资源简介 专题七 空间点、线、面位置关系【题型分析】考情分析: 从近几年高考的情况来看,以柱体、锥体为背景的线面平行(垂直)、面面平行(垂直)关系是高考常考内容,试题有选择题、填空题、解答题,难度适中.解题时要特别注意应用判定定理和性质定理时条件的完整,这是解题的基本规范和要求.题型1 平行与垂直的证明例1 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,O为A1C1与B1D1的交点,则下列条件是“AC1=A1C”的必要条件的有( ).A.四边形ACC1A1是矩形B.平面ABB1A1⊥平面ACC1A1C.平面BDD1B1⊥平面ABCDD.直线OA,BC所成的角与直线OC,AB所成的角相等方法总结:1.判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点).(2)利用线面平行的判定定理(a α,b α,a∥b a∥α).(3)利用面面平行的性质(α∥β,a α a∥β;α∥β,a β,a∥α a∥β).2.证明面面平行的常用方法(1)面面平行的定义.(2)如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,那么这两个平面平行.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)如果两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行.(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明.3.证明线面垂直的四种方法(1)利用线面垂直的判定定理.(2)利用“如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面,那么另一条直线也垂直于这个平面”.(3)利用“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则它与另一个平面也垂直”.(4)利用面面垂直的性质定理.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ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1题型2 交线与截面截面问题例2 已知正方体ABCD-A1B1C1D1,棱长为2.(1)求证:A1C⊥平面AB1D1.(2)若平面α∥平面AB1D1,且平面α与正方体的棱相交,当截面面积最大时,在所给图形上画出截面图形(不必说出画法和理由),并求出截面面积的最大值.(3)在(2)的情形下,设平面α与正方体的棱AB,BB1,B1C1分别交于点E,F,G,当截面的面积最大时,求二面角D1-EF-G的余弦值.方法总结:立体几何中截面问题的处理思路(1)直接连接法:有两点在几何体的同一个平面上,连接该两点的连线即为几何体与截面的交线,找截面就是找交线的过程;(2)作平行线法:过直线与直线外一点作截面,若直线所在的平面与点所在的平面平行,可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线;(3)作延长线找交点法:若直线相交但在立体几何中未体现,可通过作延长线的方法先找到交点,然后借助交点找到截面形成的交线;(4)辅助平面法:若三个点两两都不在一个侧面或者底面中,则在作截面时需要作一个辅助平面.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,E为DD1的中点.(1)过点D1作出正方体ABCD-A1B1C1D1的截面α,使得截面α∥平面ABE,并说明理由;(2)F为线段CC1上一点,且直线D1F与截面α所成角的正弦值为,求.交线问题例3 如图,已知正三棱台ABC-A1B1C1是由一个平面截棱长为6的正四面体所得的,其中AA1=2,以点A为球心,2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为曲线Γ,P为Γ上一点,则( ).A.点A到平面BCC1B1的距离为2B.曲线Γ的长度为4πC.CP的最小值为2-2D.所有的线段AP所形成的曲面的面积为方法总结:作交线的方法有如下两种:(1)利用基本事实3作交线;(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,点P,Q,T分别在棱BB1,CC1和AB上,且B1P=3,C1Q=1,BT=3,记平面PQT与侧面ADD1A1,底面ABCD的交线分别为m,n,则( ).A.m的长度为 B.m的长度为C.n的长度为 D.n的长度为【真题改编】1.(2024年全国甲卷,理科T10改编)设α,β是两个平面,m,n是两条直线,且α∩β=m.下列结论正确的是( ).A.若m∥n,则n∥α或n∥βB.若m⊥n,则n⊥α或n⊥βC.若n∥α且n∥β,则m∥nD.若n与α,β所成的角相等,则m⊥n2.(2023年全国甲卷,理科T15改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CD上靠近点C的三等分点,F为A1B1上靠近点A1的三等分点,则以EF为直径的球的球面与该正方体各棱的交点总数为 .【最新模拟】(总分:100分 单选题每题5分,多选题每题6分,填空题每题5分,共68分;解答题共32分)1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是( ).A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥αD.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α2.已知m,n是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列说法错误的是( ).A.若m⊥α,则“n∥α”是“m⊥n”的必要条件B.若m α,n α,则“m∥n”是“m∥α”的充分条件C.若m⊥α,则“m⊥β”是“α∥β”的充要条件D.若m∥α,则“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要条件3.在三棱锥P-ABC中,AC=BC=PC=2,且AC⊥BC,PC⊥平面ABC,过点P作截面分别交AC,BC于点E,F,且二面角P-EF-C的平面角为60°,则所得截面PEF的面积的最小值为( ).A. B. C. D.14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的体积为4π,E,F,G分别为棱AA1,A1B1,A1D1的中点,则平面EFG截球的截面面积为( ).A. B. C. D.5.如图,有一个正四面体ABCD,其棱长为1,则下列说法正确的是( ).A.过棱AC的截面中,截面面积的最小值为B.若P为棱BD(不含端点)上的动点,则存在点P,使得cos ∠APC=C.若M,N分别为直线AC,BD上的动点,则M,N两点间的距离的最小值为D.与该正四面体各个顶点的距离都相等的截面有10个6.(改编)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,AD=1,PC与底面ABCD所成角的正切值为,M为平面ABCD内一点(异于点A),若AM=,则以P为球心,PM为半径的球的球面与四棱锥P-ABCD各面的交线长为( ).A.(+)π B.πC.π D.2π7.(改编)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,O是空间中的一动点,若=λ+(1-λ)(0≤λ≤1),则平面OAD1截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积的最大值为( ).A. B.4 C.2 D.48.如图,球O内切于圆柱O1O2,圆柱的高为2,EF为底面圆O1的一条直径,D为圆O2上任意一点,则平面DEF截球O所得截面面积的最小值为 .若M为球面和圆柱侧面交线上的一点,则△MEF周长的取值范围为 .9.如图所示,在平行六面体A1B1C1D1-ABCD中,O为正方形ABCD的中心,A1A=A1C=AB,M,N分别为线段A1A,A1B的中点,则( ).A.C1C∥平面OMNB.平面A1CD∥平面OMNC.直线MN与平面A1BD所成的角为45°D.OM⊥D1D10.如图,P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点,F是线段A1B1的中点,则( ).A.若点P满足AP⊥B1C,则动点P的轨迹长度为4B.三棱锥A-PB1D1体积的最大值为C.当直线AP与AB所成的角为45°时,点P的轨迹长度为π+4D.当点P在底面ABCD上运动,且满足PF∥平面D1B1C时,线段PF长度的最大值为211.(15分)如图,在多面体ABCDEF中,平面FAB⊥平面ABCD,△FAB为等边三角形,四边形ABCD为正方形,EF∥BC,且EF=BC=3,H,G分别为CE,CD的中点.(1)证明:BF⊥AD.(2)求平面BCEF与平面FGH的夹角的余弦值.(3)作平面FHG与平面ABCD的交线,记该交线与直线AD的交点为P,写出的值(不需要说明理由,保留作图痕迹).12.(17分)如图,在五面体ABCDFE中,底面ABCD是菱形,AB=4,EF=.(1)证明:AD∥EF.(2)已知AB⊥AD,M是AD的中点,O为BM的中点,OE⊥BM且OE=2,CF=DF.①证明:OE⊥平面ABCD.②求直线AE与平面CDF所成角的正弦值.13.(原创)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点,M为棱CC1上的动点,记平面B1MD1与平面A1C1FE,平面D1GH的交线分别为l,m,则直线l与直线m的位置关系为( ).A.异面B.平行C.相交D.以上都有可能14.(人教A版选择性必修第一册P13例3改编)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为棱AB,CB上的点,若四边形A1C1FE将正方体分成体积比为13∶41的两部分,则该截面的面积为 .15.(原创)在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,∠ACB=45°,A1A=AB=BC=2,若=,=,则过点B,G,H的截面与平面ACC1A1的交线长为 .参考答案专题七 空间点、线、面位置关系题型1 平行与垂直的证明例1 ACD【解析】若一个条件是“AC1=A1C”的必要条件,则该条件可由“AC1=A1C”推出.对于A,因为在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1,AA1=CC1,所以四边形ACC1A1为平行四边形,又AC1=A1C,所以四边形ACC1A1为矩形,故A正确;对于B,假设平面ABB1A1⊥平面ACC1A1,由选项A可知,四边形ACC1A1为矩形,则AC⊥AA1,又平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1,AC 平面ACC1A1,所以AC⊥平面ABB1A1,因为AB 平面ABB1A1,所以AC⊥AB,与四边形ABCD为正方形矛盾,故B错误;对于C,因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,因为AC⊥AA1,AA1∥BB1,所以AC⊥BB1,又BB1∩BD=B,BB1,BD 平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1,又AC 平面ABCD,所以平面BDD1B1⊥平面ABCD,故C正确;对于D,因为四边形ACC1A1为矩形,O为A1C1的中点,所以OA=OC,连接OD(图略),在△OAD与△OCD中,AD=CD,OD是公共边,所以△OAD≌△OCD,所以∠OAD=∠OCD,又BC∥AD,AB∥CD,所以∠OAD,∠OCD分别为直线OA,BC所成的角(或其补角)与直线OC,AB所成的角(或其补角),则直线OA,BC所成的角与直线OC,AB所成的角相等,故D正确.跟踪训练 A【解析】连接AD1(图略),则易得点M在AD1上,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D,A1D 平面AA1D1D,所以AB⊥A1D.又AB∩AD1=A,AB,AD1 平面ABD1,所以A1D⊥平面ABD1.又BD1 平面ABD1,显然A1D与BD1异面,所以A1D与BD1异面且垂直.在△ABD1中,由中位线定理可得MN∥AB,又MN 平面ABCD,AB 平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角,所以直线MN与平面BDD1B1不垂直,所以选项A正确.故选A.题型2 交线与截面考向1 截面问题例2【解析】图1(1)连接A1B,A1C1,如图1所示.因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以BC⊥平面ABB1A1.因为AB1 平面ABB1A1,所以BC⊥AB1.又因为四边形ABB1A1是正方形,所以A1B⊥AB1.因为A1B∩BC=B,A1B,BC 平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为A1C 平面A1BC,所以A1C⊥AB1.同理可证得A1C⊥D1B1.又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1 平面AB1D1,所以A1C⊥平面AB1D1.(2)设E,F,G,H,I,J分别是AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中点,连接EF,FG,GH,HI,IJ,JE,如图2所示.根据题意知当截面面积最大时,截面图形是边长为的正六边形EFGHIJ,所以最大的截面面积S=6××××sin 60°=3.图3(3)因为平面α∥平面AB1D1,所以当截面EFG的面积最大时,E,F,G分别是棱AB,BB1,B1C1的中点,以D为原点,建立如图3所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),E(2,1,0),F(2,2,1),G(1,2,2).设平面D1EF的法向量为n=(x1,y1,z1),=(2,1,-2),=(2,2,-1),则令x1=3,则y1=-2,z1=2,所以平面D1EF的一个法向量为n=(3,-2,2).设平面GEF的法向量为m=(x2,y2,z2),=(0,1,1),=(-1,0,1),则令x2=1,则y2=-1,z2=1,所以平面GEF的一个法向量为m=(1,-1,1),则cos ===.设二面角D1-EF-G的平面角为θ,由图可知θ为锐角,所以cos θ=,所以二面角D1-EF-G的余弦值为.跟踪训练【解析】(1)如图1所示,平面GHC1D1即为截面α.理由如下:取AA1的中点G,BB1的中点H,连接D1G,GH,HC1,因为E为DD1的中点,所以GH∥AB,D1G∥AE,AB∥D1C1,所以GH∥D1C1,即G,H,C1,D1四点共面.又D1G 平面ABE,AE 平面ABE,所以D1G∥平面ABE.因为GH 平面ABE,AB 平面ABE,所以GH∥平面ABE.又GH∩GD1=G,GH,GD1 平面GHC1D1,所以平面GHC1D1∥平面ABE.故平面GHC1D1即为过D1的正方体的截面α,且截面α平行于平面ABE.(2)如图2所示,连接D1F,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.设AA1=2,CF=a,a∈[0,2],则D1(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),E(0,0,1),F(0,2,a),所以=(0,2,0),=(-2,0,1),=(0,2,a-2).设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则取n=(1,0,2),则截面α的一个法向量为n=(1,0,2),又直线D1F与截面α所成角的正弦值为,所以|cos<,n>|===,解得a=1或a=3(舍去),所以C1F=1,则=.考向2 交线问题例3 ACD【解析】对于A,如图1,将三棱台ABC-A1B1C1补形为棱长为6的正四面体SABC,取BC的中点M,连接SM,交B1C1于点M1,连接AM1,则△SBC是边长为6的等边三角形,且△SB1C1∽△SBC,所以=,即=,解得B1C1=4,所以△SB1C1是边长为4的等边三角形,又==,所以M1为△SBC的外心,则由正四面体SABC知,AM1为正四面体SABC的高,则AM1⊥平面BCC1B1,故AM1为点A到平面BCC1B1的距离,SM1==2,则AM1==2,A正确;对于B,因为AM1⊥平面BCC1B1,当r=AP=2时,可得M1P===2,因此,点P的轨迹是以M1为圆心,2为半径的圆与等腰梯形BCC1B1重合部分的两段圆弧,分别为和(如图2),连接M1E,M1F,由M1M=,M1E=M1F=2,易得∠EM1F=,因此∠C1M1E=∠B1M1F=,所以的长度l=×2=,则点P的轨迹的长度为2l=,即曲线Γ的长度为,B错误;对于C,CP的最小值为CM1-M1P=SM1-M1P=2-2,C正确;对于D,所有的线段AP所形成的曲面的面积为圆锥侧面积的一部分,由选项B分析知点P的轨迹的长度为,则曲面的面积为×2π×2×2·=,D正确.故选ACD.跟踪训练 A【解析】如图所示,连接QP并延长交CB的延长线于点E,连接ET并延长交AD于点S,交CD的延长线于点H,连接HQ,交DD1于点R,连接SR,则m即为SR,n即为ST.由PB∥QC,得==,所以EB=2,EC=6,由AS∥EB,得==,则AS=EB=,所以n=ST==,故C,D错误;由SD∥EC,所以==,又SR∥PQ,所以==,所以m=SR=QE==,故A正确,B错误.1.AC【解析】对于A,当n α时,因为m∥n,m β,所以n∥β,当n β时,因为m∥n,m α,所以n∥α,当n既不在平面α内也不在平面β内时,因为m∥n,m α,m β,所以n∥α且n∥β,故A正确;对于B,若m⊥n,则n与α,β不一定垂直,故B错误;对于C,如图,过直线n分别作两个平面与α,β分别相交于直线s和直线t,因为n∥α,过直线n的平面与平面α的交线为直线s,所以根据线面平行的性质定理知n∥s,同理可得n∥t,则s∥t,因为s 平面β,t 平面β,所以s∥平面β,因为s 平面α,α∩β=m,则s∥m,又因为n∥s,所以m∥n,故C正确;对于D,若α∩β=m,n与α和β所成的角相等,当n∥α,n∥β时,则m∥n,故D错误.故选AC.2.24【解析】由题意可知,以EF为直径的球的球心为正方体的中心O,以OF为半径,O为球心的球与正方体的棱A1B1有2个交点,根据正方体的对称性知,其余各棱与球面也有2个交点,所以以EF为直径的球的球面与该正方体各棱的交点总数为24.1.D【解析】当m⊥n,n∥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m α,故A错误;当m∥β,β⊥α时,可能有m⊥α,但也有可能m∥α或m α,故B错误;在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,取m为B1C1,n为CC1,β为平面ABCD,α为平面ADD1A1,这时满足m⊥n,n⊥β,β⊥α,但m⊥α不成立,故C错误;当m⊥β,n⊥β,n⊥α时,必有α∥β,从而m⊥α,故D正确.故选D.2.A【解析】对于A,若m⊥α,则“n∥α”是“m⊥n”的充分不必要条件,故A错误;对于B,若m α,n α,则m∥n m∥α,m∥α m,n平行或异面,所以“m∥n”是“m∥α”的充分条件,故B正确;对于C,若m⊥α,则m⊥β α∥β,则“m⊥β”是“α∥β”的充要条件,故C正确;对于D,若m∥α,则m∥n n∥α或n α,n∥α m,n相交、平行或异面,所以“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要条件,故D正确.故选A.3.B【解析】如图,过点P作PG⊥EF,垂足为G,连接CG,∵PC⊥平面ABC,∴PC⊥EF.又PC∩CG=C,PC,CG 平面PCG,∴EF⊥平面PCG,∴EF⊥CG,∴∠PGC即为二面角P-EF-C的平面角,∴∠PGC=60°.∵PC=2,∴PG=,CG=.设CE=a,CF=b,则EF=.在△CEF中,ab=·.又≥,∴ab≥·=,∴ab≥,当且仅当a=b=时,等号成立,∴△PEF的面积为×·=ab≥,故截面PEF的面积的最小值为.4.A【解析】设正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的半径为R,球心为O,棱长为a,因为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的体积为4π,所以πR3=4π,则R=.由3a2=(2)2,得a=2.设球心O到平面EFG的距离为h,平面EFG截球的截面圆的半径为r,点A1到平面EFG的距离为h',因为E,F,G分别为棱AA1,A1B1,A1D1的中点,所以△EFG是边长为的正三角形.由=,得S△EFG·h'=·A1E,则××××h'=××1×1×1,解得h'=.又OA1=A1C=,所以h=OA1-h'=,所以r2=R2-h2=()2-2=,所以平面EFG截球的截面面积为πr2=.5.AC【解析】对于A,设截面与棱BD的交点为Q,如图1,连接AQ,CQ,过棱AC的截面为△ACQ,则当Q为棱BD的中点时,△ACQ的面积取得最小值,在等腰△ACQ中,AC=1,AQ=CQ=,可得S△ACQ=,故A正确.对于B,如图2,在线段BD上取一点P(不含端点),连接AP,CP,因为AB=BC,BP=BP,∠ABP=∠CBP,所以△ABP≌△CBP,所以AP=CP,设AP=CP=t,t∈,1,则∈1,.在△ACP中,cos ∠APC===1-,所以≤cos ∠APC<,故B错误.对于C,如图3,取线段AC,BD的中点分别为M,N,连接AN,MN,CN,因为AN=NC,所以在等腰△ANC中,MN为底边上的中线,则MN⊥AC,同理可证MN⊥BD,故MN为线段AC,BD的公垂线,所以当M,N分别为线段AC,BD的中点时,M,N两点间的距离最小,此时AN=CN=,所以MN==,即M,N两点间的距离的最小值为,故C正确.对于D,与正四面体各个顶点的距离都相等的截面分为以下两类:(1)平行于正四面体的一个面,且到顶点和到底面的距离相等,这样的截面有4个;(2)平行于正四面体的两条对棱,且到两条对棱的距离相等,这样的截面有3个.故与该正四面体各个顶点的距离都相等的截面共有7个,故D错误.6.B【解析】因为底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,且PC与底面ABCD所成角的正切值为,所以AC==,PA=1.因为AM=,所以PM==,以P为球心,PM为半径的球的球面与四棱锥P-ABCD侧面的交线是以P为圆心,为半径的圆与侧面展开图的交线,即,如图所示.由PB==,PC==,得PC2=PB2+BC2,则PB⊥BC,所以tan ∠APF==tan ∠BPC=,则∠APF=∠BPC,所以∠APF+∠FPB=,所以∠FPC=∠BPC+∠FPB=.根据对称性有∠FPC=∠CPE,所以∠FPE=,故的长为×2π×=.又球面与底面ABCD的交线是以P为圆心,为半径的四分之一圆,其长度为×2π×=,故以P为球心,PM为半径的球的球面与四棱锥P-ABCD各面的交线长为π.7.D【解析】因为=λ+(1-λ)(0≤λ≤1),所以=λ,又0≤λ≤1,所以O是线段BD上一点.如图1,连接AC,与BD交于点Z.当点O与点D重合时,平面OAD1与平面ADD1A1重合,此时截面面积为4.当点O在线段DZ(不含点D)上时,平面OAD1截正方体所得截面为三角形,且当点O与点Z重合时,截面为△ACD1,此时截面面积最大,由等边三角形ACD1的边长为2,得此时截面面积为2.如图2,当点O在线段BZ(不含点B,Z)上时,延长AO,与BC交于点W,作WR∥AD1,与CC1交于点R,连接RD1,则截面为等腰梯形AWRD1.设BW=x(08. [+3,2+2]【解析】过点O在平面ABCD内作OG⊥DO1,垂足为G,如图1.易知O1O2⊥CD,O1O2=2,O2D=1,在Rt△O1O2D中,由勾股定理可得O1D==,则由题意可得OG=×=×=.设点O到平面DEF的距离为d1,平面DEF截球O所得的截面圆的半径为r1,因为O1D 平面DEF,当OG⊥平面DEF时,d1取得最大值OG,即d1≤OG=,所以r1=≥=,所以平面DEF截球O所得的截面面积的最小值为π×2=.由题意可知,点M在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上,设点M在底面的射影为点M',如图2.因此,MM'=1,ME=,MF=.在Rt△M'EF中,由勾股定理可得M'E2+M'F2=4,令M'F2=2-t,则M'E2=2+t,其中-2≤t≤2,所以ME+MF=+,所以(ME+MF)2=(+)2=6+2,所以(ME+MF)2∈[6+2,12],因此ME+MF∈[+1,2],所以△MEF的周长的取值范围为[+3,2+2].9.BCD【解析】对于A,因为C1C∥A1A,且A1A和平面OMN相交,所以C1C与平面OMN相交,故A错误.对于B,因为M,N分别为线段A1A,A1B的中点,所以MN∥AB∥CD,又MN 平面A1CD,CD 平面A1CD,所以MN∥平面A1CD.因为O,N分别为线段BD,A1B的中点,所以ON∥A1D.又ON 平面A1CD,A1D 平面A1CD,所以ON∥平面A1CD.又MN∩ON=N,MN,ON 平面OMN,所以平面A1CD∥平面OMN,故B正确.对于C,连接A1O(图略),由于O为AC的中点,且A1A=A1C,故AC⊥A1O,而AC⊥BD,A1O∩BD=O,故AO⊥平面A1BD.因为MN∥AB,所以MN与平面A1BD所成的角即为AB与平面A1BD所成的角.又AB与AO的夹角为45°,所以直线MN与平面A1BD所成的角为45°,故C正确.对于D,设A1A=A1C=AB=a,则AC=a,显然A1A2+A1C2=AC2,故A1C⊥A1A,因为OM∥A1C,所以OM⊥A1A,而D1D∥A1A,所以OM⊥D1D,故D正确.故选BCD.10.CD【解析】对于A,易知B1C⊥平面ABC1D1,A∈平面ABC1D1,故动点P的轨迹为矩形ABC1D1,则动点P的轨迹长度为矩形ABC1D1的周长,即4+4,故A错误.对于B,因为=,而等边三角形AB1D1的面积为定值2,要使三棱锥P-AB1D1的体积最大,当且仅当点P到平面AB1D1的距离最大.易知点C到平面AB1D1的距离最大,所以()max =,此时三棱锥C-AB1D1即为棱长是2的正四面体,其高h==,所以()max==×2×=,故B错误.对于C,连接AC,AB1,以B为圆心,BB1为半径画弧,如图1所示,当点P在线段AC,AB1和弧上时,直线AP与AB所成的角为45°,又AC=2,AB1=2,弧的长度为×π×22=π,所以点P的轨迹长度为π+4,故C正确.对于D,取A1D1,D1D,DC,CB,BB1,AB的中点分别为Q,R,N,M,T,H,连接QR,QF,FT,TM,MN,NR,FH,HN,HM,D1C,B1D1,B1C,FN,FM,如图2所示.因为FT∥D1C,FT 平面D1B1C,D1C 平面D1B1C,所以FT∥平面D1B1C.因为TM∥B1C,TM 平面D1B1C,B1C 平面D1B1C,所以TM∥平面D1B1C.又FT∩TM=T,FT,TM 平面FTM,所以平面FTM∥平面D1B1C.又QF∥NM,QR∥TM,RN∥FT,所以平面FTMNRQ与平面FTM是同一个平面,则点P的轨迹为线段MN.在△FNM中,FN==2,FM==,MN=,则FM2+MN2=8=FN2,故△FNM是以∠FMN为直角的直角三角形,故线段PF长度的最大值为2,故D正确.故选CD.11.解析 (1)在正方形ABCD中,AD⊥AB,因为平面FAB⊥平面ABCD,平面FAB∩平面ABCD=AB,AD 平面ABCD,所以AD⊥平面FAB.又BF 平面FAB,所以BF⊥AD. 4分(2)因为△FAB为等边三角形,设AB的中点为O,连接OF,OG,所以OF⊥AB.又平面FAB⊥平面ABCD,平面FAB∩平面ABCD=AB,OF 平面FAB,所以OF⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OG,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图1所示.因为EF=BC=3,所以BC=4,则B(2,0,0),C(2,4,0),F(0,0,2),E(0,3,2),H1,,,G(0,4,0),所以=(-2,0,2),=(0,4,0),=1,,-,=(0,4,-2).设平面BCEF的法向量为m=(x,y,z),则即令z=1,得x=,y=0,所以平面BCEF的一个法向量为m=(,0,1),设平面FGH的法向量为n=(a,b,c),则即令c=,得a=-,b=,所以平面FGH的一个法向量为n=-,,.9分设平面BCEF与平面FGH的夹角为θ,则cos θ=|cos|===,所以平面BCEF与平面FGH的夹角的余弦值为. 11分(3)平面FHG与平面ABCD的交线为直线PG.如图2所示,在AD上取一点P,使得DP=EF,连接FP,PG.因为EF∥BC,AD∥BC,所以EF∥AD,即EF∥DP,所以四边形EFPD为平行四边形,所以FP∥ED.因为H,G分别为CE,CD的中点,所以GH∥DE,所以GH∥PF,即G,H,P,F四点共面,故=. 15分12.解析 (1)因为底面ABCD是菱形,所以AD∥BC.又AD 平面BCFE,BC 平面BCFE,所以AD∥平面BCFE.又因为AD 平面ADFE,平面BCFE∩平面ADFE=EF,所以AD∥EF.4分(2)①如图所示,取CD的中点G,连接FG,OG.由CF=DF,得FG⊥CD.又因为O为BM的中点,所以OG∥AD.又AD⊥AB,AB∥CD,所以OG⊥CD.又OG,FG 平面OGFE,且OG∩FG=G,所以CD⊥平面OGFE.又因为OE 平面OGFE,所以OE⊥CD.又OE⊥BM,CD与BM相交,且CD,BM 平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD. 10分②以O为原点,OE所在直线为z轴,OG所在直线为y轴,过点O作CD的平行线为x轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(-2,-,0),E(0,0,2),F(0,,2),C(2,3,0),D(-2,3,0),=(2,,2),=(2,2,-2),=(-4,0,0).设平面CDF的法向量为n=(x,y,z),则所以令y=1,则x=0,z=,所以平面CDF的一个法向量为n=(0,1,).设直线AE与平面CDF所成的角为α,则sin α=|cos<,n>|==.故直线AE与平面CDF所成角的正弦值为. 17分13.B【解析】因为EF∥GH,D1G∥A1E,GH,D1G 平面D1GH,EF 平面D1GH,A1E 平面D1GH,所以由线面平行的判定定理得EF∥平面D1GH,A1E∥平面D1GH.又EF∩A1E=E,EF,A1E 平面A1C1FE,所以平面A1C1FE∥平面D1GH,由面面平行的性质定理知l∥m,故选B.14.【解析】连接AC(图略),由正方体的性质可知A1C1∥EF,则AC∥EF.设BE=λAB(0≤λ≤1),则BF=λBC=λ,又正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则正方体ABCD-A1B1C1D1的体积V=1,所以棱台BEF-B1A1C1的体积V1=(S1+S2+)h=λ2+×12+×1=(λ2+λ+1).依题意得==,化简得9λ2+9λ-4=0,又λ∈[0,1],解得λ=,所以BE=BF=,则EF==,A1E==.又A1C1=,四边形A1C1FE为等腰梯形,所以其高为=,所以四边形A1C1FE的面积为×+×=.15.【解析】延长BH,B1C1,并交于点R,连接GR,交A1C1于点S,连接HS,A1R,BG,则过点B,G,H的截面为如图所示的四边形BHSG,故线段HS的长即为所求.因为CC1∥BB1,H是CC1的中点,所以C1是B1R的中点.又G为A1B1的中点,所以S为△A1B1R的重心,所以C1S=A1C1=,HS==,故过点B,G,H的截面与平面ACC1A1的交线长为. 展开更多...... 收起↑ 资源预览