PAGE1-第2講空間點、線、面的位置關系[做真題]1．(2024·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內有多數條直線與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內有多數條直線與β平行，當這多數條直線相互平行時，α與β可能相交，所以A不正確；對于B，依據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．綜上可知選B.2．(2024·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＝eq\r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝(eq\f(\r(3),2))2＋(eq\f(3,2))2＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，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．(2024·高考全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)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∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角．因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，故選C.4．(2024·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，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)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，eq\o(DA,\s\up6(→))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，eq\r(3)，2)，N(1，0，2)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－3，0)．設m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1A,\s\up6(→))＝0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2x＝0，,－4z＝0.))可取m＝(eq\r(3)，1，0)．設n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1N,\s\up6(→))＝0.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0.))可取n＝(2，0，－1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以二面角A-MA1-N的正弦值為eq\f(\r(10),5).[山東省學習指導看法]1．點、線、面之間的位置關系借助長方體模型，在直觀相識和理解空間點、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，公理和定理為動身點，通過直觀感知、操作確認、思辨，相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、四特性質定理)能運用定理證明一些空間位置關系的簡潔命題．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．梯形確定是平面圖形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．2．(2024·江西七校第一次聯考)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∥αB．若m?α，n?β，α∥β，則m∥nC．若α∥β，m⊥α，則m⊥βD．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．(2024·武漢市調研測試)已知兩個平面相互垂直，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隨意一條直線；②一個平面內已知直線必垂直于另一個平面內的多數條直線；③一個平面內隨意一條直線必垂直于另一個平面；④過一個平面內隨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．①③C．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中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1內的隨意一條直線，l與平面ABCD內同AB平行的全部直線垂直，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.(2024·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的隨意一點，以AO為直徑的圓與AD的另一個交點為C，P為SD的中點．現給出以下結論：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是()A．0 B．1C．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．(2024·河北省九校其次次聯考)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，明顯正確；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：①④⑤eq\a\vs4\al()推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推斷．(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沖突的命題，進而作出推斷．(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視察線面位置關系，結合有關定理，進行確定或否定．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.eq\a\vs4\al()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＝eq\f(1,2)AD，E為AD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PAB，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eq\f(A1D1,D1C1)等于何值時，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求eq\f(AD,DC)的值．解：(1)如圖，取D1為線段A1C1的中點，此時eq\f(A1D1,D1C1)＝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AB1D1.所以當eq\f(A1D1,D1C1)＝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eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)，eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD).又因為eq\f(A1O,OB)＝1，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝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分別為棱PC，CD的中點．(1)求證：平面OEF∥平面PAD；(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，所以CD⊥平面POF.(3)因為∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×3×4＝6，而點O，F分別是AC，CD的中點，所以S△CFO＝eq\f(1,4)S△ACD＝eq\f(3,2)，由題意可知△ACP是邊長為5的等邊三角形，所以OP＝eq\f(5,2)eq\r(3)，即點P到平面ACD的距離為eq\f(5,2)eq\r(3)，又E為PC的中點，所以E到平面CFO的距離為eq\f(5,4)eq\r(3)，故VE-CFO＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(5,4)eq\r(3)＝eq\f(5,8)eq\r(3).eq\a\vs4\al()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改變量和不變量，一般狀況下，線段的長度是不變量，而位置關系往往會發生改變，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＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝eq\f(1,2)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36eq\r(2)，求a的值．解：(1)證明：在題圖1中，因為AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，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A1OC.(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＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)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＝eq\f(1,3)×S×A1O＝eq\f(1,3)×a2×eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),6)a3，由eq\f(\r(2),6)a3＝36eq\r(2)，得a＝6.一、選擇題1．(2024·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⊥nB．若m⊥n，則a⊥bC．若m∥n，則a∥bD．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不行能平行，只能是相交或異面，故D正確，選D.2．(2024·長春市質量監測(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．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(1,2)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＝eq\f(OA1,A1C1)＝eq\f(1,2).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：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．(2024·江西省五校協作體試題)如圖，圓錐的底面直徑AB＝4，高OC＝2eq\r(2)，D為底面圓周上的一點，且∠AOD＝eq\f(2π,3)，則直線AD與BC所成的角為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(5π,12) D．eq\f(π,2)解析：選B.如圖，過點O作OE⊥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＝eq\f(2,3)π，所以∠BOD＝eq\f(π,3)，則D(eq\r(3)，1，0)，A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，2eq\r(2))，所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(－6,12)＝－eq\f(1,2)，則直線AD與BC所成的角為eq\f(π,3)，故選B.5.如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，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．3C．4 D．5解析：選B.如圖，設D1在平面ABC上的射影為E，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對平面相互垂直．故選B.6．(多選)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1上運動，則下列推斷中正確的是()A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1C．異面直線A1P與AD1所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))D．三棱錐D1-APC的體積不變解析：選ABD.對于A，依據正方體的性質，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eq\f(π,3)，當P與線段BC1的中點重合時，A1P與AD1所成角取最大值eq\f(π,2)，故A1P與AD1所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，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．(2024·沈陽市質量監測(一))如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下面結論中正確的是________．(寫出全部正確結論的序號)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eq\r(2).解析：對于①，BD∥B1D1，BD?平面CB1D1，B1D1?平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，①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eq\f(CC1,AC)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)≠eq\r(2)，故④不正確．故正確的結論為①②③.答案：①②③8．(2024·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Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以點M到平面A1B1C1D1的距離為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(5,3).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Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))，直線OC1的方程為y＝eq\r(2)x，其斜率為eq\r(2)，因為點A關于直線OC1的對稱點為M，設M(a，b)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b－0,a＋\f(\r(2),2))＝－\f(\r(2),2),\f(b＋0,2)＝\r(2)·\f(a－\f(\r(2),2),2)))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(2),6),b＝－\f(2,3)))，所以點M到直線A1C1的距離為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(5,3)，所以點A關于平面BDC1的對稱點M到平面A1B1C1D1的距離為eq\f(5,3).答案：eq\f(5,3)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，因為AA1＝2，所以AE＝2，A1E＝2eq\r(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≥2eq\r(ME·EN)＝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eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)＝4eq\r(2).因為AM2＋AN2＝MN2，所以AM＝2eq\r(2).答案：4eq\r(2)2eq\r(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?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，