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　空间点、线、面的位置关系
考点1　空间点、线、面的位置关系的判定
1．(2019·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
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＝，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＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，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．]
2．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
A　[连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．]
3．(2021·新高考卷Ⅱ改编)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
①　　　　　　　　　②
③　　　　　　　　　　　④
A．①② B．②③
C．①②③ D．②③④
B　[作出OP在MN所在平面的射影，若射影垂直于MN，则OP⊥MN，经验证知②③满足，故选B．]
4．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．
　[如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝.]
命题规律：以空间几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断及有关量的计算，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度适中，分值5分．
通性通法：1.判断空间线面位置关系常用的方法
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，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．
2．有关量的计算常采用化空间为平面的方式，转化到平面图形(如直角三角形、等腰梯形等)中给予解答．
1．[以平面展开图为载体]如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，下列结论成立的是(　　)
①AE∥CD；
②CH∥BE；
③DG⊥BH；
④BG⊥DE.
A．①② B．①③
C．②③④ D．①③④
C　[还原正方体直观图如图，可知AE与CD为异面直线，故①不正确；由EHBC，可得CH∥BE，故②正确；正方体中易得DG⊥平面BCH，所以有DG⊥BH，故③正确；因为BG∥AH，且DE⊥AH，所以BG⊥DE，故④正确．故选C．]
2．[以正方体为载体](2021·湖北十一校联考)正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列结论成立的是(　　)
①直线D1D与直线AF垂直；
②直线A1G与平面AEF平行；
③平面AEF截正方体所得的截面面积为；
④点A1与点D到平面AEF的距离相等．
A．①② B．①④
C．①②③ D．②③④
D　[∵CC1与AF不垂直，而DD1∥CC1，∴AF与DD1不垂直，故①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②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③正确；显然点A1与点D到平面AEFD1的距离相等，故④正确．故选D．]
3．[开放性试题]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：________.
若m∥α，l⊥α，则l⊥m(答案不唯一)　[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可能与α平行，或l与α相交但不垂直；
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.]
考点2　空间角
1．(2021·全国卷乙)在正方体ABCD A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A． B．
C． D．
D　[如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以异面直线PB与AD1所成角等于∠PBC1的大小．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，由正方体易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝，又P为A1C1的中点，所以∠PBC1＝∠A1BC1＝.]
2.(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.
(1)求证：AD⊥BC；
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND．因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM＝1，AD＝2，故DM＝＝.
因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC．
在Rt△DAN中，AN＝1，AD＝2，
故DN＝＝.
在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝＝.所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为.
(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM＝.
又因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM 平面ABC，
故CM⊥平面ABD．
所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.
所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.
命题规律：以空间几何体为载体考查线线角和线面角的定义与计算，以选择题、填空题的形式呈现，题目难度中等，分值5分．
通性通法：空间角的求解技法
(1)异面直线所成的角——平移法：基本思路是 “作(平行线)——证(平行)——算(解三角形)”，其中作平行线是关键，一般借助中位线、平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决．
提醒：两条异面直线所成角的范围是(0°，90°]．
(2)线面角——定义法：直线和平面所成的角的求解关键是找出或作出过斜线上一点的平面的垂线，得到斜线在平面内的射影．
1．[以长方体为载体] (2021·玉溪模拟)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E，F分别是BC，DC的中点，则异面直线AD1与EF所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C．　 D．
A　[∵B1D1∥EF，∴异面直线AD1与EF所成角是∠AD1B1或其补角，在△AD1B1中，AD1＝，AB1＝，D1B1＝2， ∴cos∠AD1B1＝.
∴异面直线AD1与EF所成角的余弦值为.故选A．]
2．[以四棱锥为载体]已知正四棱锥S ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
C　[设AC，BD的交点为O，连接EO(图略)，则∠AEO为AE，SD所成的角或其补角．
设正四棱锥的棱长为a，
则AE＝a，EO＝a，OA＝a，
所以cos∠AEO＝
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a)),2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a)))＝，故选C．]
3.[以三棱柱为载体]如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
A　[由题意，取AC的中点O，连接BO，C1O，
因为正三棱柱ABC A1B1C1中，
侧棱长为，底面三角形的边长为1，
所以BO⊥AC，BO⊥AA1，
因为AC∩AA1＝A，所以BO⊥平面ACC1A1，
所以∠BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，
因为BO＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))＝，C1O＝eq \r( \r(2) 2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))＝，
所以tan∠BC1O＝＝＝，
所以∠BC1O＝30°，BC1与侧面ACC1A1所成的角为30°.]
4．[与球交汇]已知长方体ABCD A1B1C1D1的外接球体积为π，且AA1＝BC＝2，则A1C与平面BB1C1C所成的角为________．
　[如图，设长方体ABCD A1B1C1D1的外接球半径为R，则长方体ABCD A1B1C1D1的外接球体积为πR3＝π，所以R＝2，即A1C＝＝2R＝4.因为AA1＝BC＝2，所以AB＝2.连接B1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C与平面BB1C1C所成的角为∠A1CB1，在Rt△BB1C中，BB1＝BC＝2，所以B1C＝2＝A1B1，所以∠A1CB1＝.
即A1C与平面BB1C1C所成的角为.]
考点3　空间平行、垂直关系
1.(2021·全国卷甲)已知直三棱柱ABC A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F EBC的体积；
(2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE.
[解]　(1)如图，取BC的中点为M，连接EM，
由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2，CF＝1，
EM＝AB＝1，AB∥A1B1，
由BF⊥A1B1得EM⊥BF，
又EM⊥CF，BF∩CF＝F，
所以EM⊥平面BCF，
故V三棱锥F EBC＝V三棱锥E FBC＝×BC×CF×EM＝××2×1×1＝.
(2)连接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1，
所以ED在平面EMB1A1内．
在正方形CC1B1B中，由于F，M分别是CC1，BC的中点，所以由平面几何知识可得BF⊥B1M，
又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1，所以BF⊥平面EMB1A1，
又DE 平面EMB1A1，
所以BF⊥DE.
2．(2017·山东高考)由四棱柱ABCD A1B1C1D1截去三棱锥C1 B1CD1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.
[解]　(1)证明：取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD A1B1C1D1是四棱柱，
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)证明：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.
命题规律：以常见的空间几何体为载体考查线、面的平行、垂直关系，以解答题的形式呈现，难度中等，分值12分．
通性通法：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．
1．[探究性问题](2021·运城模拟)如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E为CD的中点．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAE；
(2)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
[解]　(1)因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以△ACD为正三角形，因为E为CD的中点，所以AE⊥CD，因为AB∥CD，所以AE⊥AB．
因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以AE⊥PA．
因为PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB，
因为AE 平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(2)存在点F为PB中点时，满足CF∥平面PAE.理由如下：
分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG，
在△PAB中，FG∥AB，且FG＝AB，
在菱形ABCD中，E为CD中点，
所以CE∥AB且CE＝AB，
所以CE∥FG且CE＝FG，
即四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG.
又CF 平面PAE，EG 平面PAE，所以CF∥平面PAE.
2．[以四棱锥为载体]如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面PCD．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若AB＝2，Q为线段PB的中点，求三棱锥Q PCD的体积．
[解]　(1)证明：取PD的中点O，连接AO.
∵△PAD为等边三角形，∴AO⊥PD，
∵AO 平面PAD，平面PAD∩平面PCD＝PD，平面PAD⊥平面PCD，∴AO⊥平面PCD，
∵CD 平面PCD，∴AO⊥CD，
∵底面ABCD为正方形，∴CD⊥AD，
∵AO∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，
又∵CD 平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD．
(2)由(1)知，AO⊥平面PCD，
∴A到平面PCD的距离d＝AO＝.
∵底面ABCD为正方形，∴AB∥CD，
又∵AB 平面PCD，CD 平面PCD，
∴AB∥平面PCD，
∴A，B两点到平面PCD的距离相等，均为d，
又Q为线段PB的中点，
∴Q到平面PCD的距离h＝＝.
由(1)知，CD⊥平面PAD，∵PD 平面PAD，∴CD⊥PD，∴VQ PCD＝S△PCD·h＝××2×2×＝.
考点4　平面图形的折叠问题
(2019·全国卷Ⅲ)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.
图1　　　　　　　　　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．
[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，又BE，BC 平面BCGE，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
命题规律：以平面图形为载体考查空间想象能力．以解答题的形式呈现，考查频率不高，分值12分．
通性通法：求解平面图形折叠问题的关键和方法
(1)关键：分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．
(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决．
1．[逆向问题]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝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A1 BCDE.
图1　　　　　　　　图2
(1)求证：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1 BCDE的体积为36，求a的值．
[解]　(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，
∠BAD＝，
所以BE⊥AC，BCED．
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A1 BCDE的高．
由图1知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BE·OC＝a2.
从而四棱锥A1 BCDE的体积为
V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
2．[平行四边形与四棱锥]如图1，平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠ABC＝，E为CD中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到如图2所示的四棱锥P ABCE.
图1　　　　　　图2
(1)求证：平面PAE⊥平面PBE；
(2)求点B到平面PEC的距离．
[解]　(1)证明：在图题1中连接BE(图略)，由平面几何知识，求得AE＝2，BE＝2，
又∵AB＝4，
∴BE⊥AE，
在题图2中，∵平面APE⊥平面ABCE，且平面APE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面PAE，
又∵BE 平面PBE，
∴平面PAE⊥平面PBE.
(2)设O为AE的中点，连接PO，CO，
由已知可得△PAE为等边三角形，∴PO＝.
∵平面PAE⊥平面ABCE，∴PO⊥平面ABCE，得PO⊥CO.
在△OEC中，OE＝1，EC＝2，∠OEC＝.
由余弦定理得OC＝.
∴PC＝＝.
在△PEC中，PE＝EC＝2，PC＝.
∴S△PEC＝××eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2))))＝，
又∵S△BCE＝×2×1＝.
设点B到平面PEC的距离为d，
由VP BCE＝VB PCE，得××＝××d，
解得d＝.
∴点B到平面PEC的距离为.
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