在梯形中，，，则，
，则，
翻折后，对应地，，，因为，所以，平面，
，则平面，
平面，因此，平面平面.
14．如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AA1，B1C的中点.
(1)求证：DE 平面ABC；
(2)求证：B1C⊥平面BDE.
【解析】(1)设G是CC1的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
因为平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，
同理可证平面ABC，因为平面，且，
所以面平面ABC，而平面，所以DE 平面ABC；
(2)设是的中点，连接，
因为E为B1C的中点，所以，而，所以，
由（1）可知：面平面ABC，平面平面，平面平面，因此，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面平面ABC，而平面平面ABC，
因为ABC是正三角形，是的中点，所以，因此平面，
而平面，因此，而，所以，
因为正三棱柱ABC－A1B1C1中棱长都相等，所以，而E分别为B1C的中点，
所以，而平面BDE，，所以B1C⊥平面BDE.
15．已知正方体ABCD-的棱长为2.
(1)求三棱锥的体积；
(2)证明：.
【解析】(1)在正方体ABCD-中，易知⊥平面ABD，
∴.
(2)证明：在正方体中，易知，
∵⊥平面ABD，平面ABD，∴.
又∵，、平面，∴BD⊥平面.
又平面，∴.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑