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第九章 第五节
一、选择题
1．(文)(2022·温州十校联考)关于直线a，b，l及平面α，β，下列命题中正确的是( )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a∥α，b⊥a，则b⊥α
C．若a⊂α，b⊂α，且l⊥a，l⊥b，则l⊥α
D．若a⊥α，a∥β，则α⊥β
[答案] D
[解析] 平行于同一平面的两条直线的位置关系不确定，故A错；a∥α，b⊥a时，经过b与a垂直的平面α内任一条直线l都与a垂直，但l与α的位置关系不确定，每一条直线l都可取作直线b，故B错；对于C，当a与b相交时，结论成立，当a与b不相交时，结论错误，故C错；∵a∥β，设经过a的平面与β相交于c，则a∥c，∵a⊥α，∴c⊥α，∴α⊥β，故D正确．
(理)已知两条不同的直线m、n，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是( )
A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
B．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
[答案] A
[解析]
⇒m⊥n，故A正确；
如图(1)，m⊥α，n⊥α满足n∥β，但m∥n，故C错；
如图(2)知B错；
如图(3)正方体中，m∥α，n⊥β，α⊥β，知D错．
2．(文)设α、β、γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题
①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若l上两点到α的距离相等，则l∥α；③若l⊥α，l∥β，则α⊥β；④若α∥β，l⊄β，且l∥α，则l∥β.
其中正确的命题是( )
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
[答案] D
[解析] 对于①：若α⊥β，β⊥γ，则可能α⊥γ，也可能α∥γ.对于②：若l上两点到α的距离相等，则l∥α，明显错误．当l⊥α，l∩α＝A时，l上到A距离相等的两点到α的距离相等．③④明显正确．
(理)设a、b为两条直线，α、β为两个平面，下列四个命题中真命题是( )
A．若a、b与α所成角相等，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，α⊥β，则a⊥b
C．若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β
D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b
[答案] D
[解析] 正四棱锥P－ABCD中，PA、PC与底面ABCD所成角相等，但PA与PC相交，∴A错；如图(1)正方体中，a∥b∥c，满足a∥α，b∥β，α⊥β，故B错；图(2)正方体中，上、下底面为β、α，a、b为棱，满足a⊂α，b⊂β，a⊥b，但α∥β，故C错；
⇒b⊥a，故D真．
3．(2022·浙江温州第一次适应性测试)m是一条直线，α，β是两个不同的平面，以下命题正确的是( )
A．若m∥α，α∥β，则m∥β B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m∥α，α⊥β，则m⊥β D．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
[答案] D
[解析] 若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，A错误；若m∥α，m∥β，则α∥β或α∩β＝l，且m∥l，B错误；若m∥α，α⊥β，则m⊥β或m∥β或m⊂β，C错误；∵m∥α，∴存在直线n⊂α，使m∥n，∵m⊥β，∴n⊥β，又∵n⊂α，∴α⊥β，故选D．
4．(文)(2021·深圳调研)如图，在立体图形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
[答案] C
[解析] 要推断两个平面的垂直关系，就需找一个平面内的一条直线与另一个平面垂直．由于AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.由于AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.所以选C．
(理)(2022·望江期中)在正四周体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是( )
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC
[答案] C
[解析] ∵D、F分别为AB、CA中点，∴DF∥BC．
∴BC∥平面PDF，故A正确．
又∵P－ABC为正四周体，
∴P在底面ABC内的射影O在AE上．
∴PO⊥平面ABC．∴PO⊥DF.
又∵E为BC中点，
∴AE⊥BC，∴AE⊥DF.
又∵PO∩AE＝O，∴DF⊥平面PAE，故B正确．
又∵PO⊂平面PAE，PO⊥平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，故D正确．
∴四个结论中不成立的是C．
5．(文)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为( )
A． B．
C． D．
[答案] B
[解析] 解法1：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F.
∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，
∵AB＝AC．∴AE⊥BC．
∴BC⊥平面AEA1.
∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，
∴AF⊥平面A1BC．
∴AF的长即为所求点A到平面A1BC的距离．
∵AA1＝1，AE＝，∴AF＝.
解法2：VA1－ABC＝S△ABC·AA1＝××1＝.
又∵A1B＝A1C＝，
在△A1BE中，A1E＝＝2.
∴S△A1BC＝×2×2＝2.
∴VA－A1BC＝×S△A1BC·h＝h.
∴h＝，∴h＝.∴点A到平面A1BC距离为.
(理)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面A1ABB1⊥BC，且A1C与底面成45°角，AB＝BC＝2，则该棱柱体积的最小值为( )
A．4 B．3
C．4 D．3
[答案] C
[解析] 由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交线为AB，故A1在平面ABC上的射影D在AB上．由A1C与底面成45°角得A1D＝DC，∵BC⊥AB，∴当CD最小即CD＝BC时A1D最小，此时Vmin＝×AB×BC×A1D＝×2×2×2＝4.故选C．
6. (2022·皖南八校联考)正四周体ABCD的棱长为1，G是△ABC的中心，M在线段DG上，且∠AMB＝90°，则GM的长为( )
A． B．
C． D．
[答案] D
[解析] ∵G是正四周体ABCD的面ABC的中心，M在DG上，∴MA＝MB，
又∠AMB＝90°，AB＝1，∴MA＝MB＝，又AG＝，
∴MG＝＝＝.
二、填空题
7.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝________.
[答案] 2
[解析] ∵DA＝DC＝AA1＝DD1且DA、DC、DD1两两垂直，故当点M使四边形ADCM为正方形时，D1M⊥平面A1C1D，∴DM＝2.
8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足______时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
[答案] DM⊥PC(或BM⊥PC等)(不唯一)
[解析] 连接AC，∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
又∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，
∴BD⊥PC．
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC等)时，
即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD．
9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F、G分别是AB、BC、B1C1的中点．下列命题正确的是________(写出全部正确命题的编号)．
①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形；
②P在直线FG上运动时，AP⊥DE；
③Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积不变；
④M是正方体的面A1B1C1D1内到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是一条线段．
[答案] ②③④
[解析] 三棱锥A1－ABC的四个面都是直角三角形，故①错；P在FG上运动时，PF⊥平面ABCD，
∴PF⊥DE，又在正方体ABCD中，E、F为AB、BC中点，∴AF⊥DE，∴DE⊥平面PAF，∴DE⊥PA，故②真；VA－D1QC＝VQ－AD1C，
∵BC1∥AD1，∴BC1∥平面AD1C，∴无论点Q在BC1上怎样运动，Q到平面AD1C距离都相等，故③真；到点D和C1距离相等的点在经过线段C1D的中点与DC1垂直的平面α上，故点M为平面α与正方体的面A1B1C1D1相交线段上的点，这条线段即A1D1.
三、解答题
10．(2022·山东威海一模)如图所示，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．
(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；
(2)求证：PM∥平面AFC；
(3)求多面体CD－AFEB的体积V.
[解析] (1)证明：∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，且CB⊥AB，
∴CB⊥平面ABEF.
又AF⊂平面ABEF，∴CB⊥AF.
又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝，∴AF2＋BF2＝AB2，∴得AF⊥BF.又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB．∵AF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面CBF.
(2)证明：连接OM延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，∴PH∥CF.又∵CF⊂平面AFC，∴PH∥平面AFC．连接PO，则PO∥AC，∵AC⊂平面AFC，PO⊄平面AFC，∴PO∥平面AFC．又PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC，PM⊂平面POH，PM∥平面AFC．
(3)多面体CD－AFEB的体积可分成三棱锥C－BEF与四棱锥F－ABCD的体积之和．
在等腰梯形ABEF中，计算得EF＝1，两底间的距离EE1＝，
∴VC－BEF＝S△BEF×CB＝××1××1＝，
VF－ABCD＝S▱ABCD×EE1＝×2×1×＝，
∴V＝VC－BEF＋VF－ABCD＝.
一、解答题
11．(文)如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面相互垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：平面BDE⊥平面BEC．
[证明] (1)证明：延长DA与CB相交于P，
∵AB＝AD＝2，CD＝4，AB∥CD，∴B为PC的中点，
又M为CE的中点，∴BM∥EP，
∵BM⊄平面ADEF，EP⊂平面ADEF，
∴BM∥平面ADEF.
(2)证明：由(1)知，BC＝PC＝＝2，
又BD＝＝2，
∴BD2＋BC2＝CD2，∴BD⊥BC．
又平面ADEF⊥平面ABCD，ED⊥AD，
∴ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BC，
∵ED∩BD＝D，∴BC⊥平面BDE，
又BC⊂平面BEC，∴平面BDE⊥平面BEC．
(理)(2021·合肥其次次质检)如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD．M为线段BD的中点，MC∥AE，AE＝MC＝.
(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；
(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC．
[解析] (1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，
∴AM＝BD＝，AM⊥BD．
∵MC＝，
∴MC＝BD，∴BC⊥CD．
∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，
∴MC⊥平面ABD．
∴平面ABD⊥平面CBD，
∴AM⊥平面CBD．又MC綊AE，
∴四边形AMCE为平行四边形，
∴EC∥AM，
∴EC⊥平面CBD，∴BC⊥EC，
∵EC∩CD＝C，∴BC⊥平面CDE，
∴平面BCD⊥平面CDE.
(2)∵M为BD中点，N为ED中点，
∴MN∥BE且BE∩EC＝E，
由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M，
∴平面AMN∥平面BEC．
12．(文)(2021·北京朝阳期末)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，E是棱CD上的一点．
(1)求证：AD1⊥平面A1B1D；
(2)求证：B1E⊥AD1；
(3)若E是棱CD的中点，在棱AA1上是否存在点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
由于A1B1⊥平面A1D1DA，
所以A1B1⊥AD1.
在矩形A1D1DA中，由于AA1＝AD＝2，所以AD1⊥A1D．
所以AD1⊥平面A1B1D．
(2)证明：由于E∈CD，
所以B1E⊂平面A1B1CD，
由(1)可知，AD1⊥平面A1B1CD，
所以B1E⊥AD1.
(3)解：当点P是棱AA1的中点时，有DP∥平面B1AE.
理由如下：
在AB1上取中点M，连接PM，ME.
由于P是棱AA1的中点，M是AB1的中点，
所以PM∥A1B1，且PM＝A1B1.
又DE∥A1B1，且DE＝A1B1，
所以PM∥DE，且PM＝DE，
所以四边形PMED是平行四边形，所以DP∥ME.
又DP⊄平面B1AE，ME⊂平面B1AE，
所以DP∥平面B1AE.此时，AP＝A1A＝1.
(理)(2022·四川绵阳二诊)如图所示，四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为梯形，AD∥FE，∠AFE＝60°，且平面ABCD⊥平面ADEF，AF＝FE＝AB＝AD＝2，点G为AC的中点．
(1)求证：EG∥平面ABF；
(2)求三棱锥B－AEG的体积；
(3)试推断平面BAE与平面DCE是否垂直？若垂直，请证明；若不垂直，请说明理由．
[解析] (1)证明：取AB中点M，连FM，GM.
∵G为对角线AC的中点，∴GM∥AD，且GM＝AD．
又∵FE綊AD，∴GM∥FE且GM＝FE.
∴四边形GMFE为平行四边形，∴EG∥FM.
又∵EG⊄平面ABF，FM⊂平面ABF，∴EG∥平面ABF.
(2)作EN⊥AD，垂足为N，
由平面ABCD⊥平面AFED，平面ABCD∩平面AFED＝AD，
得EN⊥平面ABCD，即EN为三棱锥E－ABG的高．
∵在△AEF中，AF＝FE，∠AFE＝60°，
∴△AEF是正三角形．
∴∠AEF＝60°，EF∥AD知∠EAD＝60°，∴EN＝AEsin60°＝.
∴三棱锥B－AEG的体积为V＝·S△ABG·EN＝×2×＝.
(3)平面BAE⊥平面DCE.证明如下：
∵四边形ABCD为矩形，且平面ABCD⊥平面AFED，
∴CD⊥平面AFED，∴CD⊥AE.
∵四边形AFED为梯形，FE∥AD，且∠AFE＝60°，
∴∠FAD＝120°.
又在△AED中，EA＝2，AD＝4，∠EAD＝60°，
由余弦定理，得ED＝2，∴EA2＋ED2＝AD2，
∴ED⊥AE.
又∵ED∩CD＝D，∴AE⊥平面DCE.
又AE⊂平面BAE，∴平面BAE⊥平面DCE.
13．(文)(2022·甘肃张掖月考)如图所示，在底面是正方形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是PC的中点，G为AC上一动点．
(1)求证：BD⊥FG；
(2)确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并说明理由；
(3)假如PA＝AB＝2，求三棱锥B－CDF的体积．
[解析] (1)证明：∵PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，其对角线BD，AC交于点E，∴PA⊥BD，AC⊥BD．∴BD⊥平面APC．
∵FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG.
(2)当G为EC的中点，即AG＝AC时，FG∥平面PBD．
理由如下：连接PE.∵F为PC的中点，G为EC的中点，∴FG∥PE.
∵FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD．
(3)三棱锥B－CDF的体积为VB－CDF＝VF－BCD＝××2×2×1＝.
(理)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别为AC、AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．
[分析] (1)利用线面平行判定定理证明(关键证明DE∥BC)．
(2)由平面图形知折叠后，由线面垂直判定定理证得DE⊥平面A1CD，则DE⊥A1F，又由A1F⊥CD，易证得A1F⊥平面BCDE，则A1F⊥BE.
(3)实行先找再证的方法处理．由DA1＝DC联想到等腰三角形底边上的中线是底面边上的高，可取A1C中点，再由“中点找中点”原则取A1B中点Q，证明A1C⊥平面DEQ(利用(2)中的DE⊥平面A1DC这一结论)．
[解析] (1)证明：由于D、E分别为AC、AB的中点，
所以DE∥BC．
又由于DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB．
(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD．
所以DE⊥平面A1DC．
而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又由于A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE.
所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.
理由如下：
如图，分别取A1C、A1B的中点P、Q，则PQ∥BC．
又由于DE∥BC，所以DE∥PQ，
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C．
又由于P是等腰直角三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.
所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
[点评] 1.本题考查了线面平行，线面垂直的判定定理，性质定理，折叠问题，存在性问题等．
2．对于折叠问题，关键是看清折叠前后各量的变化与不变(包括长度、角度、位置关系等)，对于存在性问题，一般实行先找再证(取特例)的方法解决．
14．(文)(2021·江西)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.
(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；
(2)求点B1 到平面EA1C1 的距离．
[解析] (1)证明：如图，过点B作CD的垂线交CD于点F，则BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.
在Rt△BFE中，BE＝.
在Rt△CFB中，BC＝.
在△BEC中，由于BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC．
由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1，
所以BE⊥平面BB1C1C．
(2)解：三棱锥E－A1B1C1的体积V＝AA1·S△A1B1C1＝.
在Rt△A1D1C1中，A1C1＝＝3.
同理，EC1＝＝3.
故S△A1C1E＝3.
设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1－A1C1E的体积V＝·d·S△A1C1E＝d，
从而d＝，d＝.
即点B1到平面EA1C1的距离为.
(理)(2022·唐山一中月考) 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥侧面AA1C1C，AC＝BC＝1，CC1＝2, ∠CAA1＝，D、E分别为AA1、A1C的中点．
(1)求证：A1C⊥平面ABC；
(2)求平面BDE与平面ABC所成角的余弦值．
[解析] (1)证明：∵BC⊥侧面AA1C1C，A1C在平面AA1C1C内，∴BC⊥A1C，
△AA1C中，AC＝1，AA1＝C1C＝2，∠CAA1＝，
由余弦定理得A1C2＝AC2＋AA－2AC·AA1cos∠CAA1＝12＋22－2×1×2×cos＝3，
∴A1C＝，∴AC2＋A1C2＝AA，∴AC⊥A1C，
∵AC∩BC＝C，∴A1C⊥平面ABC．
(2)由(1)知CA，CA1，CB两两垂直，
如图，以C为空间坐标系的原点，分别以CA，CA1，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，
B(0,0,1)，A(1,0,0)，A1(0，，0)，
由此可得D(，，0)，E(0，，0)，＝(，，－1)，＝(0，，－1)．
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，∴
则有，令z＝1，则x＝0，y＝，
∴n＝(0，，1)，
∵A1C⊥平面ABC，∴＝(0，，0)是平面ABC的一个法向量，
∴cos<n，>＝＝，
∴平面BDE与ABC所成锐二面角的余弦值为.
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