《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題三 立體幾何 第2講 空間點、線、面的位置關系練習（含解析）（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　空間點、線、面的位置關系 [做真題] 1．(2019·高考全國卷Ⅱ)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是(　　) A．α內有無數(shù)條直線與β平行 B．α內有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面 解析：選B.對于A，α內有無數(shù)條直線與β平行，當這無數(shù)條直線互相平行時，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質知，B正確；對于C，平行于同一條直線的兩個平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對于D，垂直于同一平面的兩個平面可能相交，也可能平行，如長方體的相鄰兩個側面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確

2、．綜上可知選B. 2．(2019·高考全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(　　) A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 解析：選B.取CD的中點O，連接ON，EO，因為△ECD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設正方形ABCD的邊長為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，

3、得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因為四邊形ABCD為正方形，所以N為BD的中點，即EN，MB均在平面BDE內，所以直線BM，EN是相交直線，選B. 3．(2018·高考全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 解析：選C. 如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠M

4、OD為異面直線AD1與DB1所成角．因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝， DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C. 4．(2019·高考全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點. (1)證明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A-MA1-N的正弦值． 解：(1)證明：連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1

5、，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝B1C. 又因為N為A1D的中點，所以ND＝A1D. 由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND， 因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED. 又MN?平面EDC1，所以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則　 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，，2)，N(1，0，2)，＝(0，0，－4)， ＝(－1，，－2)，＝(－1，0，－2)，＝(0，－3，0)．　 設m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則 所以

6、可取m＝(，1，0)． 設n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則 所以可取n＝(2，0，－1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A-MA1-N的正弦值為. [山東省學習指導意見] 1．點、線、面之間的位置關系 借助長方體模型，在直觀認識和理解空間點、線、面的位置關系的基礎上，抽象出空間線、面位置關系的定義，并了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理(四個公理、一個定理)．　 2．空間位置的判定與說明 以立體幾何的上述定義，公理和定理為出發(fā)點，通過直觀感知、操作確認、思辨，認識和理解空間中線面平行、垂直的有關性質與判定(四個判定定理、四個性質定理)能運用定理證明一些

7、空間位置關系的簡單命題． 　　　空間線面位置關系的判定 [考法全練] 1．(多選)下列命題正確的是(　　) A．梯形一定是平面圖形 B．若兩條直線和第三條直線所成的角相等，則這兩條直線平行 C．兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面 D．若兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合 解析：選AC.對于A，由于兩條平行直線確定一個平面，所以梯形可以確定一個平面，故A正確；對于B，兩條直線和第三條直線所成的角相等，則這兩條直線平行或異面或相交，故B錯誤；對于C，兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面，故C正確；對于D，若兩個平面有三個公共點，則這兩個平面相交或重合，故D錯誤．

8、 2．(2019·江西七校第一次聯(lián)考)設m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是(　　) A．若m∥n，n?α，則m∥α B．若m?α，n?β，α∥β，則m∥n C．若α∥β，m⊥α，則m⊥β D．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β 解析：選C.若m∥n，n?α，則m∥α或m?α，所以選項A不正確；若m?α，n?β，α∥β，則m∥n或m與n異面，所以選項B不正確；由面面平行的性質、線面垂直的性質及判定知選項C是正確的；若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β或α與β相交，所以選項D不正確．故選C. 3．(2019·武漢市調研測試)已知兩個平

9、面相互垂直，下列命題中， ①一個平面內已知直線必垂直于另一個平面內的任意一條直線； ②一個平面內已知直線必垂直于另一個平面內的無數(shù)條直線； ③一個平面內任意一條直線必垂直于另一個平面； ④過一個平面內任意一點作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個平面． 其中正確的命題是(　　) A．①②　　　　　　　　 B．①③ C．② D．②④ 解析：選C.構造正方體ABCD-A1B1C1D1，如圖，①，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，BD?平面ABCD，但A1D與BD不垂直，故①錯； ②，在正方體ABCD-A1B1C1D1

10、中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1內的任意一條直線，l與平面ABCD內同AB平行的所有直線垂直，故②正確； ③，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，但A1D與平面ABCD不垂直，故③錯； ④，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，過交線AD上的點作交線的垂線l，則l可能與另一平面垂直，也可能與另一平面不垂直，故④錯．故選C. 4.(2019·福建省質量檢查)如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的任意一點，以AO

11、為直徑的圓與AD的另一個交點為C，P為SD的中點．現(xiàn)給出以下結論： ①△SAC為直角三角形； ②平面SAD⊥平面SBD； ③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行． 其中正確結論的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選C.如圖， 連接OC，因為AO為圓的直徑，所以AC⊥OC，因為SO垂直于底面圓O，AC?底面圓O，所以AC⊥SO，因為SO∩OC＝O，所以AC⊥平面SOC.又SC?平面SOC，所以AC⊥SC，所以△SAC為直角三角形，故①正確．由于點D是圓O上的動點，所以平面SAD不能總垂直于平面SBD，故②錯誤，連接DO并延長交圓O于E，連接SE，PO，因為

12、P為SD的中點，O為DE的中點，所以OP∥SE.又OP?平面PAB，SE?平面PAB，所以SE∥平面PAB，故③正確，故選C. 5．(2019·河北省九校第二次聯(lián)考)已知兩條不同的直線m，n，兩個不重合的平面α，β，給出下面五個命題： ①m∥n，m⊥α?n⊥α； ②α∥β，m?α，n?β?m∥n； ③m∥n，m∥α?n∥α； ④m⊥α，m∥β?α⊥β； ⑤α∥β，m∥n，m⊥α?n⊥β. 其中正確命題的序號是________． 解析：命題①，顯然正確；命題②，m，n可能異面，故②為假命題；命題③，可能n?α，故③為假命題；命題④，由線面垂直、線面平行的性質以及面面垂直的判定知④

13、為真命題；命題⑤，由m∥n，m⊥α，得n⊥α，又α∥β，所以n⊥β，故⑤為真命題．綜上，正確的命題為①④⑤. 答案：①④⑤ 判斷與空間位置關系有關的命題真假的3種方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質定理進行判斷． (2)借助于反證法，當從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設或公認的結論相矛盾的命題，進而作出判斷． (3)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關系，結合有關定理，進行肯定或否定．　 　　　空間中平行、垂直關系的證明 [典型例題] 由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截 去三棱錐

14、C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABCD. (1)證明：A1O∥平面B1CD1； (2)設M是OD的中點，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1. 【證明】　 (1)取B1D1的中點O1，連接CO1，A1O1， 由于ABCD-A1B1C1D1為四棱柱， 所以A1O1∥OC， A1O1＝OC， 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形， 所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1， 所以A1O∥平面B1CD1. (2)因為AC⊥BD，E，M分別為AD和OD的中點， 所

15、以EM⊥BD. 又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， 所以A1E⊥BD. 因為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. 平行關系及垂直關系的轉化 空間平行、垂直關系證明的主要思想是轉化，即通過判定、性質定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關系相互轉化． 　 [對點訓練] 1.如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，E為A

16、D的中點． (1)求證：PA⊥CD. (2)求證：平面PBD⊥平面PAB. 證明：(1)因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB， 又因為PA⊥AB， 所以PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥CD. (2)由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四邊形BCDE是平行四邊形， 又CD⊥AD，BC＝CD， 所以四邊形BCDE是正方形，連接CE(圖略)， 所以BD⊥CE， 又因為BC∥AE，BC＝AE， 所以四邊形ABCE是平行四邊形， 所以CE∥AB，則BD⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD， 又因為PA∩AB＝A，則BD⊥平面P

17、AB， 且BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB. 2.如圖，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點． (1)當?shù)扔诤沃禃r，BC1∥平面AB1D1? (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值． 解：(1) 如圖，取D1為線段A1C1的中點，此時＝1， 連接A1B交AB1于點O，連接OD1. 由棱柱的性質，知四邊形A1ABB1為平行四邊形， 所以點O為A1B的中點． 在△A1BC1中，點O，D1分別為A1B，A1C1的中點， 所以OD1∥BC1. 又因為OD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1， 所以BC1∥平面

18、AB1D1. 所以當＝1時，BC1∥平面AB1D1. (2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1， 且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1， 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O. 因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1. 因為＝，＝. 又因為＝1，所以＝1，即＝1. 　　　　　　　　平面圖形的折疊問題 [典型例題] 如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P點在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上，如圖②所示，點E，F(xiàn)分別為棱PC，CD的中點． (1)求證：平面OEF∥平面PAD；

19、 (2)求證：CD⊥平面POF； (3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱錐E-CFO的體積． 【解】　(1)證明：因為點P在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上， 所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC. 由題意知O是AC的中點，又點E是PC的中點， 所以OE∥PA，又OE?平面PAD，PA?平面PAD， 所以OE∥平面PAD.同理，OF∥平面PAD. 又OE∩OF＝O，OE，OF?平面OEF， 所以平面OEF∥平面PAD. (2)證明：因為OF∥AD，AD⊥CD， 所以OF⊥CD. 又PO⊥平面ADC，CD?平面ADC， 所以PO⊥CD. 又OF∩PO＝O

20、，所以CD⊥平面POF. (3)因為∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4， 所以S△ACD＝×3×4＝6， 而點O，F(xiàn)分別是AC，CD的中點， 所以S△CFO＝S△ACD＝， 由題意可知△ACP是邊長為5的等邊三角形， 所以OP＝， 即點P到平面ACD的距離為， 又E為PC的中點，所以E到平面CFO的距離為， 故VE-CFO＝××＝. 平面圖形折疊問題的求解方法 (1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． (2)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既

21、要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形．　 [對點訓練] 如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點，O是AC與BE的交點，將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1-BCDE. (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)當平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1-BCDE的體積為36，求a的值． 解：(1)證明：在題圖1中，因為AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點， ∠BAD＝， 所以BE⊥AC. 即在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 從而BE⊥平面A1OC， 又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1

22、OC. (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是四棱錐A1-BCDE的高． 由題圖1知，A1O＝AB＝a，平行四邊形BCDE的面積S＝BE·OC＝a2. 從而四棱錐A1-BCDE的體積為 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3， 由a3＝36，得a＝6. 一、選擇題 1．(2019·合肥市第一次質量檢測)平面α外有兩條直線a，b，它們在平面α內的投影分別是直線m，n，則下列命題正確的是(　　) A．若a⊥b，則m⊥n B．若m⊥n，則a⊥b C．若m∥n，則

23、a∥b D．若m與n相交，則a與b相交或異面 解析：選D.對于選項A，當直線a，b相交，且所在平面與平面α垂直時，直線m，n重合，故A不正確；對于選項B，不妨在正方體ABCD-A1B1C1D1中考慮，取面對角線AB1，AD1，其所在直線分別記為a，b，其在平面ABCD上的投影分別為AB，AD，記為m，n，此時m⊥n，但a與b不垂直，故B不正確；對于選項C，不妨在正方體ABCD-A1B1C1D1中考慮，取面對角線AB1，CD1，其所在直線分別記為a，b，其在平面ABCD上的投影分別為AB，CD，記為m，n，此時m∥n，但a與b不平行，故C不正確；對于選項D，若m與n相交，則a與b不可能平行，

24、只能是相交或異面，故D正確，選D. 2．(2019·長春市質量監(jiān)測(一))在正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為(　　) A．1　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選D.由題意畫出圖形如圖所示，取AD1的中點為O，連接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直線A1C1與平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1 中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝＝.故選D. 3．如圖，在三棱錐D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的是(　　) A．平面ABC⊥平面

25、ABD B．平面ABD⊥平面BCD C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE 解析：選C.因為AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因為AC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故選C. 4．(2019·江西省五校協(xié)作體試題)如圖，圓錐的底面直徑AB＝4，高OC＝2，D為底面圓周上的一點，且∠AOD＝，則直線AD與BC所成的角為(　　) A． B． C． D． 解析：選B.如圖，過點O作OE

26、⊥AB交底面圓于E，分別以OE，OB，OC所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，因為∠AOD＝π，所以∠BOD＝，則D(，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，＝(，3，0)，＝(0，－2，2)，所以cos〈，〉＝＝－，則直線AD與BC所成的角為，故選B. 5.如圖，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，將△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置為D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面體D1ABC的四個面中，有n對平面相互垂直，則n等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選B. 如圖，設D1在平面ABC上的射影為E，

27、連接D1E，則D1E⊥平面ABC， 因為D1E?平面ABD1， 所以平面ABD1⊥平面ABC. 因為D1E⊥平面ABC，BC?平面ABC， 所以D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E， 所以BC⊥平面ABD1， 又BC?平面BCD1， 所以平面BCD1⊥平面ABD1， 因為BC⊥平面ABD1，AD1?平面ABD1， 所以BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C， 所以AD1⊥平面BCD1，又AD1?平面ACD1， 所以平面ACD1⊥平面BCD1. 所以共有3對平面互相垂直．故選B. 6．(多選)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1

28、上運動，則下列判斷中正確的是(　　) A．平面PB1D⊥平面ACD1 B．A1P∥平面ACD1 C．異面直線A1P與AD1所成角的范圍是 D．三棱錐D1-APC的體積不變 解析：選ABD.對于A，根據(jù)正方體的性質，有DB1⊥平面ACD1，又DB1?平面PB1D，則平面PB1D⊥平面ACD1，故A正確；對于B，連接A1B，A1C1，易證明平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P?平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正確；對于C，當P與線段BC1的兩端點重合時，A1P與AD1所成角取最小值，當P與線段BC1的中點重合時，A1P與AD1所成角取最大值，故A1P與AD1所成角

29、的范圍是，故C錯誤；對于D，V三棱錐D1-APC＝V三棱錐C-AD1P，因為點C到平面AD1P的距離不變，且△AD1P的面積不變，所以三棱錐C-AD1P的體積不變，故D正確．故選ABD. 二、填空題 7．(2019·沈陽市質量監(jiān)測(一))如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下面結論中正確的是________．(寫出所有正確結論的序號) ①BD∥平面CB1D1； ②AC1⊥平面CB1D1； ③異面直線AC與A1B成60°角； ④AC1與底面ABCD所成角的正切值是. 解析：對于①，BD∥B1D1，BD?平面CB1D1，B1D1?平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，

30、①正確；對于②，因為AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，連接A1C1，又A1C1⊥B1D1，所以B1D1⊥平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1，同理B1C⊥AC1，所以AC1⊥平面CB1D1，②正確；對于③，易知AC∥A1C1，異面直線AC與A1B所成角為∠BA1C1，連接BC1，又△A1C1B為等邊三角形，所以∠BA1C1＝60°，異面直線AC與A1B成60°角，③正確；對于④，AC1與底面ABCD所成角的正切值是＝＝≠，故④不正確．故正確的結論為①②③. 答案：①②③ 8．(2019·武漢市調研測試)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點A關于平面BDC1的

31、對稱點為M，則M到平面A1B1C1D1的距離為________． 解析：法一：建立如圖所示的空間直角坐標系，正方體的棱長為1，在正方體ABCD-A1B1C1D1下面補一個棱長為1的正方體ABCD-A2B2C2D2，連接A2C2，B2D2，AC2，設B2D2∩A2C2＝E，連接CE交AC2于M(即A關于平面BDC1的對稱點)，易得M，所以點M到平面A1B1C1D1的距離為1－＝. 法二：依題意，點M在平面ACC1A1上，建立如圖所示的平面直角坐標系，由已知得A，C1，直線OC1的方程為y＝x，其斜率為， 因為點A關于直線OC1的對稱點為M，設M(a，b)， 所以，解得， 所以點

32、M到直線A1C1的距離為1－＝， 所以點A關于平面BDC1的對稱點M到平面A1B1C1D1的距離為. 答案： 9．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝4，AA1＝2.過點A1作平面α與AB，AD分別交于M，N兩點，若AA1與平面α所成的角為45°，則截面A1MN面積的最小值是________，此時AM＝________． 解析：如圖，過點A作AE⊥MN，連接A1E，因為A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥MN，所以MN⊥平面A1AE，所以A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，所以∠AA1E為AA1與平面A1MN所成的角，所以∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，因

33、為AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，當且僅當ME＝EN，即E為MN的中點時等號成立，所以截面A1MN面積的最小值為×4×2＝4.因為AM2＋AN2＝MN2，所以AM＝2. 答案：4　2 三、解答題 10.如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E、F(E與A、D不重合)分別在棱AD、BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. 證明：(1)在平面ABD內，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB. 又因為EF?

34、平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC?平面BCD且BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD，所以BC⊥AD. 又因為AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又因為AC?平面ABC， 所以AD⊥AC. 11.如圖所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點． 求證：(1)AF∥平面BCE； (2)平面BCE⊥平面CDE. 證明：(1)如圖，取CE的中

35、點G， 連接FG， BG. 因為F為CD的中點， 所以GF∥DE且GF＝DE. 因為AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以AB∥DE， 所以GF∥AB. 又因為AB＝DE，所以GF＝AB. 所以四邊形GFAB為平行四邊形，則AF∥BG. 因為AF?平面BCE，BG?平面BCE， 所以AF∥平面BCE. (2)因為△ACD為等邊三角形，F(xiàn)為CD的中點， 所以AF⊥CD. 因為DE⊥平面ACD，AF?平面ACD， 所以DE⊥AF. 又CD∩DE＝D， 所以AF⊥平面CDE. 因為BG∥AF，所以BG⊥平面CDE. 又因為BG?平面BCE， 所以平面BCE

36、⊥平面CDE. 12．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體． (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，AC與其在平面ABD內的正投影所成角的正切值為，求點B到平面ADE的距離． 解：(1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 又DC⊥BD，DC?平面BCD， 所以DC⊥平面ABD. 因為AB?平面ABD， 所以DC⊥AB. 又因為折疊前后均有AD⊥AB， 且DC∩AD＝D， 所以AB⊥平面A

37、DC. (2)由(1)知DC⊥平面ABD， 所以AC在平面ABD內的正投影為AD， 即∠CAD為AC與其在平面ABD內的正投影所成的角． 依題意知tan ∠CAD＝＝， 因為AD＝1，所以DC＝. 設AB＝x(x＞0)，則BD＝， 易知△ABD∽△DCB，所以＝， 即＝，解得x＝， 故AB＝，BD＝，BC＝3. 由于AB⊥平面ADC， 所以AB⊥AC，又E為BC的中點，所以由平面幾何知識得AE＝＝， 同理DE＝＝， 所以S△ADE＝×1× ＝. 因為DC⊥平面ABD，所以VA-BCD＝CD·S△ABD＝. 設點B到平面ADE的距離為d， 則d·S△ADE＝VB-ADE＝VA-BDE＝VA-BCD＝， 所以d＝，即點B到平面ADE的距離為. - 19 -