專題十一空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系(見學(xué)生用書P67)(見學(xué)生用書P67)1．空間兩直線有相交、平行、異面三種位置關(guān)系．2．線面平行判定定理：平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行．線面平行性質(zhì)定理：一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行．3．線面垂直判定定理：一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直．4．面面平行判定定理：一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面都平行，則這兩個平面平行．面面平行性質(zhì)定理：如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行．5．面面垂直判定定理：一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直．面面垂直性質(zhì)定理：兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直．(見學(xué)生用書P68)考點一平面的基本關(guān)系考點精析1．空間中，兩條直線有相交、平行、異面三種位置關(guān)系．2．直線與平面的位置關(guān)系有：直線在平面上、直線與平面相交、直線與平面平行．3．兩個不同平面的位置關(guān)系有：相交、平行．例1－1(2015·廣東卷)若直線l1和l2是異面直線．l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是()A．l與l1，l2都不相交B．l與l1，l2都相交C．l至多與l1，l2中的一條相交D．l至少與l1，l2中的一條相交考點：空間中直線與直線之間的位置關(guān)系．分析：根據(jù)條件確定相應(yīng)的位置關(guān)系，再對照選項確定答案．解析：若l1，l2與l都不相交，則l1∥l2與直線l1和l2是異面直線矛盾，所以選項A錯誤．若l1∥l，l2與l相交，則l1與l2異面．若l1，l2與l都相交，則l1與l2異面或相交．故l至少與l1，l2中的一條相交，故選D.答案：D點評：本題考查了空間中直線與直線的位置關(guān)系，考查了空間想象能力，屬于中檔題．例1－2(2015·北京卷)如圖，在三棱錐V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝eq\r(2)，O，M分別為AB，VA的中點．(1)求證：VB∥平面MOC；(2)求證：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱錐V－ABC的體積．考點：直線與平面平行的判定，平面與平面垂直的判定和性質(zhì)，三棱錐的體積等．分析：(1)利用線面平行的判定定理證明；(2)利用面面垂直的性質(zhì)定理與判定定理證明；(3)利用等體積變換法將其轉(zhuǎn)化為三棱錐C－VAB的體積求解．解析：(1)因為O，M分別為AB，VA的中點，所以O(shè)M∥VB.又因為MO?平面MOC且VB?平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因為AC＝BC，O為AB的中點，所以O(shè)C⊥AB.又因為平面VAB⊥平面ABC，且OC?平面ABC，所以O(shè)C⊥平面VAB，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝eq\r(2)，所以AB＝2，OC＝1，所以等邊三角形VAB的面積S△VAB＝eq\r(3).又因為OC⊥平面VAB，所以三棱錐C－VAB的體積等于eq\f(1,3)×OC×S△VAB＝eq\f(\r(3),3).又因為三棱錐V－ABC的體積與三棱錐C－VAB的體積相等，所以三棱錐V－ABC的體積為eq\f(\r(3),3).點評：本題考查了直線與平面平行的判定，平面與平面垂直的判定和性質(zhì)，等體積法求三棱錐的體積等知識，考查了空間想象能力和推理論證能力．規(guī)律總結(jié)空間線面位置關(guān)系的判定問題是歷年高考的熱點問題，這類問題難度不大，以容易題或中檔題為主，主要是選擇、填空題．解決翻折問題的注意事項：(1)解決與翻折有關(guān)的幾何問題的關(guān)鍵是搞清翻折前后哪些量改變、哪些量不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口．(2)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，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中去解決．變式訓(xùn)練【1－1】(2015·湖北卷)l1，l2表示空間中的兩條直線，若p：l1，l2是異面直線，q：l1，l2不相交，則()A．p是q的充分條件，但不是q的必要條件B．p是q的必要條件，但不是q的充分條件C．p是q的充分必要條件D．p既不是q的充分條件，也不是q的必要條件解析：l1，l2是異面直線說明l1，l2既不平行，也不相交，而l1，l2不相交時，l1，l2可能平行，不一定異面，∴p是q的充分不必件條件．答案：A考點二空間直線、平面位置關(guān)系的證明考點精析1．證明線線平行的常用方法(1)利用平行公理，即證明兩直線同時和第三條直線平行；(2)利用平行四邊形進行轉(zhuǎn)換；(3)利用三角形中位線定理證明；(4)利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理證明．2．證明線面平行的常用方法(1)利用線面平行的判定定理，把證明線面平行轉(zhuǎn)化為證明線線平行；(2)利用面面平行的性質(zhì)定理，把證明線面平行轉(zhuǎn)化為證明面面平行．3．證明線面垂直的常用方法(1)利用線面垂直的判定定理，把線面垂直的判定轉(zhuǎn)化為證明線線垂直；(2)利用面面垂直的性質(zhì)定理，把證明線面垂直轉(zhuǎn)化為證明面面垂直；(3)利用教材中常見結(jié)論，如：兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面等．4．證明面面平行，依據(jù)判定定理，只要找到一個面內(nèi)兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證面面平行轉(zhuǎn)化為證線面平行，再轉(zhuǎn)化為證線線平行．5．證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中點、高線或添加輔助線解決．例2－1(2015·湖南卷)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是BC，CC1(1)證明：平面AEF⊥平面B1BCC1；(2)若直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45°，求三棱錐F－AEC考點：空間線面、面面垂直關(guān)系的證明，直線與平面所成的角以及三棱錐的體積的計算．分析：(1)要證明平面AEF與平面B1BCC1垂直，只要證明平面AEF內(nèi)的直線AE與平面B1BCC1垂直即可，要證明直線AE與平面B1BCC1垂直，只要證明AE與BC及BB1垂直即可；(2)底面AEC的面積易求，為求三棱錐的體積，只要求出FC的值即可．解析：(1)證明：因為三棱住ABC－A1B1C1所以AE⊥BB1.又E是正三角形ABC的邊BC的中點，所以AE⊥BC.因此，AE⊥平面B1BCC1.而AE?平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1.(2)設(shè)AB的中點為D，連接A1D，CD.因為△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.又三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1.因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D為直線A1C與平面A1ABB由題設(shè)，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3).在Rt△AA1D中，AA1＝eq\r(A1D2－AD2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，所以FC＝eq\f(1,2)AA1＝eq\f(\r(2),2).故三棱錐F－AEC的體積V＝eq\f(1,3)S△AEC·FC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),12).點評：本題考查平面與平面垂直的判定，直線與平面所成的角，三棱錐體積的求法，正確運用判定定理、體積公式是求解的關(guān)鍵．規(guī)律總結(jié)空間中的平行與垂直關(guān)系這部分知識概念性比較強，是每一年高考考查立體幾何的重點，試題特點是融推理論證于幾何量的計算中，以推理論證為主；融線面關(guān)系于立體圖形中，以線面的分析為主，試題主要體現(xiàn)了立體幾何的通性通法，突出了化歸、轉(zhuǎn)化等思想方法的考查．在立體幾何的平行關(guān)系問題中，“中點”是經(jīng)常使用的一個特殊點，無論是試題本身的已知條件，還是在具體的解題中，通過找“中點”，連“中點”，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關(guān)系的根本．在垂直關(guān)系的證明中，線線垂直是問題的核心，可以根據(jù)已知的平面圖形通過計算的方式證明線線垂直，也可以根據(jù)已知的垂直關(guān)系證明線線垂直，其中要特別重視兩個平面垂直的性質(zhì)定理，這個定理已知的是兩個平面垂直，結(jié)論是線面垂直．變式訓(xùn)練【2－1】(2015·湖北卷)《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.在如圖所示的陽馬P－ABCD中，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，點E是PC的中點，連接DE，BD，BE.(1)證明：DE⊥平面PBC.試判斷四面體EBCD是否為鱉臑？若是，寫出其每個面的直角(只需寫出結(jié)論)；若不是，請說明理由；(2)記陽馬P－ABCD的體積為V1，四面體EBCD的體積為V2，求eq\f(V1,V2)的值．解析：(1)證明：因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC.由底面ABCD為長方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PDC.因為DE?平面PCD，所以BC⊥DE.又因為PD＝CD，點E是PC的中點，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形，即四面體EBCD是一個鱉臑，其四個面的直角分別是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)由已知，PD是陽馬P－ABCD的高，所以V1＝eq\f(1,3)SABCD·PD＝eq\f(1,3)BC·CD·PD.由(1)知，DE是鱉臑D－BCE的高，BC⊥CE，所以V2＝eq\f(1,3)S△BCE·DE＝eq\f(1,6)BC·CE·DE.在Rt△PDC中，因為PD＝CD，點E是PC的中點，所以DE＝CE＝eq\f(\r(2),2)CD，于是eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)BC·CD·PD,\f(1,6)BC·CE·DE)＝eq\f(2CD·PD,CE·DE)＝4.考點三空間角的計算考點精析1．求解異面直線所成的角時要注意角的取值范圍，用定義法所作出的角有可能是所求角的補角，故可直接利用cosα＝|cosθ|來處理最后的結(jié)果．2．線面角求解的關(guān)鍵在于確定平面的垂線，然后將其轉(zhuǎn)化為直角三角形的內(nèi)角求解，也可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離d和斜線段的長度l的比值(即線面角的正弦值)求解．3．二面角的求解應(yīng)先作出二面角的平面角，然后轉(zhuǎn)化為解三角形的問題，也可直接建立空間直角坐標(biāo)系轉(zhuǎn)化為兩個平面的法向量的夾角求解，但要注意兩個角之間的關(guān)系，兩者可能相等，也可能互補．例3－1(2014·全國大綱卷)已知二面角α－l－β為60°，AB?α，AB⊥l，A為垂足，CD?β，C∈l，∠ACD＝135°，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(1,2)考點：異面直線及其所成的角．分析：首先作出二面角的平面角，然后再構(gòu)造出異面直線AB與CD所成角，利用解直角三角形和余弦定理，求出問題的答案．解析：如圖，過A點作AE⊥l，使BE⊥β，垂足為E，過點A作AF∥CD，過點E作EF⊥AE，連接BF，∵AB⊥l，∴∠BAE＝60°，又∠ACD＝135°，∴∠EAF＝45°，在Rt△BEA中，設(shè)AE＝a，則AB＝2a，BE＝eq\r(3)a，在Rt△AEF中，則EF＝a，AF＝eq\r(2)a，在Rt△BEF中，則BF＝2a∴異面直線AB與CD所成的角即是∠BAF，∴cos∠BAF＝eq\f(AB2＋AF2－BF2,2AB·AF)＝eq\f(（2a）2＋（\r(2)a）2－（2a）2,2×2a×\r(2)a)＝eq\f(\r(2),4).答案：B點評：本題主要考查了二面角和異面直線所成的角，關(guān)鍵是構(gòu)造二面角的平面角和異面直線所成的角，考查了學(xué)生的空間想象能力和作圖能力，屬于難題．規(guī)律總結(jié)以空間角的計算為載體考查直線與平面的位置關(guān)系是歷年高考命題的熱點問題，其中理科近幾年對空間角計算的考查有意向空間向量傾斜(即用空間向量方法簡單些)，但有時也僅考查幾何綜合法(如本題)．對異面直線所成角的考查以選擇題、填空題為主，對直線與平面所成角和二面角的考查一般以解答題為主，難度為中低檔試題．變式訓(xùn)練【3－1】如圖所示，四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等邊三角形，則異面直線CD與PB所成的角大小為()A．90°B．75°C．60°D．45°解析：如圖所示，延長DA至E，使AE＝DA，連接PE，BE.∵∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，∴DE＝BC，DE∥BC.∴四邊形CBED為平行四邊形，∴CD∥BE.∴∠PBE就是異面直線CD與PB所成的角，在△PAE中，AE＝PA，∠PAE＝120°，由余弦定理得PE＝eq\r(PA2＋AE2－2·PA·AEcos∠PAE)＝eq\r(AE2＋AE2－2·AE·AE·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(3)AE.在△ABE中，AE＝AB，∠BAE＝90°，∴BE＝eq\r(2)AE.∵△PAB是等邊三角形，∴PB＝AB＝AE，∴PB2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，∴∠PBE＝90°，故選A.【答案】A【3－2】(2015·浙江卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影為BC的中點，D是B1(1)證明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直線A1B和平面BB1C解析：(1)設(shè)E為BC的中點，由題意得A1E⊥AE.因為AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分別為B1C1，BC得DE∥B1B且DE＝B1B，從而DE∥A1A且DE＝A1所以AA1DE為平行四邊形．于是A1D∥AE.又因為AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥DE，垂足為F，連接BF因為A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因為BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，則A1F⊥平面BB所以∠A1BF為直線A1B和平面BB1C由AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，得EA＝EB＝eq\r(2).由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝eq\r(14).由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝eq\r(2)，∠DA1E＝90°，得A1F＝eq\f(\r(7),2).所以sin∠A1BF＝eq\f(\r(7),8).(見學(xué)生用書P72)例如圖，在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2eq\r(3)，M、N分別為AB、SB的中點．(1)證明：AC⊥SB；(2)求二面角N－CM－B的正切值；(3)求點B到平面CMN的距離．考場錯解：第(2)問：過N作NF⊥CM，過F作FE⊥CM交BC于E點，則∠NFE為二面角N－CM－B的平面角．(此題只做到此處，因為不知E、F的位置，∠NFE等于多少計算不出來)．專家把脈：求二面角的大小時，只顧用定義作出二面角的平面角，給計算帶來麻煩或根本就算不出來，所以一般用三垂線定理來作二面角的平面角，就是便于計算．對癥下藥：(1)如圖，取AC中點D，連接SD，DB，∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SD，且AC⊥BD，∴AC⊥平面SDB.又SB?平面SDB，∴AC⊥SB.(2)取BD的中點E，連接NE，過E作EF⊥CM于F，連接NF，∵平面SAC⊥平面ABCD，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABCD，又N、E分別為SB、BD的中點，∴NE∥SD，NE⊥平面ABC，又EF⊥CM，∴NF⊥CM，∴∠NFE為二面角N－CM－B的平面角．又NE＝eq\f(1,2)SD＝eq\r(2)，在正△ABC中，由平面幾何知識可求得EF＝eq\f(1,4)MB＝eq\f(1,2)，在Rt△NEF中，tan∠NFE＝eq\f(EN,EF)＝2eq\r(2)，∴二面角N－CM－B的正切值是2eq\r(2).(3)在Rt△NEF中，NF＝eq\r(EF2＋EN2)＝eq\f(3,2)，∴S△CMN＝eq\f(1,2)CM·NF＝eq\f(3,2)eq\r(3)，S△CMB＝eq\f(1,2)BM·CM＝2eq\r(3).設(shè)點B到平面CMN的距離為h，∵VB－CMN＝VN－CMB，NE⊥平面CMB，∴eq\f(1,3)S△CMN·h＝eq\f(1,3)S△CMB·NE，∴h＝eq\f(4\r(2),3)，即點B到平面CMN的距離為eq\f(4\r(2),3).專家會診：空間的各種角是對點、直線、平面所組成的空間圖形的位置關(guān)系進行定性分析和定量計算的重要組成部分，空間角的度量都是轉(zhuǎn)化為平面角來實現(xiàn)的，要熟練掌握空間角轉(zhuǎn)化為平面角的常用方法，為了實現(xiàn)這種轉(zhuǎn)化，一是靠經(jīng)驗和知識的積累；二是利用識圖和畫圖的訓(xùn)練；三要以推理為主要依據(jù)，求角的一般步驟是：(1)找出或作出要求的角；(2)證明它符合定義；(3)在某一三角形中進行計算，得結(jié)果，當(dāng)然在解選擇或填空題時，一些間接方法也經(jīng)常用．

(見學(xué)生用書P137)一、選擇題1．已知m，n為不同的直線，α、β為不同的平面，則下列說法正確的是()A．m?α，n∥m?n∥αB．m?α，n⊥m?n⊥αC．m?α，n?β，n∥m?α∥βD．n?β，n⊥α?α⊥β解析：m?α，n∥m?n∥α錯誤的原因為n也可能在α內(nèi)，所以A不正確．m?α，n⊥m?n⊥α錯誤的原因為n也可能與m都在平面α內(nèi)，也可能n∥α，所以B不正確．m?α，n?β，n∥m?α∥β錯誤的原因為α，β也可能是相交平面，所以C不正確．只有D是正確選項．答案：D2．(2014·福州模擬)已知直線a，b異面，給出以下命題：①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；②一定存在平行于a的平面α使b∥α；③一定存在平行于a的平面α使b?α；④一定存在無數(shù)個平行于a的平面α與b交于一定點．其中是真命題的是()A．①④B．②③C．①②③D．②③④解析：由直線a，b異面，得：①若存在平行于a的平面α使b⊥α，則b⊥a，而a與b不一定垂直，故①不正確；②空間中至少有一個平面同時和兩條異面直線平行，所以一定存在平行于a的平面α，使b∥α，故②正確；③由a，b是異面直線，只過b的平面至少有一個與a平行，所以一定存在平行于a的平面α使b?α，故③正確；④由a，b是異面直線，只過b上一定點，有無數(shù)個平面與a平行，所以一定存在無數(shù)個平行于a的平面α與b交于一定點，故④正確．答案：D3．(2015·長沙模擬)用a，b，c表示空間中三條不同的直線，γ表示平面，給出下列命題：①若a⊥b，b⊥c，則a∥c；②若a∥b，a∥c，則b∥c；③若a∥γ，b∥γ，則a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，則a∥b.其中真命題的序號是()A．①②B．②③C．①④D．②④解析：若a⊥b，b⊥c，則a∥c或a與c相交或a與c異面，所以①是假命題；在空間中，平行于同一直線的兩條直線平行，所以②是真命題；若a∥γ，b∥γ，則a∥b或a與b相交或a與b異面，所以③是假命題；若兩條直線垂直于同一個平面，則這兩條直線平行，所以④是真命題，故選D.答案：D4．設(shè)四面體的六條棱的長分別為1，1，1，1，eq\r(2)和a，且長為a的棱與長為eq\r(2)的棱異面，則a的取值范圍是()A．(0，eq\r(2))B．(0，eq\r(3))C．(1，eq\r(2))D．(1，eq\r(3))解析：設(shè)四面體的底面是BCD，BC＝a，BD＝CD＝1，頂點為A，AD＝eq\r(2).在三角形BCD中，因為兩邊之和大于第三邊可得：0<a<2.①取BC中點E，則易知直角三角形ACE全等于直角DCE，所以在三角形AED中，AE＝ED＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2)).∵兩邊之和大于第三邊，∴eq\r(2)<2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2))，解得0<a<eq\r(2)(負值0值舍)．②由①②得0<a<eq\r(2).答案：A5．(2015·九江模擬)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ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：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.答案：C6．(2014·黃山一模)設(shè)有如下三個命題：甲：相交直線l、m都在平面α內(nèi)，并且都不在平面β內(nèi)；乙：直線l、m中至少有一條與平面β相交；丙：平面α與平面β相交．當(dāng)甲成立時()A．乙是丙的充分而不必要條件B．乙是丙的必要而不充分條件C．乙是丙的充分且必要條件D．乙既不是丙的充分條件也不是丙的必要條件解析：當(dāng)甲成立，即“相交直線l、m都在平面α內(nèi)，并且都不在平面β內(nèi)”時，若“l(fā)、m中至少有一條與平面β相交”，則“平面α與平面β相交”成立；若“平面α與平面β相交”，則“l(fā)、m中至少有一條與平面β相交”也成立．答案：C7．(2014·杭州模擬)關(guān)于直線m，n與平面α，β有下列四個命題：①若m∥α，n∥β，且α∥β，則m∥n；②若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m⊥n；③若m⊥α，n∥β，且α∥β，則m⊥n；④若m∥α，n⊥β，且α⊥β，則m∥n.其中真命題的序號是()A．①②B．③④C．②③D．①④解析：對于①，m∥α，n∥β，且α∥β，則直線m與n可能平行，可能相交，也可能異面，故①錯；對于②，設(shè)α∩β＝l，過α內(nèi)一點P作PM⊥l，因為α⊥β，所以PM⊥β，又因為n⊥β，所以PM∥n，又知m⊥α，PM?α，所以m⊥PM，因為m⊥n，故②正確；對于③，設(shè)過n的平面為γ，且β∩γ＝a，則有a∥n，由條件m⊥α，α∥β知m⊥β，又α?β，所以m⊥a，因為m⊥n，故③正確；對于④，α⊥β，n⊥β，且m∥α，則m與n相交、異面、平行均有可能，故④錯誤．因此真命題的序號為②③，選C.答案：C8．(2015·黃岡模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為面ABCD上一動點，且tan∠PA1A＝2tan∠PD1D，則點A．橢圓的一部分B．雙曲線的一部分C．拋物線的一部分D．圓的一部分解析：在Rt△PAA1中，tan∠PA1A＝eq\f(PA,AA1)，在Rt△PDD1中，tan∠PD1D＝eq\f(PD,DD1).∵AA1＝DD1，tan∠PA1A＝2tan∠PD1D∴PA＝2PD，在平面ABCD內(nèi)，建立適當(dāng)坐標(biāo)系，設(shè)出P的坐標(biāo)，化簡整理可知，點P的軌跡是圓，又因為點P為平面ABCD上一動點，故點P的軌跡是圓的一部分，故選D.答案：D9．(2014·廣西卷)已知正四面體ABCD中，E是AB的中點，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(3),3)解析：如圖，取AD中點F，連接EF，CF，∵E為AB的中點，∴EF∥DB，則∠CEF為異面直線BD與CE所成的角，∵ABCD為正四面體，E、F分別為AB、AD的中點，∴CE＝CF.設(shè)正四面體的棱長為2a，則EF＝aCE＝CF＝eq\r(（2a）2－a2)＝eq\r(3)a.在△CEF中，由余弦定理得：cos∠CEF＝eq\f(CE2＋EF2－CF2,2CE·EF)＝eq\f(a2,2×\r(3)a2)＝eq\f(\r(3),6).答案：B二、填空題10．如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E、F，且EF＝eq\f(\r(2),2)，則下列結(jié)論中錯誤的是______．①AC⊥BE；②EF∥平面ABCD；③三棱錐A－BEF的體積為定值；④異面直線AE，BF所成的角為定值．解析：∵AC⊥平面BB1D1D，又BE?平面BB1D1D，∴AC⊥BE.故①正確．∵B1D1∥平面ABCD，又E、F在直線D1B1上運動，∴EF∥平面ABCD.故②正確．③中由于點B到直線B1D1的距離不變，故△BEF的面積為定值．又點A到平面BEF的距離為eq\f(\r(2),2)，所以VA－BEF為定值．故③正確．當(dāng)點E在D1處，F(xiàn)為D1B1的中點時，異面直線AE，BF所成的角是∠OD1A當(dāng)E在上底面的中心時，F(xiàn)在B1的位置，異面直線AE，BF所成的角是∠OEA，顯然兩個角不相等，故④不正確．答案：④11．在正方體ABCD－A′B′C′D′中，點P在線段AD′上運動，則異面直線CP與BA′所成的角θ的取值范圍是________．解析：連接CD′，則異面直線CP與BA′所成的角θ等于∠D′CP，當(dāng)P點與A點重合時，θ＝eq\f(π,3)，當(dāng)P點無限接近D′點時，θ趨近于0.由于是異面直線，故θ≠0.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))12．如圖所示，AB∥α，CD∥α，AC，BD分別交α于M，N兩點，eq\f(AM,MC)＝2，則eq\f(BN,ND)＝______．解析：如圖所示，連接AD，交平面α于O，連接OM，ON.∵AB∥α，CD∥α，AC，BD分別交α于M，N兩點，∴OM∥CD，ON∥AB，∴eq\f(AM,MC)＝eq\f(AO,OD)＝eq\f(BN,ND)，∵eq\f(AM,MC)＝2，∴eq\f(BN,ND)＝2.答案：2三、解答題13．(2015·山東卷)如圖，三棱臺DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點．(1)求證：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求證：平面BCD⊥平面EGH.證明：(1)(方法1)連接DG，CD.設(shè)CD∩GF＝M，連接MH.在三棱臺DEF－ABC中，AB＝2DE，G為AC的中點，可得DF∥GC，DF＝GC.所以四邊形DFCG為平行四邊形．則M為CD的中點，又H為BC的中點，所以HM∥BD.又HM?平面FGH，BD?平面FGH，所以BD∥平面FGH.(方法2)在三棱臺DEF－ABC中，由BC＝2EF，H為BC的中點，可得BH∥EF，BH＝EF.所以四邊形HBEF為平行四邊形，可得BE∥HF.在△ABC中，G為AC的中點，H為BC的中點，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因為BD?平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)連接HE.因為G，H分別為AC，BC的中點．所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H為BC的中點，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四邊形EFCH是平行四邊形．所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH?平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC?平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.14．(2015·重慶卷)如圖，三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝eq\f(π,2)，點D，E在線段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，點F在線段AB上，且EF∥BC.(1)證明：AB⊥平面PFE；(2)若四棱錐P－DFBC的體積為7，求線段BC的長．解析：(1)證明：如圖，由DE＝EC，PD＝PC知，E為等腰△PDC中DC邊的中點，故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PE?平面PAC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，從而PE