1、1专题九 点、线、面之间的位置关系卷 卷 卷直线与平面所成的角、正方体的截面面积的最值T12求异面直线所成的角T92018面面垂直的证明T18(1) 线面垂直的证明T20(1)面面垂直的证明T19(1)求异面直线所成的角T10圆锥、空间线线角的求解T162017 面面垂直的证明T18(1)线面平行的证明T19(1)面面垂直的证明T19(1)求异面直线所成的角T11空间中线、面位置关系的判定与性质T142016面面垂直的证明T18(1)翻折问题、线面垂直的证明T19(1)线面平行的证明T19(1)纵向把握趋势卷3 年 5 考，且以选择题的形式考查线线角、线面角以及空间几何体的截面问题，位置关系的
2、证明均出现在解答题中，且连续 3 年均考查了面面垂直的证明预计 2019 年仍会在解答题的第(1)问中考查位置关系的证明，在小题中考查空间位置关系的判断或异面直线问题，难度适中卷3 年 6 考，且每年均有1 小 1 大，涉及空间位置关系的判定、求异面直线所成的角、线面平行或垂直的证明、翻折问题，难度中等预计 2019 年仍会在解答题的第(1)问中考查线面位置关系的证明，以选择题或填空题的形式考查异面直线所成角的求法，难度适中卷3 年 4 考，涉及线面平行的证明、面面垂直的证明以及线线角的求法，难度适中预计2019 年仍会在解答题的第(1)问中考查面面垂直问题，在选择题或填空题中考查线线角的求法
3、横向把握重点1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大” ，即一道选择题(或填空题)一道解答题或只考一道解答题2.选择题一般在第 911 题的位置，填空题一般在第 14 题的位置，多考查线面位置关系的判断及空间角的求解，难度较小3.解答题多出现在第 18 或 19 题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等.2空间位置关系的判定与线线角、线面角题组全练1.在如图所示的正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， E， F 分别是棱B1B， AD 的中点，则直线 BF 与平面 AD1E 的位置关系是( )A平行 B相交但不垂直C垂直 D异面解析：选 A 如图，取 AD1
4、的中点 O，连接 OE， OF，则 OF 平行且等于 BE，四边形 BFOE 是平行四边形， BF OE， BF平面 AD1E， OE平面 AD1E， BF平面 AD1E.2设 m， n 是两条不同的直线， ， ， 是三个不同的平面，给出下列四个命题：若 m ， n ，则 m n；若 ， ， m ，则 m ；若 n， m n， m ，则 m ；若 ， ，则 .其中真命题的个数是( )A0 B1C2 D3解析：选 B ， m n 或 m， n 异面，故错误；易知正确；， m 或 m ，故错误；， 或 与 相交，故错误3(2018全国卷)在正方体 ABCDA1B1C1D1中， E 为棱 CC1的中
5、点，则异面直线 AE与 CD 所成角的正切值为( )A. B.22 32C. D.52 72解析：选 C 如图，连接 BE，因为 AB CD，所以 AE 与 CD 所成的3角为 EAB.在 Rt ABE 中，设 AB2，则 BE ，则 tan EAB ，所以异面直线5BEAB 52AE 与 CD 所成角的正切值为 .524(2018全国卷)已知圆锥的顶点为 S，母线 SA， SB 所成角的余弦值为 ， SA 与圆78锥底面所成角为 45，若 SAB 的面积为 5 ，则该圆锥的侧面积为_15解析：如图， SA 与底面成 45角， SAO 为等腰直角三角形设 OA r，则 SO r， SA SB
6、r.2在 SAB 中，cos ASB ，78sin ASB ，158 S SAB SASBsin ASB12 ( r)2 5 ，12 2 158 15解得 r2 ，10 SA r4 ，即母线长 l4 ，2 5 5 S 圆锥侧 rl2 4 40 .10 5 2答案：40 2系统方法1判定空间位置关系的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断2当线线角、线面角出现在客观题中时，多用定义法求解若出现在解答题中多用向量法求解空间平行、垂直关系的证明由题知法4(2
7、018石家庄摸底)典 例 如图，在多面体 ABCDPE 中，四边形 ABCD 和 CDPE 都是直角梯形，AB DC， PE DC， AD DC， PD平面ABCD， AB PD DA2 PE， CD3 PE， F 是 CE 的中点(1)求证： BF平面 ADP；(2)已知 O 是 BD 的中点，求证： BD平面 AOF.证明 (1)取 PD 的中点为 G，连接 FG， AG， F 是 CE 的中点， FG 是梯形 CDPE 的中位线， CD3 PE， FG2 PE， FG CD， CD AB， AB2 PE， AB FG， AB FG，即四边形 ABFG 是平行四边形， BF AG，又 BF
8、平面 ADP， AG平面 ADP， BF平面 ADP.(2)延长 AO 交 CD 于 M，连接 BM， FM， BA AD， CD DA， AB AD， O 为 BD 的中点，四边形 ABMD 是正方形，则 BD AM， MD2 PE. MD 綊 FG.四边形 DMFG 为平行四边形 FM PD， PD平面 ABCD， FM平面 ABCD， FM BD， AM FM M， BD平面 AMF，即 BD平面 AOF.类题通法1垂直、平行关系中的转化与化归思想(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直(3)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明
9、线线垂直2垂直、平行关系的常用证明方法方法5证明线线平行利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；利用平行四边形进行平行转换；利用三角形的中位线定理证线线平行；利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换证明线线垂直利用等腰三角形底边中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可， l ， a l a应用通关1.如图，在底面是菱形的四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， ABC60，AA1 AC2， A1B A1D2 ，点 E 在 A1D 上2(1)证明： AA1平面 ABCD；(2)当 为何值时， A1B平面 EAC，并求出此时直线 A1
10、B 与平面A1EEDEAC 之间的距离解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是菱形， ABC60，所以 AB AD AC2.在 AA1B 中，由 AA AB2 A1B2，得 AA1 AB，21同理可知 AA1 AD.又 AB AD A，所以 AA1平面 ABCD.(2)当 1 时， A1B平面 EAC.A1EED证明如下：连接 BD 交 AC 于点 O，则 O 为 BD 的中点，连接 OE，因为 1，A1EED所以点 E 为 A1D 的中点，所以 OE A1B，又 A1B平面 EAC， EO平面 EAC，所以 A1B平面 EAC.所以直线 A1B 与平面 EAC 之间的距离等于点 A1到平面
11、EAC 的距离，因为 E 为 A1D 的中点，所以可转化为点 D 到平面 EAC 的距离，设 AD 的中点为 F，连接 EF，则 EF AA1，所以 EF平面 ACD，且 EF1，可求得 S ACD ，所以 VEACD 1 .313 3 336易知 AE ， AC2， CE2，所以 S EAC ，272又因为 VDAEC VEACD，所以 S EACd (d 表示点 D 到平面 EAC 的距离)，解得 d ，13 33 2217所以直线 A1B 与平面 EAC 之间的距离为 .22172(2018长春模拟)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AB BC BB1， AB1 A1B E， D
12、为 AC 上的点， B1C平面 A1BD.(1)求证： BD平面 A1ACC1；(2)若 AB1，且 ACAD1，求三棱锥 ABCB1的体积解：(1)证明：连接 ED，平面 AB1C平面 A1BD ED， B1C平面 A1BD， B1C平面AB1C， B1C ED. E 为 AB1的中点， D 为 AC 的中点， AB BC， BD AC. A1A平面 ABC， BD平面 ABC， A1A BD. A1A， AC 是平面 A1ACC1内的两条相交直线， BD平面 A1ACC1.(2)由 AB1，得 BC BB11，由(1)知 AD AC，又 ACAD1， AC22，12 AC2 AB2 BC2
13、， AB BC， S ABC ABBC ，12 12 VABCB1 VB1ABC S ABCBB1 1 .13 13 12 16与平行、垂直有关的折叠、探索性问题由题知法(2019 届高三武汉调研)如图 1，在矩形 ABCD 中， AB4， AD2， E 是 CD典 例 的中点，将 ADE 沿 AE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 D1ABCE，其中平面 D1AE平面ABCE.7(1)证明： BE平面 D1AE；(2)设 F 为 CD1的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MF平面 D1AE，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由AMAB解 (1)证明：四边形 ABCD 为矩形且
14、 AD DE EC BC2， AE BE2 .2又 AB4， AE2 BE2 AB2， AEB90，即 BE AE.又平面 D1AE平面 ABCE，平面 D1AE平面 ABCE AE， BE平面 ABCE， BE平面D1AE.(2) ，理由如下：AMAB 14取 D1E 的中点 L，连接 FL， AL， FL EC， FL EC1.12又 EC AB， FL AB，且 FL AB，14 M， F， L， A 四点共面若 MF平面 AD1E，则 MF AL.四边形 AMFL 为平行四边形， AM FL AB，即 .14 AMAB 14类题通法1求解平面图形折叠问题的关键和方法关键分清翻折前后位置
15、关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口方法把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决82探索性问题求解的途径和方法(1)对命题条件探索的三种途径：先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件(2)对命题结论的探索方法：从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论应用通关1(2019 届高三西安八校
16、联考)如图 1，在直角梯形 ABCD 中， ADC90，AB CD， AD CD AB2， E 为 AC 的中点，将 ACD 沿 AC 折起，使折起后的平面 ACD 与平12面 ABC 垂直，得到如图 2 所示的三棱锥 DABC.(1)求证： BC平面 ACD；(2)点 F 在棱 CD 上，且满足 AD平面 BEF，求几何体 FBCE 的体积解：(1)证明： AC 2 ，AD2 CD2 2 BAC ACD45， AB4，在 ABC 中， BC2 AC2 AB22 ACABcos 458， AB2 AC2 BC216， AC BC，平面 ACD平面 ABC，平面 ACD平面 ABC AC， BC
17、平面 ACD.(2) AD平面 BEF， AD平面 ACD，平面 ACD平面 BEF EF， AD EF， E 为 AC 的中点， EF 为 ACD 的中位线，由(1)知， VFBCE VBCEF S CEFBC.13 S CEF S ACD 22 ，14 14 12 129 VFBCE 2 .13 12 2 232.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形， DAB30，PD平面 ABCD， AD2，点 E 为 AB 上一点，且 m，点 F 为 PD 中AEAB点(1)若 m ，证明： AF平面 PEC；12(2)是否存在一个常数 m，使得平面 PED平面 PAB，若存在，求出
18、 m 的值；若不存在，说明理由解：(1)证明：作 FM CD，交 PC 于点 M，连接 EM，因为点 F 为 PD 的中点，所以 FM CD.12因为 m ，所以 AE AB FM，12 12又 FM CD AE，所以四边形 AEMF 为平行四边形，所以 AF EM，因为 AF平面 PEC， EM平面 PEC，所以 AF平面 PEC.(2)存在一个常数 m ，使得平面 PED平面 PAB，理由如下：32要使平面 PED平面 PAB，只需 AB DE，因为 AB AD2， DAB30，所以 AE ADcos 30 .3因为 PD平面 ABCD，所以 PD A B.又 PD DE D，所以 AB平
19、面 PDE，因为 AB平面 PAB，所以平面 PDE平面 PAB，所以 m .AEAB 32重难增分空间几何体的截面问题典例细解(2018全国卷)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所例 110成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B.334 233C. D.324 32解析 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，平面 AB1D1与棱A1A， A1B1， A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A， A1B1， A1D1平行，故正方体 ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等如图所示，取棱 AB， BB1，
20、B1C1， C1D1， D1D， DA的中点 E， F， G， H， M， N，则正六边形 EFGHMN 所在平面与平面 AB1D1平行且面积最大，此截面面积为 S 正六边形 EFGHMN6 sin 60 .故选 A.12 22 22 334答案 A启思维 本题考查了空间几何体的截面问题以及直线与平面所成角的概念，本题体现的“动态几何”问题有一定的探究性，采用极端原理、考虑特殊位置、特殊情况、运用“大胆猜想，小心求证”的方法，往往能将问题快速、有效地解决如图， ABCDA1B1C1D1是棱长为 a 的正方体， M， N例 2分别是下底面的棱 A1B1， B1C1的中点， P 是上底面的棱 AD
21、 上的一点，AP ，过 P， M， N 的平面交上底面于 PQ，Q 在 CD 上，则a3PQ_.解析 平面 ABCD平面 A1B1C1D1，平面 ABCD平面PMNQ PQ，平面 A1B1C1D1平面 PMNQ MN， MN PQ. M， N 分别是 A1B1， B1C1的中点， MN A1C1 AC. PQ AC.又 AP a， CQ ，从而 DP DQ a.13 a3 23 PQ DQ2 DP2 a.(23a)2 (23a)2 223答案 a223启思维 本题考查了平面与平面平行的性质，是立体几何中面面平行的基本题型，但对定理的灵活应用要求较高增分集训111.如图，正方体 ABCDA1B1
22、C1D1的棱长为 1， P 为 BC 的中点，Q 为线段 CC1上的动点，过点 A， P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是_(填序号)当 0 CQ 时， S 为四边形；12当 CQ 时， S 为等腰梯形；12当 CQ 时， S 与 C1D1的交点 R 满足 C1R ；34 13当 CQ1 时， S 为六边形；34当 CQ1 时， S 的面积为 .62解析：过 A 作 AM PQ 交 DD1或 A1D1于 M.当 0 CQ 时， M 在 DD1上，连接 MQ，则截面为 AMQP，故正确；12当 CQ 时， M 与 D1重合，截面为 AD1QP，显然为等腰梯形，故正确；12
23、当 CQ 时， M 在 A1D1上，且 D1M .34 13过 M 作 MR AP 交 C1D1于 R，则 MD1R PBA，从而 D1R ，23即 C1R ，故正确；13当 CQ1 时，截面与 A1D1交于 M，与 C1D1交于 R，则截面为 AMRQP 为五边形，故34错误；当 CQ1 时， M 为 A1D1的中点，截面 AMC1P 为菱形，而 AC1 ， PM ，故面积为3 2 ，故正确12 3 2 62答案：2.(2015全国卷)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB16， BC10， AA18，点 E， F 分别在 A1B1， D1C1上，A1E D1F4.过点 E， F 的
24、平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；12(2)求直线 AF 与平面 所成角的正弦值解：(1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示(2)作 EM AB，垂足为 M，则 AM A1E4， EM AA18.因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH EF BC10.于是 MH 6，EH2 EM2所以 AH10.以 D 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系DA Dxyz，则 A(10,0,0)， H(10,10,0)， E(10,4,8)， F(0,4,8)，(10,0,0)， (0，6,8)FE HE 设 n(
25、x， y， z)是平面 EHGF 的法向量，则 即Error!所以可取 n(0,4,3)又 (10,4,8)，AF 所以|cos n， | .AF 4515所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 .4515专题跟踪检测(对应配套卷 P186)一、全练保分考法保大分1下面四个正方体图形中， A， B 为正方体的两个顶点， M， N， P 分别为其所在棱的中点，则能得出 AB平面 MNP 的图形是( )A BC D解析：选 D 对于题图，假设上底面与 A 相对的顶点为 C，则平面 ABC平面 MNP.13又 AB平面 ABC，故 AB平面 MNP.对于题图，因为 AB NP，所以由线面平行
26、的判定定理可知 AB平面 MNP.题图均不满足题意2设 m， n 是不同的直线， ， ， 是不同的平面，有以下四个命题：Error! ；Error! m ；Error! ；Error! m ，其中正确的是( )A BC D解析：选 B 若 ， ，则根据面面平行的性质定理和判定定理可证得 ，故正确；若 m ， ，则 m 或 m 与 相交或 m 在平面 内，故不正确； m ， 内有一直线 l 与 m 平行而 m ，则 l ，根据面面垂直的判定定理可知 ，故正确；若 m n， n ，则 m 或 m ，故不正确3用 a， b， c 表示空间中三条不同的直线， 表示平面，给出下列命题：若 a b， b
27、c，则 a c；若 a b， a c，则 b c；若 a ， b ，则 a b；若 a ， b ，则 a b.其中真命题的序号是( )A BC D解析：选 D 若 a b， b c，则 a c 或 a 与 c 相交或 a 与 c 异面，所以是假命题；由平行于同一直线的两条直线平行，可知是真命题；若 a ， b ，则 a b 或 a 与b 相交或 a 与 b 异面，所以是假命题；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以是真命题4在正四面体 PABC 中， D， E， F 分别是 AB， BC， CA 的中点，则下面四个结论不成立的是( )A BC平面 PDF B DF平面 PAEC平面
28、 PDE平面 ABC D平面 PAE平面 ABC解析：选 C 如图由题意知 DF BC，由此可得 BC平面 PDF，故 A 正确；若 PO平面 ABC，垂足为 O，则 O 在 AE 上，则 DF PO.又DF AE， PO AE O，故 DF平面 PAE，故 B 正确；由 DF平面 PAE，可得平面 PAE平面 ABC，故 D 正确选 C.5.如图，在四棱锥 PABCD 中， PD底面 ABCD，底面 ABCD 为矩形， AB2 BC， E 是 CD 上一点若 AE平面 PBD，则 的值为( )CEEDA. B.32 52C3 D414解析：选 C PD底面 ABCD， PD AE.当 AE
29、BD 时， AE平面 PBD，此时ABD DAE，则 . AB2 BC， DE AB CD， 3.ABAD ADDE 14 14 CEED6.如图所示，四边形 ABCD 中， AD BC， AD AB， BCD45， BAD90，将 ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD平面 BCD，连接 AC，则下列命题正确的是( )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：选 D 由题意知，在四边形 ABCD 中， CD BD.在三棱锥 ABCD 中，平面 ABD平面 BCD，两平面的交线为 BD， CD平面 ABD，因此有 AB C
30、 D.又 AB AD， AD DC D， AB平面 ADC，于是得到平面 ADC平面 ABC.7.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：直线 BM与 ED 平行；直线 CN 与 BE 是异面直线；直线 CN 与 BM 成 60角；直线 DM 与 BN 是异面直线以上四个命题中，正确命题的序号是_解析：由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征可得，直线 BM 与 ED 是异面直线，故不正确；直线 CN 与 BE 平行，故不正确；连接 AN，则 AN BM，所以直线 CN 与 BM 所成的角就是 ANC，且 ANC60，故正确；直线 DM 与 BN 是异面直线，故正确所以正确命题
31、的序号是.答案：8已知直线 a， b，平面 ，且满足 a ， b ，有下列四个命题：对任意直线 c ，有 c a；存在直线 c ，使 c b 且 c a；对满足 a 的任意平面 ，有 ；存在平面 ，使 b .其中正确的命题有_(填序号)解析：因为 a ，所以 a 垂直于 内任一直线，所以正确；由 b 得 内存在一直线 l 与 b 平行，在 内作直线 m l，则 m b， m a，再将 m 平移得到直线 c，使c 即可，所以正确；由面面垂直的判定定理可得不正确；若 b ，则由 b 得 内存在一条直线 l 与 b 平行，必有 l ，即有 ，而 b 的平面 有无数个，所以正确答案：9.如图，在直三棱
32、柱 ABCA1B1C1中，侧棱长为2， AC BC1， ACB90， D 是 A1B1的中点， F 是 BB1上的动点，15AB1， DF 交于点 E.要使 AB1平面 C1DF，则线段 B1F 的长为_解析：设 B1F x，因为 AB1平面 C1DF， DF平面 C1DF，所以 AB1 DF.由已知可以得 A1B1 ，2设 Rt AA1B1斜边 AB1上的高为 h，则 DE h.12又 2 h，2 22 2 2得 h ， DE .233 33在 Rt DB1E 中， B1E .(22)2 (33)2 66由面积相等得 x，解得 x .66 x2 (22)2 22 12即线段 B1F 的长为
33、.12答案：1210.(2019 届高三重庆六校联考)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形， DAB60， PD平面 ABCD， PD AD2， E， F 分别为 AB 和 PD 的中点(1)求证： AF平面 PEC；(2)求点 F 到平面 PEC 的距离解：(1)证明：设 PC 的中点为 Q，连接 EQ， FQ，由题意，得 FQ DC 且 FQ CD，12AE CD 且 AE CD，12故 AE FQ 且 AE FQ，所以四边形 AEQF 为平行四边形，所以 AF EQ，又 EQ平面 PEC， AF平面 PEC，所以 AF平面 PEC.(2)由(1)，知点 F 到平面 PE
34、C 的距离等于点 A 到平面 PEC 的距离，设为 D.连接 AC，由题给条件易求得EC ， PE ， PC2 ， AC2 ，7 7 2 3又 Q 为 PC 的中点，则 EQ ，5故 S PEC 2 ，12 2 5 1016S AEC 1 ，12 3 32由 VAPEC VPAEC，得 d 2，13 10 13 32解得 d ，即点 F 到平面 PEC 的距离为 .3010 301011(2018柳州模拟)如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 AB侧面 BB1C1C， AB BC1， BB12， BCC160.(1)求证： BC1平面 ABC；(2)E 是棱 CC1上的一点，若三棱锥 EA
35、BC 的体积为 ，求线段312CE 的长解：(1)证明： AB平面 BB1C1C，BC1平面 BB1C1C， AB BC1，在 CBC1中， BC1， CC1 BB12， BCC160，由余弦定理得BC BC2 CC 2 BCCC1cos BCC11 22 2212cos 603， BC1 ，21 21 3 BC2 BC CC ， BC BC1，21 21又 AB平面 ABC， BC平面 ABC， BC AB B， BC1平面 ABC.(2) AB平面 BB1C1C， VEABC VAEBC S BCEAB 1CEsin 601 ， CE1.13 13 12 31212如图，四边形 ABCD
36、是梯形，四边形 CDEF 是矩形，且平面 ABCD平面CDEF， BAD CDA90， AB AD DE CD2， M 是线段 AE 上的动点12(1)试确定点 M 的位置，使 AC平面 MDF，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面 MDF 将几何体 ADEBCF 分成的上、下两部分的体积之比解：(1)当 M 是线段 AE 的中点时， AC平面 MDF.17理由如下：连接 CE，交 DF 于点 N，连接 MN，因为 M， N 分别是 AE， CE 的中点，所以 MN AC，又 MN平面 MDF， AC平面 MDF，所以 AC平面 MDF.(2)将几何体 ADEBCF 补成三棱柱 ADEB
37、1CF，由题意可得 ED CD， AD CD，又 AD ED D，所以 CD平面 ADE.又平面 ABCD平面 CDEF，平面 ABCD平面CDEF CD， ED CD，所以 ED平面 ABCD，则 ED AD.故三棱柱 ADEB1CF 的体积为VADEB1CF S ADECD 2248，12则几何体 ADEBCF 的体积 VADEBCF VADEB1CF VFBB1C8 222 .13 12 203三棱锥 FDEM 的体积 VFDEM VMDEF 241 ，13 12 43故平面 MDF 将几何体 ADEBCF 分成的上、下两部分的体积之比为 14.43 (203 43)二、强化压轴考法拉开
38、分1在三棱锥 PABC 中， PB6， AC3， G 为 PAC 的重心，过点 G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线 PB 和 AC，则截面被三棱锥截得的图形的周长为( )A8 B6C10 D9解析：选 A 如图，过点 G 作 EF AC 分别交 AP， CP 于点 E， F，过点 F 作 FM PB 交 BC 于点 M，过 E 作 EN PB 交 AB 于点 N，可得EN FM，即 E， F， M， N 四点共面，连接 MN，则平面 EFMN 即为所求的截18面可得 MN AC EF， EN FM PB，而 G 为 PAC 的重心，所以 ，因为 AC3，EFAC MNAC 23所以 EF
39、 MN2，同理可得 EN FM2，所以 EFMN 的周长为 8.2正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，点 E， F 分别是棱 D1C1， B1C1的中点，过 E， F 作一平面 ，使得平面 平面 AB1D1，则平面 截正方体的表面所得平面图形为( )A三角形 B四边形C五边形 D六边形解析：选 D 如图，分别取 BB1， AB， AD， DD1的中点G， H， M， N，连接 FG， GH， MH， MN， EN.点 E， F 分别是棱D1C1， B1C1的中点， EF MH B1D1， MN FG AD1， GH EN AB1. MH GH H， AB1B1D1 B1，平面 EFG
40、HMN平面 AB1D1.过 E， F 作一平面 ，使得平面 平面 AB1D1，平面 截正方体的表面所得平面图形为六边形3.如图，在矩形 ABCD 中， AB2 AD， E 为边 AB 的中点，将 ADE 沿直线 DE 翻折成A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在 ADE 翻折的过程中，下面四个命题不正确的是( )A BM 是定值B点 M 在某个球面上运动C存在某个位置，使 DE A1CD存在某个位置，使 MB平面 A1DE解析：选 C 如图，取 CD 的中点 F，连接 MF， BF，则MF DA1， BF DE，平面 MBF平面 A1DE， MB平面 A1DE，故D 正确； A1DE
41、MFB， MF A1D 为定值， FB DE 为定值，12由余弦定理，得 MB2 MF2 FB22 MFFBcos MFB， MB 是定值，故A 正确；点 B 是定点，点 M 在以 B 为球心， MB 为半径的球面上，故B 正确； A1C 在平面 ABCD 中的射影为 AC， AC 与 DE 不垂直，存在某个位置，使 DE A1C 不正确，故选 C.4.如图，在棱长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F， G 分别为棱 AB， CC1， DD1的中点，过点 G 作平面 D1EF 的平行截面，则正方体被截面截得的较小部分的几何体的体积为( )A6 B3C. D.94 32解析：
42、选 D 如图，连接 GC，则 GC D1F，延长 D1F 交 DC19的延长线于 M，连接 EM，作 CN EM 交 AD 于 N，连接 GN，则平面 GCN 为平行于平面 D1EF 的截面，正方体被截面截得的较小部分的几何体为 DGCN，由题给条件得DG ， CD CM3，由 tan DCNtan DME ，得 DN CDtan DCN3 2，所以32 23 23VDGCN VGCDN 32 .13 12 32 325.如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， AA1平面 ABCD， AB CD， DCB90，AB AD AA12 DC，Q 为棱 CC1上一动点，过直线 AQ 的平面分别
43、与棱BB1， DD1交于点 P， R，则下列结论错误的是( )A对于任意的点 Q，都有 APQ RB对于任意的点 Q，四边形 APQR 不可能为平行四边形C存在点 Q，使得 ARP 为等腰直角三角形D存在点 Q，使得直线 BC平面 APQR解析：选 C 由 AB CD， AA1 DD1，得平面 ABB1A1平面CDD1C1.平面 APQR平面 ABB1A1 AP，平面 APQR平面CDD1C1 RQ， APQ R，故 A 选项正确；四边形 ABCD 是直角梯形，AB CD，平面 BCC1B1与平面 ADD1A1不平行平面 APQR平面BCC1B1 PQ，平面 APQR平面 ADD1A1 AR，
44、 PQ 与 AR 不平行，四边形 APQR 不可能为平行四边形，故 B 选项正确；如图，延长 CD 至 M，使得 DM CD，则四边形 ABCM 是矩形， BC AM.当 R，Q， M 三点共线时， AM平面APQR， BC平面 APQR，故 D 选项正确选 C.6.如图，棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， P 为线段 A1B 上的动点，则下列结论错误的是( )A DC1 D1PB平面 D1A1P平面 A1APC APD1的最大值为 90D AP PD1的最小值为 2 2解析：选 C 由题意知 A1D1 DC1， A1B DC1.又 A1D1 A1B A1， DC1平面A1BCD1. D1P平面 A1BCD1， DC1 D1P，故 A 选项正确；平面 D1A1P 即为平面 A1BCD1，平面 A1AP 即为平面 A1ABB1，且 D1A1平面 A1ABB1，平面 A1BCD1平面 A1ABB1，即平面D1A1P平面 A1AP，故 B 选项正确当
