PAGE1-第2講空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系[做真題]1．(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是()A．α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)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.若α∥β，則α內(nèi)有多數(shù)條直線與β平行，反之則不成立；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個(gè)平面，則α與β可以平行也可以相交，故A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件．依據(jù)平面與平面平行的判定定理知，若一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則兩平面平行，反之也成立．因此B中條件是α∥β的充要條件．故選B.2．(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1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.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)解析：選C.如圖，連接BE，因?yàn)锳B∥CD，所以異面直線AE與CD所成的角等于相交直線AE與AB所成的角，即∠EAB.不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝eq\r(5).又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2).故選C.3．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：選C.由正方體的性質(zhì)，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故選C.4．(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E-BB1C1C的體積．解：(1)證明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.如圖，作EF⊥BB1，垂足為F，則EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.所以四棱錐E-BB1C1C的體積V＝eq\f(1,3)×3×6×3＝18.[明考情]1．以幾何體為載體考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的推斷，主要以選擇、填空題的形式，題目難度中等．2．以解答題的形式考查空間平行、垂直的證明，并常與幾何體的表面積、體積相滲透．空間線面位置關(guān)系的推斷(基礎(chǔ)型)[學(xué)問(wèn)整合]推斷與空間位置關(guān)系有關(guān)的命題真假的方法(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)行推斷．(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視察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行推斷．(3)借助于反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相沖突的命題，進(jìn)而作出推斷．[考法全練]1．已知α是一個(gè)平面，m，n是兩條直線，A是一個(gè)點(diǎn)，若m?α，n?α，且A∈m，A∈α，則m，n的位置關(guān)系不行能是()A．垂直 B．相交C．異面 D．平行解析：選D.因?yàn)棣潦且粋€(gè)平面，m，n是兩條直線，A是一個(gè)點(diǎn)，m?α，n?α，所以n在平面α內(nèi)，m與平面α相交，因?yàn)锳∈m，A∈α，所以A是m和平面α相交的點(diǎn)，所以m和n異面或相交，肯定不平行．2．(2024·沈陽(yáng)市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(一))已知m，n是空間中的兩條不同的直線，α，β是空間中的兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是()A．若m∥n，m∥α，則n∥αB．若α∥β，m∥α，則m∥βC．若m⊥n，n?α，則m⊥αD．若m⊥α，m?β，則α⊥β解析：選D.對(duì)于選項(xiàng)A，m∥n，m∥α，則n∥α或n?α，A錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)B，α∥β，m∥α，則m∥β或m?β，B錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)C，m⊥n，n?α，不能推出m⊥α，C錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)D，面面垂直的判定定理，正確．故選D.3．(2024·高考北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：__________．解析：其中兩個(gè)論斷作為條件，一個(gè)論斷作為結(jié)論，可組成3個(gè)命題．命題(1)：若l⊥m，m∥α，則l⊥α，此命題不成立，可以舉一個(gè)反例，例如在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設(shè)平面ABCD為平面α，A1D1和A1B1分別為l和m，滿意條件，但結(jié)論不成立．命題(2)：若l⊥m，l⊥α，則m∥α，此命題正確．證明：作直線m1∥m，且與l相交，故l與m1確定一個(gè)平面β，且l⊥m1，因?yàn)閘⊥α，所以平面α與平面β相交，設(shè)α∩β＝n，則l⊥n，又m1，n?β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n?α，故m∥α.命題(3)：若m∥α，l⊥α，則l⊥m，此命題正確．證明：過(guò)直線m作一平面，且與平面α相交，交線為a，因?yàn)閙∥α，所以m∥a.因?yàn)閘⊥α，a?α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.答案：若l⊥m，l⊥α，則m∥α(或若m∥α，l⊥α，則l⊥m，答案不唯一)空間幾何體中的空間角(綜合型)[學(xué)問(wèn)整合]異面直線所成的角已知兩條異面直線a、b，經(jīng)過(guò)空間隨意一點(diǎn)O，作a′∥a，b′∥b，我們把a(bǔ)′與b′所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．直線與平面所成的角直線與平面所成的角是直線和它在平面內(nèi)的射影所成的角．當(dāng)直線和平面平行時(shí)，稱直線和平面成0°角，當(dāng)直線和平面垂直時(shí)，稱直線和平面成90°角．[典型例題](2024·湖南省五市十校聯(lián)考)已知E，F(xiàn)分別是三棱錐P-ABC的棱AP，BC的中點(diǎn)，AB＝6，PC＝6，EF＝3eq\r(3)，則異面直線AB與PC所成的角為()A．120° B．45°C．30° D．60°【解析】設(shè)AC的中點(diǎn)為G，連接GF，EG，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是三棱錐P-ABC的棱AP，BC的中點(diǎn)，PC＝6，AB＝6，所以EG∥PC，GF∥AB，EG＝3，GF＝3，在△EFG中，EF＝3eq\r(3)，所以cos∠EGF＝eq\f(9＋9－27,2×3×3)＝－eq\f(1,2)，所以∠EGF＝120°，所以異面直線AB與PC所成的角為60°.【答案】Deq\a\vs4\al()求空間角的一般步驟(1)找出或作出有關(guān)的平面角．(2)證明它符合定義．(3)歸到某一三角形中進(jìn)行計(jì)算，為了便于記憶，可總結(jié)口訣：“一作、二證、三計(jì)算”．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB相互垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為_(kāi)_______．解析：由題意畫(huà)出圖形，如圖，設(shè)AC是底面圓O的直徑，連接SO，則SO是圓錐的高．設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，則由SA⊥SB，△SAB的面積為8，得eq\f(1,2)l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由題意知∠SAO＝30°，所以SO＝eq\f(1,2)l＝2，AO＝eq\f(\r(3),2)l＝2eq\r(3).故該圓錐的體積V＝eq\f(1,3)π×AO2×SO＝eq\f(1,3)π×(2eq\r(3))2×2＝8π.答案：8π2．(2024·福州市質(zhì)量檢測(cè))已知長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的外接球體積為eq\f(32,3)π，且AA1＝BC＝2，則A1C與平面BB1C1C所成的角為_(kāi)_____．解析：如圖，設(shè)長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的外接球半徑為R，則長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的外接球體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π，所以R＝2，即A1C＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋BC2＋AB2)＝2R＝4.因?yàn)锳A1＝BC＝2，所以AB＝2eq\r(2).連接B1C，因?yàn)锳1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C與平面BB1C1C所成的角為∠A1CB1，在Rt△BB1C中，BB1＝BC＝2，所以B1C＝2eq\r(2)＝A1B1，所以∠A1CB1＝eq\f(π,4).即A1C與平面BB1C1C所成的角為eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)空間平行、垂直關(guān)系的證明(綜合型)[學(xué)問(wèn)整合]直線、平面平行的判定及其性質(zhì)(1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)線面平行的性質(zhì)定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.(4)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)(1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)線面垂直的性質(zhì)定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.[典型例題](2024·高考全國(guó)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(diǎn)．(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離．【解】(1)證明：連接B1C，ME.因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設(shè)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，所以MN∥ED.又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)過(guò)C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE，故CH的長(zhǎng)即為點(diǎn)C到平面C1DE的距離．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).eq\a\vs4\al()平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過(guò)判定、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練])1.(2024·昆明市診斷測(cè)試)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6eq\r(2)，E是棱PC上的一點(diǎn)．(1)證明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求eq\f(PE,PC)的值．解：(1)證明：由已知條件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.(2)連接AC交BD于F，連接EF，則EF是平面PAC與平面BDE的交線．因?yàn)镻A∥平面BDE，所以PA∥EF.因?yàn)镕是AC的中點(diǎn)，所以E是PC的中點(diǎn)，所以eq\f(PE,PC)＝eq\f(1,2).2．(2024·廣東省七校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中點(diǎn)，G是PD的中點(diǎn)．(1)求四棱錐P-ABCD的體積；(2)求證：AG∥平面PEC；(3)求證：平面PCD⊥平面PEC.解：(1)易知V四棱錐P-ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PA＝eq\f(1,3)×2×2×2＝eq\f(8,3).(2)證明：如圖，取PC的中點(diǎn)F，連接EF和FG，則易得AE∥FG，且AE＝eq\f(1,2)CD＝FG，所以四邊形AEFG為平行四邊形，所以EF∥AG.因?yàn)镋F?平面PEC，AG?平面PEC，所以AG∥平面PEC.(3)證明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，因?yàn)镻A∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AG?平面PAD，所以CD⊥AG.易知PD⊥AG，因?yàn)镻D∩CD＝D，PD?平面PCD，CD?平面PCD，所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.又EF?平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.空間中的折疊問(wèn)題和探究性問(wèn)題(綜合型)[典型例題](2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．【解】(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)如圖，取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.因?yàn)锳B∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.eq\a\vs4\al()(1)求解平面圖形折疊問(wèn)題的關(guān)鍵和方法①關(guān)鍵：分清翻折前后位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系哪些變更，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(wèn)題的突破口．②方法：把平面圖形翻折后，經(jīng)過(guò)恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐等幾何體，從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化到我們熟識(shí)的幾何何體中解決．(2)探究性問(wèn)題求解的途徑和方法①對(duì)命題條件探究的三種途徑i．先猜后證，即先視察，嘗試給出條件再證明．ii.先通過(guò)命題成立的必要條件探究出命題成立的條件，再證明充分性．iii.將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題，探究出命題成立的條件．②對(duì)命題結(jié)論的探究方法從條件動(dòng)身，探究出要求的結(jié)論是什么，對(duì)于探究結(jié)論是否存在，求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在，再找尋與條件相容或者沖突的結(jié)論．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練](2024·鄭州市其次次質(zhì)量預(yù)料)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，PD⊥BF.(1)求證：AD⊥PB.(2)若E在線段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D-CEG的體積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)證明：連接PF，因?yàn)椤鱌AD是等邊三角形，所以PF⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB?平面BFP，所以AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因?yàn)镻D⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.連接CF交DE于點(diǎn)H，過(guò)H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD.又GH?平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因?yàn)锳D∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以eq\f(CH,HF)＝eq\f(CE,DF)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(CG,GP)＝eq\f(CH,HF)＝eq\f(1,2)，所以GH＝eq\f(1,3)PF＝eq\f(\r(3),3)，所以VD-CEG＝VG-CDE＝eq\f(1,3)S△CDE·GH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)DC·CE·sineq\f(π,3)·GH＝eq\f(1,12).一、選擇題1．已知m，n，l1，l2表示直線，α，β表示平面．若m?α，n?α，l1?β，l2?β，l1∩l2＝M，則α∥β的一個(gè)充分條件是()A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2解析：選D.由定理“假如一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線分別與另一個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面平行”知，由選項(xiàng)D可推知α∥β.2．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則()A．若m⊥n，n∥α，則m⊥αB．若m∥β，β⊥α，則m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α解析：選C.對(duì)A，若m⊥n，n∥α，則m?α或m∥α或m與α相交，錯(cuò)誤；對(duì)B，若m∥β，β⊥α，則m?α或m∥α或m與α相交，錯(cuò)誤；對(duì)C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α，正確；對(duì)D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m與α相交或m?α或m∥α，錯(cuò)誤．故選C.3．(2024·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(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(huà)出圖形如圖所示，取AD1的中點(diǎn)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.4．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，點(diǎn)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(diǎn)，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.如圖，取CD的中點(diǎn)F，連接EF，EB，BD，F(xiàn)N，因?yàn)椤鰿DE是正三角形，所以EF⊥CD.設(shè)CD＝2，則EF＝eq\r(3).因?yàn)辄c(diǎn)N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2eq\r(2)，NF＝1，BC⊥CD.因?yàn)槠矫鍱CD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2eq\r(2)，所以在等腰三角形BDE中，BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直線．故選B.5．在四面體ABCD中，AB⊥AD，AB＝AD＝BC＝CD＝1，且平面ABD⊥平面BCD，M為AB的中點(diǎn)，則線段CM的長(zhǎng)為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(2),2)解析：選C.如圖所示，取BD的中點(diǎn)O，連接OA，OC，因?yàn)锳B＝AD＝BC＝CD＝1，所以O(shè)A⊥BD，OC⊥BD.又平面ABD⊥平面BCD，所以O(shè)A⊥平面BCD，OA⊥OC.又AB⊥AD，所以DB＝eq\r(2)，取OB的中點(diǎn)N，連接MN，CN，所以MN∥OA，MN⊥平面BCD，所以MN⊥CN.所以CM＝eq\r(MN2＋CN2)＝eq\f(\r(3),2).6．如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結(jié)論正確的是()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.因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD?平面ADC，CD?平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB?平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.二、填空題7．已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，則下列四個(gè)命題：①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β.其中正確命題的序號(hào)是________．解析：直線l⊥平面α，直線m?平面β，當(dāng)α∥β有l(wèi)⊥m，故①正確．當(dāng)α⊥β有l(wèi)∥m或l與m異面或相交，故②不正確．當(dāng)l∥m有α⊥β，故③正確．當(dāng)l⊥m有α∥β或α與β相交，故④不正確．綜上可知①③正確．答案：①③8．(2024·成都第一次診斷性檢測(cè))在各棱長(zhǎng)均相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點(diǎn)，N是棱AC的中點(diǎn)，則異面直線A1M與BN所成角的正切值為_(kāi)_____．解析：如圖，取AA1的中點(diǎn)P，連接PN，PB，則由直三棱柱的性質(zhì)可知A1M∥PB，則∠PBN為異面直線A1M與BN所成的角(或其補(bǔ)角)．設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為2，則PN＝eq\r(2)，PB＝eq\r(5)，BN＝eq\r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝eq\f(PN,BN)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)9.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值為_(kāi)_______．解析：作CH⊥AB于點(diǎn)H，連接PH.因?yàn)镻C⊥平面ABC，所以PH⊥AB，即PH為PM的最小值．在△ABC中，因?yàn)椤螦CB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，所以BC＝4，所以CH＝2eq\r(3).因?yàn)镻C＝4，所以PH＝2eq\r(7).答案：2eq\r(7)三、解答題10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點(diǎn)．(1)求證：平面CMN∥平面PAB；(2)求三棱錐P-ABM的體積．解：(1)證明：因?yàn)镸，N分別為PD，AD的中點(diǎn)，所以MN∥PA，又MN?平面PAB，PA?平面PAB，所以MN∥平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，所以∠ACN＝60°.又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.因?yàn)镃N?平面PAB，AB?平面PAB，所以CN∥平面PAB.又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，所以點(diǎn)M到平面PAB的距離等于點(diǎn)C到平面PAB的距離．因?yàn)锳B＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝eq\r(3)，所以三棱錐P-ABM的體積V＝VM-PAB＝VC-PAB＝VP-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×2＝eq\f(\r(3),3).11.(2024·高考北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點(diǎn)．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F，使得CF∥平面PAE？說(shuō)明理由．解：(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC.所以BD⊥