專題九 點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系卷卷卷2018直線與平面所成的角、正方體的截面面積的最值T12求異面直線所成的角T9面面垂直的證明T19(1)面面垂直的證明T18(1)線面垂直的證明T20(1)2017面面垂直的證明T18(1)求異面直線所成的角T10圓錐、空間線線角的求解T16線面平行的證明T19(1)面面垂直的證明T19(1)2016求異面直線所成的角T11空間中線、面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)T14線面平行的證明T19(1)面面垂直的證明T18(1)翻折問題、線面垂直的證明T19(1)縱向把握趨勢(shì)卷3年5考，且以選擇題的形式考查線線角、線面角以及空間幾何體的截面問題，位置關(guān)系的證明均出現(xiàn)在解答題中，且連續(xù)3年均考查了面面垂直的證明預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)在解答題的第(1)問中考查位置關(guān)系的證明，在小題中考查空間位置關(guān)系的判斷或異面直線問題，難度適中卷3年6考，且每年均有1小1大，涉及空間位置關(guān)系的判定、求異面直線所成的角、線面平行或垂直的證明、翻折問題，難度中等預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)在解答題的第(1)問中考查線面位置關(guān)系的證明，以選擇題或填空題的形式考查異面直線所成角的求法，難度適中卷3年4考，涉及線面平行的證明、面面垂直的證明以及線線角的求法，難度適中預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)在解答題的第(1)問中考查面面垂直問題，在選擇題或填空題中考查線線角的求法橫向把握重點(diǎn)1.高考對(duì)此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為“一小一大”或“一大”，即一道選擇題(或填空題)一道解答題或只考一道解答題2.選擇題一般在第911題的位置，填空題一般在第14題的位置，多考查線面位置關(guān)系的判斷及空間角的求解，難度較小3.解答題多出現(xiàn)在第18或19題的第一問的位置，考查空間中平行或垂直關(guān)系的證明，難度中等.空間位置關(guān)系的判定與線線角、線面角題組全練1.在如圖所示的正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱B1B，AD的中點(diǎn)，則直線BF與平面AD1E的位置關(guān)系是()A平行B相交但不垂直C垂直D異面解析：選A如圖，取AD1的中點(diǎn)O，連接OE，OF，則OF平行且等于BE，四邊形BFOE是平行四邊形，BFOE，BF平面AD1E，OE平面AD1E，BF平面AD1E.2設(shè)m，n是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題：若m，n，則mn；若，m，則m；若n，mn，m，則m；若，則.其中真命題的個(gè)數(shù)是()A0B1C2 D3解析：選B，mn或m，n異面，故錯(cuò)誤；易知正確；，m或m，故錯(cuò)誤；，或與相交，故錯(cuò)誤3(2018全國(guó)卷)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A. B.C. D.解析：選C如圖，連接BE，因?yàn)锳BCD，所以AE與CD所成的角為EAB.在RtABE中，設(shè)AB2，則BE，則tan EAB，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為.4(2018全國(guó)卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45，若SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為_解析：如圖，SA與底面成45角，SAO為等腰直角三角形設(shè)OAr，則SOr，SASBr.在SAB中，cos ASB，sin ASB，SSABSASBsin ASB(r)25，解得r2，SAr4，即母線長(zhǎng)l4，S圓錐側(cè)rl2440.答案：40 系統(tǒng)方法1判定空間位置關(guān)系的方法(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(zhì)定理進(jìn)行判斷(2)借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行判斷2當(dāng)線線角、線面角出現(xiàn)在客觀題中時(shí)，多用定義法求解若出現(xiàn)在解答題中多用向量法求解空間平行、垂直關(guān)系的證明由題知法(2018石家莊摸底)如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F(xiàn)是CE的中點(diǎn)(1)求證：BF平面ADP；(2)已知O是BD的中點(diǎn)，求證：BD平面AOF.證明(1)取PD的中點(diǎn)為G，連接FG，AG，F(xiàn)是CE的中點(diǎn)，F(xiàn)G是梯形CDPE的中位線，CD3PE，F(xiàn)G2PE，F(xiàn)GCD，CDAB，AB2PE，ABFG，ABFG，即四邊形ABFG是平行四邊形，BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，BF平面ADP.(2)延長(zhǎng)AO交CD于M，連接BM，F(xiàn)M，BAAD，CDDA，ABAD，O為BD的中點(diǎn)，四邊形ABMD是正方形，則BDAM，MD2PE.MD綊FG.四邊形DMFG為平行四邊形FMPD，PD平面ABCD，F(xiàn)M平面ABCD，F(xiàn)MBD，AMFMM，BD平面AMF，即BD平面AOF.類題通法1垂直、平行關(guān)系中的轉(zhuǎn)化與化歸思想(1)證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行(2)證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直(3)證明面面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為證明線線垂直2垂直、平行關(guān)系的常用證明方法方法證明線線平行利用平行公理，即證兩直線同時(shí)和第三條直線平行；利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換；利用三角形的中位線定理證線線平行；利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換證明線線垂直利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)；勾股定理；線面垂直的性質(zhì)：即要證兩線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可，l，ala應(yīng)用通關(guān)1.如圖，在底面是菱形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABC60，AA1AC2，A1BA1D2，點(diǎn)E在A1D上(1)證明：AA1平面ABCD；(2)當(dāng)為何值時(shí)，A1B平面EAC，并求出此時(shí)直線A1B與平面EAC之間的距離解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，ABC60，所以ABADAC2.在AA1B中，由AAAB2A1B2，得AA1AB，同理可知AA1AD.又ABADA，所以AA1平面ABCD.(2)當(dāng)1時(shí)，A1B平面EAC.證明如下：連接BD交AC于點(diǎn)O，則O為BD的中點(diǎn)，連接OE，因?yàn)?，所以點(diǎn)E為A1D的中點(diǎn)，所以O(shè)EA1B，又A1B平面EAC，EO平面EAC，所以A1B平面EAC.所以直線A1B與平面EAC之間的距離等于點(diǎn)A1到平面EAC的距離，因?yàn)镋為A1D的中點(diǎn)，所以可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)D到平面EAC的距離，設(shè)AD的中點(diǎn)為F，連接EF，則EFAA1，所以EF平面ACD，且EF1，可求得SACD，所以VEACD1.易知AE，AC2，CE2，所以SEAC，又因?yàn)閂DAECVEACD，所以SEACd(d表示點(diǎn)D到平面EAC的距離)，解得d，所以直線A1B與平面EAC之間的距離為.2(2018長(zhǎng)春模擬)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCBB1，AB1A1BE，D為AC上的點(diǎn)，B1C平面A1BD.(1)求證：BD平面A1ACC1；(2)若AB1，且ACAD1，求三棱錐ABCB1的體積解：(1)證明：連接ED，平面AB1C平面A1BDED，B1C平面A1BD，B1C平面AB1C，B1CED.E為AB1的中點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)，ABBC，BDAC.A1A平面ABC，BD平面ABC，A1ABD.A1A，AC是平面A1ACC1內(nèi)的兩條相交直線，BD平面A1ACC1.(2)由AB1，得BCBB11，由(1)知ADAC，又ACAD1，AC22，AC2AB2BC2，ABBC，SABCABBC，VABCB1VB1ABCSABCBB11.與平行、垂直有關(guān)的折疊、探索性問題由題知法(2019屆高三武漢調(diào)研)如圖1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD的中點(diǎn)，將ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1ABCE，其中平面D1AE平面ABCE.(1)證明：BE平面D1AE；(2)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，在線段AB上是否存在一點(diǎn)M，使得MF平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由解(1)證明：四邊形ABCD為矩形且ADDEECBC2，AEBE2.又AB4，AE2BE2AB2，AEB90，即BEAE.又平面D1AE平面ABCE，平面D1AE平面ABCEAE，BE平面ABCE，BE平面D1AE.(2)，理由如下：取D1E的中點(diǎn)L，連接FL，AL，F(xiàn)LEC，F(xiàn)LEC1.又ECAB，F(xiàn)LAB，且FLAB，M，F(xiàn)，L，A四點(diǎn)共面若MF平面AD1E，則MFAL.四邊形AMFL為平行四邊形，AMFLAB，即.類題通法1求解平面圖形折疊問題的關(guān)鍵和方法關(guān)鍵分清翻折前后位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系哪些改變，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，尤其是垂直關(guān)系，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口方法把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐等幾何體，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中解決2探索性問題求解的途徑和方法(1)對(duì)命題條件探索的三種途徑：先猜后證，即先觀察，嘗試給出條件再證明；先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性；將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探索出命題成立的條件(2)對(duì)命題結(jié)論的探索方法：從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么，對(duì)于探索結(jié)論是否存在，求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在，再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論應(yīng)用通關(guān)1(2019屆高三西安八校聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，ADC90，ABCD，ADCDAB2，E為AC的中點(diǎn)，將ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，得到如圖2所示的三棱錐DABC.(1)求證：BC平面ACD；(2)點(diǎn)F在棱CD上，且滿足AD平面BEF，求幾何體FBCE的體積解：(1)證明：AC2，BACACD45，AB4，在ABC中，BC2AC2AB22ACABcos 458，AB2AC2BC216，ACBC，平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，BC平面ACD.(2)AD平面BEF，AD平面ACD，平面ACD平面BEFEF，ADEF，E為AC的中點(diǎn)，EF為ACD的中位線，由(1)知，VFBCEVBCEFSCEFBC.SCEFSACD22，VFBCE2.2.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB30，PD平面ABCD，AD2，點(diǎn)E為AB上一點(diǎn)，且m，點(diǎn)F為PD中點(diǎn)(1)若m，證明：AF平面PEC；(2)是否存在一個(gè)常數(shù)m，使得平面PED平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，說明理由解：(1)證明：作FMCD，交PC于點(diǎn)M，連接EM，因?yàn)辄c(diǎn)F為PD的中點(diǎn)，所以FMCD.因?yàn)閙，所以AEABFM，又FMCDAE，所以四邊形AEMF為平行四邊形，所以AFEM，因?yàn)锳F平面PEC，EM平面PEC，所以AF平面PEC.(2)存在一個(gè)常數(shù)m，使得平面PED平面PAB，理由如下：要使平面PED平面PAB，只需ABDE，因?yàn)锳BAD2，DAB30，所以AEADcos 30.因?yàn)镻D平面ABCD，所以PDAB.又PDDED，所以AB平面PDE，因?yàn)锳B平面PAB，所以平面PDE平面PAB，所以m.重難增分空間幾何體的截面問題典例細(xì)解(2018全國(guó)卷)已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為()A.B.C. D.解析如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCDA1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN6sin 60.故選A.答案A啟思維本題考查了空間幾何體的截面問題以及直線與平面所成角的概念，本題體現(xiàn)的“動(dòng)態(tài)幾何”問題有一定的探究性，采用極端原理、考慮特殊位置、特殊情況、運(yùn)用“大膽猜想，小心求證”的方法，往往能將問題快速、有效地解決如圖，ABCDA1B1C1D1是棱長(zhǎng)為a的正方體，M，N分別是下底面的棱A1B1，B1C1的中點(diǎn)，P是上底面的棱AD上的一點(diǎn)，AP，過P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ_.解析平面ABCD平面A1B1C1D1，平面ABCD平面PMNQPQ，平面A1B1C1D1平面PMNQMN，MNPQ.M，N分別是A1B1，B1C1的中點(diǎn)，MNA1C1AC.PQAC.又APa，CQ，從而DPDQa.PQ a.答案a啟思維本題考查了平面與平面平行的性質(zhì)，是立體幾何中面面平行的基本題型，但對(duì)定理的靈活應(yīng)用要求較高增分集訓(xùn)1.如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P為BC的中點(diǎn)，Q為線段CC1上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S，則下列命題正確的是_(填序號(hào))當(dāng)0CQ時(shí)，S為四邊形；當(dāng)CQ時(shí)，S為等腰梯形；當(dāng)CQ時(shí)，S與C1D1的交點(diǎn)R滿足C1R；當(dāng)CQ1時(shí)，S為六邊形；當(dāng)CQ1時(shí)，S的面積為.解析：過A作AMPQ交DD1或A1D1于M.當(dāng)0CQ時(shí)，M在DD1上，連接MQ，則截面為AMQP，故正確；當(dāng)CQ時(shí)，M與D1重合，截面為AD1QP，顯然為等腰梯形，故正確；當(dāng)CQ時(shí)，M在A1D1上，且D1M.過M作MRAP交C1D1于R，則MD1RPBA，從而D1R，即C1R，故正確；當(dāng)CQ1時(shí)，截面與A1D1交于M，與C1D1交于R，則截面為AMRQP為五邊形，故錯(cuò)誤；當(dāng)CQ1時(shí)，M為A1D1的中點(diǎn)，截面AMC1P為菱形，而AC1，PM，故面積為，故正確答案：2.(2015全國(guó)卷)如圖，長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.過點(diǎn)E，F(xiàn)的平面與此長(zhǎng)方體的面相交，交線圍成一個(gè)正方形(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面所成角的正弦值解：(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示(2)作EMAB，垂足為M，則AMA1E4，EMAA18.因?yàn)樗倪呅蜤HGF為正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，(10,0,0)， (0，6,8)設(shè)n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即所以可取n(0,4,3)又(10,4,8)，所以|cosn，|.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.專題跟蹤檢測(cè)(對(duì)應(yīng)配套卷P186)一、全練保分考法保大分1下面四個(gè)正方體圖形中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，則能得出AB平面MNP的圖形是()ABC D解析：選D對(duì)于題圖，假設(shè)上底面與A相對(duì)的頂點(diǎn)為C，則平面ABC平面MNP.又AB平面ABC，故AB平面MNP.對(duì)于題圖，因?yàn)锳BNP，所以由線面平行的判定定理可知AB平面MNP.題圖均不滿足題意2設(shè)m，n是不同的直線，是不同的平面，有以下四個(gè)命題：；m；m，其中正確的是()A BC D解析：選B若，則根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理和判定定理可證得，故正確；若m，則m或m與相交或m在平面內(nèi)，故不正確；m，內(nèi)有一直線l與m平行而m，則l，根據(jù)面面垂直的判定定理可知，故正確；若mn，n，則m或m，故不正確3用a，b，c表示空間中三條不同的直線，表示平面，給出下列命題：若ab，bc，則ac；若ab，ac，則bc；若a，b，則ab；若a，b，則ab.其中真命題的序號(hào)是()A BC D解析：選D若ab，bc，則ac或a與c相交或a與c異面，所以是假命題；由平行于同一直線的兩條直線平行，可知是真命題；若a，b，則ab或a與b相交或a與b異面，所以是假命題；若兩條直線垂直于同一個(gè)平面，則這兩條直線平行，所以是真命題4在正四面體PABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，則下面四個(gè)結(jié)論不成立的是()ABC平面PDF BDF平面PAEC平面PDE平面ABC D平面PAE平面ABC解析：選C如圖由題意知DFBC，由此可得BC平面PDF，故A正確；若PO平面ABC，垂足為O，則O在AE上，則DFPO.又DFAE，POAEO，故DF平面PAE，故B正確；由DF平面PAE，可得平面PAE平面ABC，故D正確選C.5.如圖，在四棱錐PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD為矩形， AB2BC，E是CD上一點(diǎn)若AE平面PBD，則的值為()A. B.C3 D4解析：選CPD底面ABCD，PDAE.當(dāng)AEBD時(shí)，AE平面PBD，此時(shí)ABDDAE，則.AB2BC，DEABCD，3.6.如圖所示，四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，將ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，連接AC，則下列命題正確的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC解析：選D由題意知，在四邊形ABCD中，CDBD.在三棱錐ABCD中，平面ABD平面BCD，兩平面的交線為BD，CD平面ABD，因此有ABCD.又ABAD，ADDCD，AB平面ADC，于是得到平面ADC平面ABC.7.如圖是正方體的平面展開圖，則在這個(gè)正方體中：直線BM與ED平行；直線CN與BE是異面直線；直線CN與BM成60角；直線DM與BN是異面直線以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是_解析：由題意得到正方體的直觀圖如圖所示，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可得，直線BM與ED是異面直線，故不正確；直線CN與BE平行，故不正確；連接AN，則ANBM，所以直線CN與BM所成的角就是ANC，且ANC60，故正確；直線DM與BN是異面直線，故正確所以正確命題的序號(hào)是.答案：8已知直線a，b，平面，且滿足a，b，有下列四個(gè)命題：對(duì)任意直線c，有ca；存在直線c，使cb且ca；對(duì)滿足a的任意平面，有；存在平面，使b.其中正確的命題有_(填序號(hào))解析：因?yàn)閍，所以a垂直于內(nèi)任一直線，所以正確；由b得內(nèi)存在一直線l與b平行，在內(nèi)作直線ml，則mb，ma，再將m平移得到直線c，使c即可，所以正確；由面面垂直的判定定理可得不正確；若b，則由b得內(nèi)存在一條直線l與b平行，必有l(wèi)，即有，而b的平面有無數(shù)個(gè)，所以正確答案：9.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱長(zhǎng)為2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1平面C1DF，則線段B1F的長(zhǎng)為_解析：設(shè)B1Fx，因?yàn)锳B1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，設(shè)RtAA1B1斜邊AB1上的高為h，則DEh.又2h，得h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面積相等得 x，解得x.即線段B1F的長(zhǎng)為.答案：10.(2019屆高三重慶六校聯(lián)考)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，DAB60，PD平面ABCD，PDAD2，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點(diǎn)(1)求證：AF平面PEC；(2)求點(diǎn)F到平面PEC的距離解：(1)證明：設(shè)PC的中點(diǎn)為Q，連接EQ，F(xiàn)Q，由題意，得FQDC且FQCD，AECD且AECD，故AEFQ且AEFQ，所以四邊形AEQF為平行四邊形，所以AFEQ，又EQ平面PEC，AF平面PEC，所以AF平面PEC.(2)由(1)，知點(diǎn)F到平面PEC的距離等于點(diǎn)A到平面PEC的距離，設(shè)為D.連接AC，由題給條件易求得EC，PE，PC2，AC2，又Q為PC的中點(diǎn)，則EQ，故SPEC2，SAEC1，由VAPECVPAEC，得d2，解得d，即點(diǎn)F到平面PEC的距離為.11(2018柳州模擬)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB側(cè)面BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC160.(1)求證：BC1平面ABC；(2)E是棱CC1上的一點(diǎn)，若三棱錐EABC的體積為，求線段CE的長(zhǎng)解：(1)證明：AB平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，ABBC1，在CBC1中，BC1，CC1BB12，BCC160，由余弦定理得BCBC2CC2BCCC1cosBCC11222212cos 603，BC1，BC2BCCC，BCBC1，又AB平面ABC，BC平面ABC，BCABB，BC1平面ABC.(2)AB平面BB1C1C，VEABCVAEBCSBCEAB1CEsin 601，CE1.12如圖，四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF是矩形，且平面ABCD平面CDEF，BADCDA90，ABADDECD2，M是線段AE上的動(dòng)點(diǎn)(1)試確定點(diǎn)M的位置，使AC平面MDF，并說明理由；(2)在(1)的條件下，求平面MDF將幾何體ADEBCF分成的上、下兩部分的體積之比解：(1)當(dāng)M是線段AE的中點(diǎn)時(shí)，AC平面MDF.理由如下：連接CE，交DF于點(diǎn)N，連接MN，因?yàn)镸，N分別是AE，CE的中點(diǎn)，所以MNAC，又MN平面MDF，AC平面MDF，所以AC平面MDF.(2)將幾何體ADEBCF補(bǔ)成三棱柱ADEB1CF，由題意可得EDCD，ADCD，又ADEDD，所以CD平面ADE.又平面ABCD平面CDEF，平面ABCD平面CDEFCD，EDCD，所以ED平面ABCD，則EDAD.故三棱柱ADEB1CF的體積為VADEB1CFSADECD2248，則幾何體ADEBCF的體積VADEBCFVADEB1CFVFBB1C8222.三棱錐FDEM的體積VFDEMVMDEF241，故平面MDF將幾何體ADEBCF分成的上、下兩部分的體積之比為14.二、強(qiáng)化壓軸考法拉開分1在三棱錐PABC中，PB6，AC3，G為PAC的重心，過點(diǎn)G作三棱錐的一個(gè)截面，使截面平行于直線PB和AC，則截面被三棱錐截得的圖形的周長(zhǎng)為()A8 B6C10 D9解析：選A如圖，過點(diǎn)G作EFAC分別交AP，CP于點(diǎn)E，F(xiàn)，過點(diǎn)F作FMPB交BC于點(diǎn)M，過E作ENPB交AB于點(diǎn)N，可得ENFM，即E，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)共面，連接MN，則平面EFMN即為所求的截面可得MNACEF，ENFMPB，而G為PAC的重心，所以，因?yàn)锳C3，所以EFMN2，同理可得ENFM2，所以EFMN的周長(zhǎng)為8.2正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點(diǎn)，過E，F(xiàn)作一平面，使得平面平面AB1D1，則平面截正方體的表面所得平面圖形為()A三角形 B四邊形C五邊形 D六邊形解析：選D如圖，分別取BB1，AB，AD，DD1的中點(diǎn)G，H，M，N，連接FG，GH，MH，MN，EN.點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱D1C1，B1C1的中點(diǎn)，EFMHB1D1，MNFGAD1，GHENAB1.MHGHH，AB1B1D1B1，平面EFGHMN平面AB1D1.過E，F(xiàn)作一平面，使得平面平面AB1D1，平面截正方體的表面所得平面圖形為六邊形3.如圖，在矩形ABCD中，AB2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將ADE沿直線DE翻折成A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在ADE翻折的過程中，下面四個(gè)命題不正確的是()ABM是定值B點(diǎn)M在某個(gè)球面上運(yùn)動(dòng)C存在某個(gè)位置，使DEA1CD存在某個(gè)位置，使MB平面A1DE解析：選C如圖，取CD的中點(diǎn)F，連接MF，BF，則MFDA1，BFDE，平面MBF平面A1DE，MB平面A1DE，故D正確；A1DEMFB，MFA1D為定值，F(xiàn)BDE為定值，由余弦定理，得MB2MF2FB22MFFBcos MFB，MB是定值，故A正確；點(diǎn)B是定點(diǎn)，點(diǎn)M在以B為球心，MB為半徑的球面上，故B正確；A1C在平面ABCD中的射影為AC，AC與DE不垂直，存在某個(gè)位置，使DEA1C不正確，故選C.4.如圖，在棱長(zhǎng)為3的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為棱AB，CC1，DD1的中點(diǎn)，過點(diǎn)G作平面D1EF的平行截面，則正方體被截面截得的較小部分的幾何體的體積為()A6 B3C. D.解析：選D如圖，連接GC，則GCD1F，延長(zhǎng)D1F交DC的延長(zhǎng)線于M，連接EM，作CNEM交AD于N，連接GN，則平面GCN為平行于平面D1EF的截面，正方體被截面截得的較小部分的幾何體為DGCN，由題給條件得DG，CDCM3，由tanDCNtanDME，得DNCDtanDCN32，所以VDGCNVGCDN32.5.如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，ABCD，DCB90，ABADAA12DC，Q為棱CC1上一動(dòng)點(diǎn)，過直線AQ的平面分別與棱BB1，DD1交于點(diǎn)P，R，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A對(duì)于任意的點(diǎn)Q，都有APQRB對(duì)于任意的點(diǎn)Q，四邊形APQR不可能為平行四邊形C存在點(diǎn)Q，使得ARP為等腰直角三角形D存在點(diǎn)Q，使得直線BC平面APQR解析：選C由ABCD，AA1DD1，得平面ABB1A1平面CDD1C1.平面APQR平面ABB1A1AP，平面APQR平面CDD1C1RQ，APQR，故A選項(xiàng)正確；四邊形ABCD是直角梯形，ABCD，平面BCC1B1與平面ADD1A1不平行平面APQR平面BCC1B1PQ，平面APQR平面ADD1A1AR，PQ與AR不平行，四邊形APQR不可能為平行四邊形，故B選項(xiàng)正確；如圖，延長(zhǎng)CD至M，使得DMCD，則四邊形ABCM是矩形，BCAM.當(dāng)R，Q，M三點(diǎn)共線時(shí)，AM平面APQR，BC平面APQR，故D選項(xiàng)正確選C.6.如圖，棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()ADC1D1PB平面D1A1P平面A1APCAPD1的最大值為90DAPPD1的最小值為解析：選C由題意知A1D1DC1，A1BDC1.又A1D1A1BA1，DC1平面A1BCD1.D1P平面A1BCD1，DC1D1P，故A選項(xiàng)正確；平面D1A1P即為平面A1BCD1，平面A1AP即為平面A1ABB1，且D1A1平面A1ABB1，平面A1BCD1平面A1ABB1，即平面D1A1P平面A1AP，故B選項(xiàng)正確當(dāng)0<A1P<時(shí)，APD1為鈍角，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；將平面AA1B與平面A1BCD1沿A1B展成平面圖形，如圖，則線段AD1即為APPD1的最小值在D1A1A中，D1A1A135，利用余弦定理，得AD1，故APPD1的最小值為 ，故D選項(xiàng)正確