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板块综合　立体几何中的综合问题(阶段小结课习题讲评式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,凸显直观想象的核心素养.
(2)了解可以作为推理依据的基本事实和定理,凸显数学抽象的核心素养.
(3)能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题,凸显逻辑推理的核心素养.
2.渗透的数学思想
(1)判断空间几何体的点、线、面的位置关系,直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的证明中,根据图形运算求解或证明体现了数形结合的思想.
(2)解决空间问题的基本思想就是将空间问题转化为平面问题解决,如平面图形与直观图形的互化,“要证线面平行,先证线线平行”“要证面面平行,先证线面平行”“要证线面垂直,先证线线垂直”“要证面面垂直,先证线面垂直”,求二面角的大小,应化为平面角的大小,求线面角,应化为求直线与其平面内的射影的夹角,求异面直线的夹角,应化为求其平行线的夹角.都体现了转化与化归思想.
题型(一)　等体积法求点到平面的距离
[例1]　(2024·全国甲卷)如图,已知AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,
CD=4,AD=BC=,AE=2,M为CD的中点.
(1)证明:EM∥平面BCF;
(2)求点M到平面ADE的距离.
听课记录:
|思|维|建|模|
　　用等体积法求点到平面的距离主要是一个转换的思想,即要将所要求的垂线段置于一个四面体中,其中四面体的一个顶点为所给点,另外三点位于所给点射影平面上,这里不妨将射影平面上的三点构成的三角形称为底面三角形.首先,用简单的方法求出四面体的体积,然后计算出底面三角形的面积,再根据四面体体积公式求出点到平面的距离.这种方法在常规方法不能轻松获得结果的情况下,可以很大程度的提高解题效率,达到事半功倍的效果.特别是遇到四面体有一条棱垂直于其所相对的底面时,首选此方法.
　　[针对训练]
1.已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=2,DC=2,点M为PD的中点,点N为PC的四等分点(靠近点P).
(1)求证:平面AMN⊥平面PCD;
(2)求点P到平面AMN的距离.
题型(二)　几何法求空间角
[例2]　如图,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,异面直线PB与CD的夹角为45°.
(1)求二面角B-PC-D的大小;
(2)求直线PB与平面PCD夹角的大小.
听课记录:
|思|维|建|模|
1.求线面角的三个步骤
一作(找)角,二证明,三计算,其中作(找)角是关键,先找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线,找垂足,然后把线面角转化到三角形中求解.
2.作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法,也可以用垂面法,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.
　　[针对训练]
2.如图,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB α,B∈l,AB与l的夹角为30°,则AB与平面β夹角的正弦值是 (　 )
A. C.
3.如图,将正方形ABCD沿对角线AC折叠后,平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为 (　 )
A. C.
题型(三)　立体几何中的交线、截面问题
[例3]　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和BB1上的点,MD=DD1,
NB=BB1,那么正方体中过M,N,C1的截面图形是 (　 )
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
(2)在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A1为球心、2为半径的球与正方体的面ABCD相交,则交线长为　　　.
听课记录:
|思|维|建|模|
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键
(1)作截面应遵循的三个原则:①在同一平面上的两点可引直线;②凡是相交的直线都要画出它们的交点;③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)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.
　　[针对训练]
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点E,F分别在棱D1A1,D1C1上,且满足==,点O为底面ABCD的中心,过点E,F,O作平面EFO,则平面EFO截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为 (　 )
A.8 B.6
C.4 D.2
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,E,F分别为BC,CD的中点,P是线段A1B上的动点,C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为　　　　.
板块综合　立体几何中的综合问题
[题型(一)]
[例1]　解: (1)证明:由题意,得EF∥MC,且EF=MC,所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥CF.
又CF 平面BCF,EM 平面BCF,所以EM∥平面BCF.
(2)取DM的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以四边形AMCB是平行四边形,所以AM=BC=.
又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等边三角形.
所以OA⊥DM,OE⊥DM,OA==3,OE==.又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE.
又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM 平面EDM,
所以OA⊥平面EDM.
易知S△EDM=×2×=.
在△ADE中,cos∠DEA==,
所以sin∠DEA=,S△ADE=×2×2×=.
设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM,得S△ADE·d=S△EDM·OA,得d=,
故点M到平面ADE的距离为.
[针对训练]
1.解:(1)证明:在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
则PA⊥CD,又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以CD⊥平面PAD.
因为AM 平面PAD,所以AM⊥CD.因为AP=AD,点M为PD的中点,所以AM⊥PD.
因为CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,所以AM⊥平面PCD.
因为AM 平面AMN,所以平面AMN⊥平面PCD.
(2)由(1)知CD⊥平面PAD,又PD 平面PAD,所以CD⊥PD.
因为PA⊥AD,PA=AD=2,DC=2,点M为PD的中点,所以PD=2,PM=,PC===4.因为点N为PC的四等分点(靠近点P),
所以PN=1.因为PD=CD,CD⊥PD,所以∠CPM=45°,所以由余弦定理得
MN=
==1,
所以PN2+MN2=PM2,所以PN⊥MN.因为AM⊥平面PCD,所以AM⊥MN.
设点P到平面AMN的距离为h,所以三棱锥P-AMN的体积VP-AMN=VA-PMN ××1×h=××1×1×,所以h=1.
[题型(二)]
[例2]　解:(1)∵ABCD是正方形,
∴AB∥CD.
∴∠PBA就是异面直线PB与CD的夹角,即∠PBA=45°.
∵PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AB.∴PA=AB.在△PBC和△PDC中,PB=PD,BC=CD,PC=PC,
∴△PBC≌△PDC.
∴∠PCB=∠PCD.
作BE⊥PC于E,连接ED.
在△ECB与△ECD中,BC=CD,CE=CE,∠ECB=∠ECD,
∴△ECB≌△ECD.
∴∠CED=∠CEB=90°.
∴∠BED就是二面角B-PC-D的平面角.
设AB=a,则BD=PB=a,PC=a,
则BE=DE==a,
则cos∠BED==-,
即∠BED=120°,
∴二面角B-PC-D的大小为120°.
(2)还原棱锥为正方体ABCD-PB1C1D1,作BF⊥CB1于F,
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C,
∴BF⊥B1P.
∴BF⊥平面PB1CD.
连接PF,则∠BPF就是直线PB与平面PCD的夹角,
易知BF=a,PB=a,
∴sin∠BPF=,即∠BPF=30°.
∴直线PB与平面PCD的夹角为30°.
[针对训练]
2.选B　如图,作AO⊥β于O,AC⊥l于C,连接OB,OC,
因为l β,所以AO⊥l.
因为AO∩AC=A,AO,AC 平面AOC,所以l⊥平面AOC.
因为OC 平面AOC,所以OC⊥l,
则∠ACO为二面角α-l-β的平面角,即∠ACO=60°,
∠ABC为AB与l所成的角,∠ABC=30°,
设AB与β的夹角为θ,则∠ABO=θ.
由图得sin θ==·
=sin 60°sin 30°=.故选B.
3.选C　设正方形的边长为a,取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC,过O作AD的平行线OE交CD于E,连接BE,如图,
因为平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO 平面BAC,
所以BO⊥平面DAC,而CD 平面DAC,于是BO⊥CD.
又OE⊥CD,BO∩OE=O,BO,OE 平面BOE,则CD⊥平面BOE,
而BE 平面BOE,即有CD⊥BE,
因此∠BEO为二面角B-CD-A的平面角,显然BO=a,OE=,
有BO⊥OE,即△BOE为直角三角形,有BE2=BO2+OE2=a2,则BE=a,
所以cos∠BEO===.故选C.
[题型(三)]
[例3]　解析:(1)先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点,再确定截面与几何体的
棱的交点.设直线C1M,CD相交于点P,直线C1N,CB相交于点Q,连接PQ交直线AD于点E,交直线AB于点F,则五边形C1MEFN为所求截面图形.
(2)因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,
所以平面ABCD与球的截面是以A为圆心的圆,且半径为=,
所以球面与底面ABCD的交线是以A为圆心,为半径的弧EF,
该交线的长为×2π×=π.
答案:(1)C　(2)π
[针对训练]
4.选A　连接AC,BD,A1C1,AC与BD交点即为O,因为==,所以EF∥A1C1.因为A1C1∥AC,所以EF∥AC,所以E,F,O,A,C共面,所以平面EFO截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为梯形EFCA.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,且==,所以AC===6.在Rt△D1EF中,D1E=D1F=2,则EF==2.在Rt△AA1E中,A1E=D1A1-D1E=6-2=4,则AE===2.在Rt△CC1F中,C1F=D1C1-D1F=6-2=4,则CF===2.过E作EM⊥AC于M,则AM===2,所以EM===2,所以等腰梯形EFCA的面积为×(EF+AC)×EM=×(2+6)×2=8.
5.解析:如图所示,连接EF,A1B,连接A1C1,B1D1交于点M,连接B1E,BC1交于点N,
易知EF∥B1D1,即E,F,B1,D1共面,
由P是线段A1B上的动点,
当P重合于A1或B时,C1A1,C1B与平面D1EF的交点分别为M,N,
即Q的轨迹为MN.
由正方体的棱长为3,
得C1M=A1C1=3,则BC1=6.
又==,
则NC1=BC1=4.
由A1B=BC1=A1C1,
得∠A1C1B=60°,则MN=
==.
答案:
2 / 5(共56张PPT)
板块综合 立体几何中的综合问题
(阶段小结课——习题讲评式教学)
建构知识体系
1.浸润的核心素养
(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,凸显直观想象的核心素养.
(2)了解可以作为推理依据的基本事实和定理,凸显数学抽象的核心素养.
(3)能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题,凸显逻辑推理的核心素养.
融通学科素养
2.渗透的数学思想
(1)判断空间几何体的点、线、面的位置关系,直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的证明中,根据图形运算求解或证明体现了数形结合的思想.
(2)解决空间问题的基本思想就是将空间问题转化为平面问题解决,如平面图形与直观图形的互化,“要证线面平行,先证线线平行”“要证面面平行,先证线面平行”“要证线面垂直,先证线线垂直”“要证面面垂直,先证线面垂直”,求二面角的大小,应化为平面角的大小,求线面角,应化为求直线与其平面内的射影的夹角,求异面直线的夹角,应化为求其平行线的夹角.都体现了转化与化归思想.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　
等体积法求点到平面的距离
题型(二)　几何法求空间角
题型(三)　
立体几何中的交线、截面问题
4
课时跟踪检测
题型(一)　
等体积法求点到平面的距离
01
[例1]　(2024·全国甲卷)如图,已知AB∥CD,CD∥EF,
AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,AE=2,
M为CD的中点.
(1)证明:EM∥平面BCF;
解:证明:由题意,得EF∥MC,且EF=MC,所以四边形EFCM是平行四边形,所以EM∥CF.又CF 平面BCF,EM 平面BCF,
所以EM∥平面BCF.
(2)求点M到平面ADE的距离.
解:取DM的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以四边形AMCB是平行四边形,所以AM=BC=.
又AD=,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等边三角形.
所以OA⊥DM,OE⊥DM,OA==3,
OE==.又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE.
又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM 平面EDM,所以OA⊥平面EDM.
易知S△EDM=×2×=.
在△ADE中,cos∠DEA==,所以sin∠DEA=,
S△ADE=×2×2×=.
设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM,
得S△ADE·d=S△EDM·OA,得d=,故点M到平面ADE的距离为.
|思|维|建|模|
　　用等体积法求点到平面的距离主要是一个转换的思想,即要将所要求的垂线段置于一个四面体中,其中四面体的一个顶点为所给点,另外三点位于所给点射影平面上,这里不妨将射影平面上的三点构成的三角形称为底面三角形.首先,用简单的方法求出四面体的体积,然后计算出底面三角形的面积,再根据四面体体积公式求出点到平面的距离.这种方法在常规方法不能轻松获得结果的情况下,可以很大程度的提高解题效率,达到事半功倍的效果.特别是遇到四面体有一条棱垂直于其所相对的底面时,首选此方法.
1.已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD
是直角梯形,AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=2,DC=2,
点M为PD的中点,点N为PC的四等分点(靠近点P).
(1)求证:平面AMN⊥平面PCD;
解:证明:在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
则PA⊥CD,又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因为AM 平面PAD,所以AM⊥CD.因为AP=AD,点M为PD的中点,所以AM⊥PD.因为CD∩PD=D,CD,PD 平面PCD,所以AM⊥平面PCD.因为AM 平面AMN,所以平面AMN⊥平面PCD.
针对训练
(2)求点P到平面AMN的距离.
解:由(1)知CD⊥平面PAD,又PD 平面PAD,所以CD⊥PD.因为PA⊥AD,
PA=AD=2,DC=2,点M为PD的中点,所以PD=2,PM=,
PC===4.因为点N为PC的四等分点(靠近点P),所以PN=1.因为PD=CD,CD⊥PD,所以∠CPM=45°,所以由余弦定理得MN===1,
所以PN2+MN2=PM2,所以PN⊥MN.因为AM⊥平面PCD,所以AM⊥MN.设点P到平面AMN的距离为h,所以三棱锥P-AMN的体积VP-AMN=
VA-PMN ××1×h=××1×1×,所以h=1.
题型(二)　几何法求空间角
02
[例2]　如图,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是
正方形,异面直线PB与CD的夹角为45°.
(1)求二面角B-PC-D的大小;
解:∵ABCD是正方形,∴AB∥CD.
∴∠PBA就是异面直线PB与CD的夹角,即∠PBA=45°.
∵PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AB.∴PA=AB.在△PBC和△PDC中,PB=PD,BC=CD,PC=PC,∴△PBC≌△PDC.
∴∠PCB=∠PCD.
作BE⊥PC于E,连接ED.
在△ECB与△ECD中,BC=CD,CE=CE,∠ECB=∠ECD,
∴△ECB≌△ECD.∴∠CED=∠CEB=90°.
∴∠BED就是二面角B-PC-D的平面角.
设AB=a,则BD=PB=a,PC=a,
则BE=DE==a,则cos∠BED==-,
即∠BED=120°,∴二面角B-PC-D的大小为120°.
(2)求直线PB与平面PCD夹角的大小.
解:还原棱锥为正方体ABCD-PB1C1D1,作BF⊥CB1于F,
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C,∴BF⊥B1P.
∴BF⊥平面PB1CD.
连接PF,则∠BPF就是直线PB与平面PCD的夹角,
易知BF=a,PB=a,
∴sin∠BPF=,即∠BPF=30°.
∴直线PB与平面PCD的夹角为30°.
|思|维|建|模|
1.求线面角的三个步骤
一作(找)角,二证明,三计算,其中作(找)角是关键,先找出斜线在平面上的射影,关键是作垂线,找垂足,然后把线面角转化到三角形中求解.
2.作二面角的平面角的方法
作二面角的平面角可以用定义法,也可以用垂面法,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.
2.如图,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB α,B∈l,
AB与l的夹角为30°,则AB与平面β夹角的正弦值
是 (　 )
A. B.
C. D.
√
针对训练
解析:如图,作AO⊥β于O,AC⊥l于C,连接OB,OC,
因为l β,所以AO⊥l.因为AO∩AC=A,AO,AC 平面AOC,
所以l⊥平面AOC.因为OC 平面AOC,所以OC⊥l,
则∠ACO为二面角α-l-β的平面角,即∠ACO=60°,
∠ABC为AB与l所成的角,∠ABC=30°,
设AB与β的夹角为θ,则∠ABO=θ.
由图得sin θ==·=sin 60°sin 30°=.故选B.
3.如图,将正方形ABCD沿对角线AC折叠后,
平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余
弦值为 (　 )
A. B.
C. D.
√
解析:选C　设正方形的边长为a,取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC,过O作AD的平行线OE交CD于E,连接BE,如图,因为平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO 平面BAC,所以BO⊥平面DAC,而CD 平面DAC,于是BO⊥CD.又OE⊥CD,BO∩OE=O,BO,OE 平面BOE,
则CD⊥平面BOE,而BE 平面BOE,即有CD⊥BE,因此∠BEO为二面角B-CD-A的平面角,显然BO=a,OE=,有BO⊥OE,
即△BOE为直角三角形,有BE2=BO2+OE2=a2,
则BE=a,所以cos∠BEO===.故选C.
题型(三)　
立体几何中的交线、截面问题
03
[例3]　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱DD1和BB1上的点,MD=DD1,NB=BB1,那么正方体中过M,N,C1的截面图形是(　 )
A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形
解析:先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点,再确定截面与几何体的棱的交点.设直线C1M,CD相交于点P,直线C1N,CB相交于点Q,连接PQ交直线AD于点E,
交直线AB于点F,
则五边形C1MEFN为所求截面图形.
√
(2)在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A1为球心、2为半径的
球与正方体的面ABCD相交,则交线长为　　　.
解析:因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,所以平面ABCD与球的截面是以A为圆心的圆,且半径为=,所以球面与底面ABCD的交线是以A为圆心,为
半径的弧EF,该交线的长为×2π×=π.
π
|思|维|建|模|
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键
(1)作截面应遵循的三个原则:①在同一平面上的两点可引直线;②凡是相交的直线都要画出它们的交点;③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)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.
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点E,F分别在棱D1A1,D1C1上,且满足==,点O为底面ABCD的中心,过点E,F,O作平面EFO,则平面EFO截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为(　 )
A.8 B.6
C.4 D.2
√
针对训练
解析:连接AC,BD,A1C1,AC与BD交点即为O,因为==,所以EF∥A1C1.因为A1C1∥AC,所以EF∥AC,所以E,F,O,A,C共面,所以平面EFO截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为梯形EFCA.因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,且==,所以AC=
==6.在Rt△D1EF中,D1E=D1F=2,则EF=
=2.在Rt△AA1E中,A1E=D1A1-D1E=6-2=4,
则AE===2.
在Rt△CC1F中,C1F=D1C1-D1F=6-2=4,
则CF===2.
过E作EM⊥AC于M,则AM==
=2,所以EM===2,
所以等腰梯形EFCA的面积为×(EF+AC)×EM=
×(2+6)×2=8.
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,E,F分别为BC,CD的中点,P是线段A1B上的动点,C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为　　　　.
解析:如图所示,
连接EF,A1B,连接A1C1,B1D1交于点M,连接B1E,BC1
交于点N,易知EF∥B1D1,即E,F,B1,D1共面,由P是线
段A1B上的动点,当P重合于A1或B时,C1A1,C1B与平面
D1EF的交点分别为M,N,即Q的轨迹为MN.
由正方体的棱长为3,得C1M=A1C1=3,则BC1=6.
又==,则NC1=BC1=4.
由A1B=BC1=A1C1,得∠A1C1B=60°,
则MN=
==.
课时跟踪检测
04
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2
A级——达标评价
1.设α,β为不重合的两个平面,m,n为不重合的两条直线,则下列命题正确的是(　 )
A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥α
B.若m α,n β,m∥n,则α∥β
C.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥β
D.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α
√
1
3
4
5
6
7
8
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11
12
2
解析:对于A,若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m与α有可能相交,也有可能m α,故A错误;对于B,若m α,n β,m∥n,则α与β有可能相交,也有可能平行,故B错误;对于C,若m∥α,n∥β,m⊥n,则α与β有可能平行,也有可能相交,故C错误;对于D,由于m⊥β,n⊥β,所以m∥n,又知n⊥α,所以m⊥α,故D正确.故选D.
1
5
6
7
8
9
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2
3
4
2.若m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列说法正确的是 (　 )
A.α∥β,m α,n β m∥n
B.α⊥γ,β⊥γ α∥β
C.α∥β,m∥n,m⊥α n⊥β
D.α∩β=m,β∩γ=n,m∥n α∥γ
√
1
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10
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12
2
3
4
解析:对于A,由α∥β,m α,n β,可知m,n无公共点,则m与n平行或异面,故A错误;对于B,由α⊥γ,β⊥γ,可知α与β可能平行,也可能相交,故B错误;对于C,因为m∥n,m⊥α,所以n⊥α,又知α∥β,所以n⊥β,故C正确;对于D,如图所示,α∩β=m,β∩γ=n,m∥n,但α与γ相交,故D错误.故选C.
1
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3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是平面
A1B1C1D1内一点,且BM∥平面ACD1,则tan∠DMD1
的最大值为 (　 )
A. B.1
C.2 D.
解析:设正方体的棱长为1,因为当M在直线A1C1上时,都满足BM∥平面ACD1,所以tan∠DMD1===是最大值,此时MD1⊥A1C1.故选D.
√
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4.设点M是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD的中点,点P在平面BCC1B1所在的平面内.若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等,则点P与点C1的最短距离是 (　 )
A. B.
C.1 D.
√
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解析:设P在平面ABCD上的射影为P',M在平面BB1C1C上的射影为M',平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α,β,则cos α=,cos β=.
因为cos α=cos β,所以S△DP'M=,设P到C1M'距离为d,则××d=×1×2,解得d=,即点P到C1的最短距离为.
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5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,则异面直线A1B1与AC1夹角的余弦值为 (　 )
A. B.
C. D.
√
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解析:∵C1D1∥A1B1,∴异面直线A1B1与AC1的夹角即为C1D1与AC1的夹角,即∠AC1D1.连接AD1,易知AD1⊥C1D1.∵在Rt△AC1D1中,C1D1=1,
AD1==,AC1==,∴cos∠AC1D1===.
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6.已知等于90°的二面角α-l-β内有一点P,过P有PA⊥α于点A,PB⊥β于B,如果PA=PB=a,则P到l的距离为　　　　　.
解析:如图,由PA⊥α,PB⊥β,l α,l β,则PA⊥l,PB⊥l,
且PA∩PB=P,PA,PB 平面APBC,故l⊥平面APBC,
l∩平面APBC=C,连接PC,PC 平面APBC,故l⊥PC,
所以P到l的距离为线段PC的长度,二面角α-l-β为90°,
故BC=PA=PB,且∠PBC=90°,故PC=PB=a.
a
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7.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,M是A1D1的中点,点N在
棱CC1上,CN=2NC1,则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为　　　　.
解析:如图,取BC,B1C1的中点为H,Q,连接BQ,C1H,
则AM∥BQ∥C1H,且AM=BQ=C1H.在平面BB1C1C中,
过点N作NP∥C1H交BC于P,则NP为平面AMN与侧面
BB1C1C的交线,且NP∶C1H=2∶3,由于C1H=
==,∴NP=.
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8. (12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在
棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:
(1)当AB=BC时,EF⊥AC;
证明:如图,连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为
正方形.所以AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1.
因为BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BB1D1D.
因为EF 平面BB1D1D,所以EF⊥AC.
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(2)点C1在平面AEF内.
证明:如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.
因为D1E=DD1,AG=AA1,DD1 AA1,所以ED1 AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,所以 AE∥GD1.因为B1F=BB1,A1G=AA1,
BB1 AA1,所以B1F A1G,于是四边形B1FGA1为平行四边形.所以FG A1B1,FG C1D1.所以四边形FGD1C1为平行四边形.所以GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.
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B级——重点培优
9.一种特殊的四面体叫做“鳖臑”,它的四个面均为
直角三角形.如图,在四面体P-ABC中,设E,F分别是
PB,PC上的点,连接AE,AF,EF(此外不再增加任何
连线),则图中直角三角形最多有(　 )
A.6个 B.8个
C.10个 D.12个
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解析:为使题图中有尽可能多的直角三角形,设四面体P-ABC为“鳖臑”,其中PA⊥平面ABC,且AB⊥BC,易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB,EF⊥PC,由CB⊥平面PAB,得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB,平面PAB∩平面PBC=PB,所以AE⊥平面PBC.所以AE⊥EF,且AE⊥PC.又EF⊥PC,AE∩EF=E,AE,EF 平面AEF,所以PC⊥平面AEF.又AF 平面AEF,所以AF⊥PC.故四面体P-AEF也是“鳖臑”,则题图中的10个三角形全是直角三角形,故选C.
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10.如图,正四面体ABCD中,E,F分别是线段AC的三等分点,P是线段AB的中点,G是线段BD上的动点,则 (　 )
A.存在点G,使PG⊥EF成立
B.存在点G,使FG⊥EP成立
C.不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立
D.不存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立
√
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解析:在A中,取BD中点M,连接AM,CM,易得AM⊥BD,CM⊥BD,
AM,CM 平面ACM,AM∩CM=M,故BD⊥平面ACM,又AC 平面
ACM,故BD⊥AC,若PG⊥EF,PG,BD 平面ABD,PG∩BD=G,
则AC⊥平面ABD,显然不成立,故不存在点G,使PG⊥EF成立,
故A错误;在B中,连接BF,DF,易得PE∥BF,故∠BFG或其补角即为异面直线PE,FG的夹角,不妨设AB=3,在△ABF中,由余弦定理BF2=AB2+AF2-2AB·AF·cos,即BF2=32+22-2×3×2×=7,解得BF=,同理DF=,
在△BFD中,cos∠BFD==>0,则∠BFD<,
显然∠BFG<∠BFD<,故不存在点G,使FG⊥EP成立,故B错误;
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在C中,取CD中点N,连接AN,BN,过B作BH⊥AN于H,
易得BN⊥CD,AN⊥CD,AN,BN 平面ABN,AN∩BN=
N,故CD⊥平面ABN,又BH 平面ABN,故CD⊥BH,
又AN,CD 平面ACD,AN∩CD=N,故BH⊥平面ACD,
若平面EFG⊥平面ACD,则BH 平面EFG或BH∥平面
EFG,显然BH与平面EFG相交,故不存在点G,使平面EFG
⊥平面ACD成立,故C正确;在D中,当G与BD中点M重合时,
由A选项知有BD⊥平面ACM,即BD⊥平面EFG,又BD 平
面ABD,故平面ABD⊥平面EFG,故存在点G,使平面EFG
⊥平面ABD成立,故D错误.故选C.
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11.(15分)如图①所示,已知正三角形ADP与正方形ABCD,将△ADP沿AD翻折至△ADP'所在的位置,连接P'B,P'C,得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2,P'B=2,T为AP上一点,且满足PT=2AT.
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(1)求证:CD⊥平面P'AD;
解:证明:由题意知△P'AD是正三角形,有P'A=AB=2,在△P'AB中,P'A2+AB2=8=P'B2,则AB⊥P'A.
在正方形ABCD中,AB⊥AD,P'A∩AD=A,P'A,AD 平面P'AD,
于是AB⊥平面P'AD,而CD∥AB,
所以CD⊥平面P'AD.
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(2)在线段P'D上是否存在一点Q,使得CQ∥平面BDT.若存在,指出点Q的位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.
解:点Q为线段P'D的中点,CQ∥平面BDT,
取P'T的中点N,连接CQ,NQ,CN,连接AC∩BD=O,
连接OT,如图,于是NQ∥TD,而TD 平面BDT,
NQ 平面BDT,因此NQ∥平面BDT.
依题意,T为P'A上一点,且满足P'T=2AT,则T为NA中点,
又O为AC中点,即有OT∥CN,而TO 平面BDT,CN 平面BDT,
因此CN∥平面BDT.
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又CN∩NQ=N,CN,NQ 平面CQN,
从而平面CQN∥平面BDT.
又CQ 平面CQN,则CQ∥平面BDT,
所以点Q为线段P'D的中点时,CQ∥平面BDT.
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12.(16分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图,四棱锥P-ABCD中,
PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
解:证明:因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD,又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,所以AD⊥平面PAB,又AB 平面PAB,所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC,
又AD 平面PBC,BC 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
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(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
解:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF,
因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,所以DE⊥平面PAC,所以DE⊥CP.又EF⊥CP,DE∩EF=E,
DE,EF 平面DEF,所以CP⊥平面DEF,根据二面角
的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,
即sin∠DFE=,即tan∠DFE=.
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由AD⊥DC,设AD=x(0DE=,又CE==,
而△EFC为等腰直角三角形,
所以EF=,故tan∠DFE==,解得x=,即AD=.

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