1、考点十四 空间中的平行与垂直关系 1 A卷 PART ONE 一、选择题 1已知平面 平面 ，若两条直线 m，n 分别在平面 ， 内，则 m， n 的关系不可能是( ) A平行 B相交 C异面 D平行或异面 解析 由 ，知 .又 m，n，故 mn.故选 B. 答案答案 解析解析 2设直线 m 与平面 相交但不垂直，则下列说法正确的是( ) A在平面 内有且只有一条直线与直线 m 垂直 B过直线 m 有且只有一个平面与平面 垂直 C与直线 m 垂直的直线不可能与平面 平行 D与直线 m 平行的平面不可能与平面 垂直 解析 可以通过观察正方体 ABCDA1B1C1D1进行判断，取直线 BC1 为直
2、线 m，平面 ABCD 为平面 ，由 AB，CD 均与 m 垂直知，A 错误；由 直线 D1C1与直线 m 垂直且与平面 平行知，C 错误；由平面 ADD1A1与直 线 m 平行且与平面 垂直知，D 错误故选 B. 答案答案 解析解析 3(2020 山东滨州三模)已知 m，n 为两条不同的直线， 为三个 不同的平面，则下列命题正确的是( ) A若 m，n，则 mn B若 ， 且 m，则 m C若 m，n，m，n，则 D若 m，n，则 mn 答案答案 解析 对于 A，若 m，n，则 mn 或 m 与 n 是异面直线或 m 与 n 相交，故 A 错误；对于 B，若 ， 且 m，不妨取交线 m 上
3、一点 P，作平面 的垂线为 l，因为 l，且点 P，故 l，同理 可得 l，故 l 与 m 是同一条直线，因为 l，故 m，故 B 正确；对于 C，只有当 m 与 n 是相交直线时，若 m，n，m，n，才会有 ，故 C 错误；对于 D，若 m，n，则 m 与 n 的关系不确定， 故 D 错误故选 B. 解析解析 4在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 O 是四边形 ABCD 的中心，关于 直线 A1O，下列说法正确的是( ) AA1ODC BA1OBC CA1O平面 B1CD1 DA1O平面 ABD 答案答案 解析 显然 A1O 与 DC 是异面直线， 故 A 错误；假 设 A1OBC，结
4、合 A1ABC 可得 BC平面 A1ACC1， 则可得 BCAC， 显然不正确，故假设错误，即 B 错误； 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 O 是四边形 ABCD 的中心，A1DB1C，ODB1D1，A1DDOD， B1D1B1CB1，平面 A1DO平面 B1CD1，A1O平面 A1DO，A1O 平面 B1CD1，故 C 正确；又 A1A平面 ABD，过一点作平面 ABD 的垂线 有且只有一条，故 D 错误故选 C. 解析解析 5(2020 吉林东北师大附中第四次模拟)给定下列四个命题： 若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相 互平行； 若一个平面经过另一个平面的
5、垂线，那么这两个平面相互垂直； 垂直于同一直线的两条直线相互平行； 若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另 一个平面也不垂直 其中真命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案答案 解析 对于，由面面平行的判定可知，若一个平面内的两条相交直 线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，故错误；对于， 由面面垂直的判定可知，若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个 平面相互垂直，故正确；对于，同一平面中垂直于同一直线的两条直 线相互平行，空间中垂直于同一直线的两条直线还可以相交或者异面，故 错误；对于，若一个平面内存在一条直线垂直于另一平面，由线面垂 直的性质可知，该
6、直线必垂直于两平面的交线，所以若两个平面垂直，那 么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故正 确故选 B. 解析解析 6 (2020 山东青岛一模)已知四棱锥 PABCD 的所有棱长均相等， 点 E， F 分别在线段 PA，PC 上，且 EF底面 ABCD，则异面直线 EF 与 PB 所成 角的大小为( ) A30 B45 C60 D90 答案答案 解析 如图，连接 AC，BD，设 ACBDO，由 EF平面 PAC，平面 PAC平面 ABCDAC，EF底面 ABCD，可得 EFAC，由四边形 ABCD 为菱形，可得 ACBD，由 O 为 AC 的中点，PAPC，可得 POA
7、C，又 BDPOO，BD平面 PBD，PO平面 PBD，可得 AC平面 PBD，又 PB平面 PBD，则 ACPB，又 EFAC，可得 EFPB，即异面直线 EF 与 PB 所成角的大小为 90 .故选 D. 解析解析 7 (多选)(2020 山东菏泽高三联考)如图， M 是正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 DD1的中点，下列命题中的真命题是( ) A过 M 点有且只有一条直线与直线 AB，B1C1都相交 B过 M 点有且只有一条直线与直线 AB，B1C1都垂直 C过 M 点有且只有一个平面与直线 AB，B1C1都相交 D过 M 点有且只有一个平面与直线 AB，B1C1都平行 答案答案
8、解析 直线 AB 与 B1C1是两条互相垂直的异面直线， 点 M 不在这两条异面直线中的任何一条上，如图所示， 取 C1C 的中点 N， 则 MNAB， 且 MNAB， 设 BN 与 B1C1 交于点 H，则点 A，B，M，N，H 共面，直线 HM 必与直 线 AB 相交于某点 O.所以过 M 点有且只有一条直线 HO 与直线 AB，B1C1 都相交，故 A 正确；过 M 点有且只有一条直线与直线 AB，B1C1都垂直， 此垂线就是棱 DD1，故 B 正确；过 M 点有无数个平面与直线 AB，B1C1都 相交，故 C 不正确；过 M 点有且只有一个平面与直线 AB，B1C1都平行， 此平面就是
9、过 M 点与正方体的上、下底都平行的平面，故 D 正确故选 ABD. 解析解析 8(多选)(2020 山东临沂一模)如图，点 E 为正方形 ABCD 边 CD 上异 于点 C，D 的动点，将ADE 沿 AE 翻折成SAE，在翻折过程中，下列说 法正确的是( ) A存在点 E 和某一翻折位置，使得 SBSE B存在点 E 和某一翻折位置，使得 AE平面 SBC C存在点 E 和某一翻折位置，使得直线 SB 与平面 ABC 所成的角为 45 D存在点 E 和某一翻折位置，使得二面角 SABC 的大小为 60 答案答案 解析 当 SECE 时，SEAB，又 SESA，故 SE平面 SAB，故 SE
10、SB，A 正确；若 AE平面 SBC，因为 AE平面 ABC，平面 ABC平面 SBCBC，则 AECB，这与已知条件矛盾，故 B 错误； 如图所示，作 DFAE 交 BC 于点 F，交 AE 于点 G，S 在平面 ABCE 内的投影 O 在 GF 上， 连接 BO， 故SBO 为直线 SB 与平面 ABC 所成的角， 解析解析 设二面角 SAEB 的平面角为 ， 取 AD4， DE3， 故 AEDF5， CEBF1，DG12 5 ，OG12 5 cos，OF13 5 12 5 cos，故要使直线 SB 与 平面 ABC 所成的角为 45 ，只需满足 SOOB12 5 sin，在OFB 中，由
11、余 弦定理， 得 12 5 sin 212 13 5 12 5 cos 22 13 5 12 5 cos cosOFB， 解得 cos 2 3，故 C 正确；如图，过点 O 作 OMAB 交 AB 于点 M，连接 SM，则 SMO 为二面角 SABC 的平面角，取二面角 SAEB 的平面角为 60 ， 故只需满足 DG2GO2OM，设OAGOAM， 8 4，则DAG 22，AG DG tan 22 OG tan，化简得到 2tantan21，解得 tan 5 5 ， 验证满足题意，故 D 正确故选 ACD. 解析解析 答案 二、填空题 9(2020 北京延庆期中)已知平面 ， 和直线 m，给出
12、条件：m； m；m；.当满足条件_时，m. 解析 由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂 直于另一个平面，结合所给的选项，故由可推出 m.即是 m 的充分条件 答案答案 解析解析 10(2020 山东德州 4 月模拟)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 E，F 分别是棱 BC，CC1的中点，P 是底面 ABCD 上(含边 界)一动点，满足 A1PEF，则线段 A1P 长度的最小值为_ 答案 2 答案答案 解析 如图所示，连接 A1D，AD1，易知 EFAD1，A1DAD1，故 EF A1D，又 A1PEF，故 EF平面 A1DP，故 EFDP，又 C
13、C1DP，故 DP平面 BCC1B1，故 P 在线段 CD 上，故线段 A1P 长度的最小值为 A1D 2. 解析解析 答案 11已知四边形 ABCD 是矩形，AB4，AD3.沿 AC 将ADC 折起到 ADC，使平面 ADC平面 ABC，F 是 AD的中点，E 是 AC 上一点， 给出下列结论： 存在点 E， 使得 EF平面 BCD； 存在点 E， 使得 EF平面 ABC； 存在点 E，使得 DE平面 ABC；存在点 E，使得 AC平面 BDE. 其中正确的结论是_(写出所有正确结论的序号) 答案答案 解析 对于，存在 AC 的中点 E，使得 EFCD，利用线面平行的 判定定理可得 EF平面
14、 BCD；对于，过点 F 作 EFAC，垂足为 E， 利用面面垂直的性质定理可得 EF平面 ABC；对于，过点 D作 DE AC， 垂足为 E， 利用面面垂直的性质定理可得 DE平面 ABC； 对于， 因为四边形 ABCD 是矩形，AB4，AD3，所以 B，D在 AC 上的射影 不是同一点，所以不存在点 E，使得 AC平面 BDE. 解析解析 12(2020 山东泰安高三五模)已知圆锥的顶点为 S，顶点 S 在底面的射 影为 O，轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，则该圆锥的侧面积为 _，点 D 为母线 SB 的中点，点 C 为弧AB的中点，则异面直线 CD 与 SO 所成角的正切值为
15、_ 2 15 3 解析 如图，因为轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，所以底面圆 的半径为 1，母线长为 2，所以圆锥的侧面积为 S122.作 DEAB 于 E，则 DE底面圆，又 SO底面圆，所以 DESO，所以CDE 为异面 直线 CD 与 SO 所成的角因为 D 为母线 SB 的中点，所以 DE1 2SO 1 2 221 3 2 ，又 EC OE2OC2 1 2 212 5 2 ，所以 tanCDE EC DE 5 2 3 2 15 3 ，所以异面直线 CD 与 SO 所成角的正切值为 15 3 . 解析解析 三、解答题 13(2020 全国卷)如图，在长方体 ABCDA1B1C
16、1D1中，点 E，F 分 别在棱 DD1，BB1上，且 2DEED1，BF2FB1. (1)证明：点 C1在平面 AEF 内； (2)若 AB2，AD1，AA13，求二面角 AEFA1的正弦值 解 (1)证明：在棱 CC1上取点 G，使得 C1G1 2CG，连接 DG，FG， C1E，C1F， C1G1 2CG，BF2FB1， CG2 3CC1 2 3BB1BF 且 CGBF， 解解 四边形 BCGF 为平行四边形， BCGF 且 BCGF， 又在长方体 ABCDA1B1C1D1中， ADBC 且 ADBC， ADGF 且 ADGF. 四边形 ADGF 为平行四边形 AFDG 且 AFDG.
17、同理可证四边形 DEC1G 为平行四边形， C1EDG 且 C1EDG，C1EAF 且 C1EAF， 四边形 AEC1F 为平行四边形，因此，点 C1在平面 AEF 内 解解 (2)以点 C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 C1xyz， 则 A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，AE (0，1，1)，AF ( 2，0，2)，A1E (0，1，2)，A1F (2,0,1)， 解解 设平面 AEF 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m AE 0， m AF 0， 得 y1z10
18、， 2x12z10， 取 z11，得 x1y11，则 m(1,1，1) 设平面 A1EF 的法向量为 n(x2，y2，z2)，由 n A1E 0， n A1F 0， 得 y22z20， 2x2z20， 解解 取 z22，得 x21，y24，则 n(1,4,2)， cosm，n m n |m|n| 3 3 21 7 7 . 设二面角 AEFA1的平面角为 ，则|cos| 7 7 ， sin1cos2 42 7 . 因此，二面角 AEFA1的正弦值为 42 7 . 解解 14 (2020 山东师范大学附属中学高三 6 月模拟检测)在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，BDDC，点 E 是
19、BC 的中点将ABD 沿 BD 折 起，使 ABAC，连接 AE，AC，DE，得到三棱锥 ABCD. (1)求证：平面 ABD平面 BCD； (2)若 AD1，二面角 CABD 的余弦值为 7 7 ，求二面角 BADE 的正弦值 解 (1)证明：在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，则 ABAD， 在三棱锥 ABCD 中，ABAD，ABAC，ADACA， AB平面 ACD， CD平面 ACD，ABCD， CDBD，ABBDB，CD平面 ABD， CD平面 BCD，平面 ABD平面 BCD. (2)ABAC，ABAD， 二面角 CABD 的平面角即为CAD. 由(1)可知，CD平面 AB
20、D， AD平面 ABD，CDAD， 解解 在 RtCAD 中，cosCADAD AC 7 7 ， AD1，AC 7，CDAC2AD2 6， 在直角梯形 ABCD 中，设 ABx， 则 BDAB2AD2 x21， 在三棱锥 ABCD 中，ABAC， BC AB2AC2x27， 易知 RtABDRtDCB，得到AD BD BD BC， 即 1 x21 x21 x27 ，解得 x 2，AB 2，BD 3， 解解 以 DB，DC 所在直线为 x，y 轴，过点 D 作平面 BCD 的垂线，以其为 z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz， 易得 A 3 3 ，0， 6 3 ，B( 3，0,0)，C(0， 6
21、，0)，E 3 2 ， 6 2 ，0 ， 解解 平面 ABD 的一个法向量为 m(0,1,0)，设平面 ADE 的法向量为 n(x， y，z)，DA 3 3 ，0， 6 3 ，DE 3 2 ， 6 2 ，0 ， 由 n DA 0， n DE 0， 得 3x 6z0， 3x 6y0， 得 x 2z， x 2y， 令 x 2，则 yz1，n( 2，1，1)， cosm，n m n |m|n| 1 12 1 2， sinm，n1cos2m，n 3 2 ， 二面角 BADE 的正弦值为 3 2 . 解解 2 B卷 PART TWO 一、选择题 1(2020 河南洛阳第三次统一考试)已知 m，n 为两条
22、不同直线， 为两个不同平面，则下列结论正确的为( ) A若 ，m，则 m B若 m，n，m，n，则 C若 mn，m，n，则 D若 m，mn，则 n 答案答案 解析 对于 A，m，可能 m，所以 A 错误；对于 B，m ，n，m，n，可能 和 相交，所以 B 错误；对于 C，mn，m ，n，可能 n，所以 C 错误；对于 D，m，mn，则 n ，由于 ，则 n，所以 D 正确故选 D. 解析解析 2(2020 江西 6 月大联考)用一个平面去截正方体，截面的形状不可能 是( ) A正三角形 B正方形 C正五边形 D正六边形 答案答案 解析 如图所示，截面的形状可能是正三角形(图 1)，正方形(图
23、 2)，正 六边形(图 3) 根据正方体所对的面互相平行，截面的形状不可能是正五边形故选 C. 解析解析 3(2020 吉林长春质量监测四)已知直线 a 和平面 ， 有如下关系： ；a；a.则下列命题为真的是( ) A B C D 解析 对于 A，由可知，a 或 a，A 错误；对于 B，由 可知，a 与 的位置关系不确定，B 错误；对于 C，过直线 a 作平面 ，使 得 b，a，ab，a，b，又 b，C 正确； 对于 D，由可知，a，D 错误故选 C. 答案答案 解析解析 4(2020 新高考卷)日晷是中国古代用来测定 时间的仪器， 利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影 子来测定时间把地球看成一
24、个球(球心记为 O)，地 球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成 角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面在点 A 处放置一个 日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40 ，则晷针与点 A 处的水平面所成角为( ) A20 B40 C50 D90 答案答案 解析 画出截面图如图所示， 其中 CD 是赤道所在 平面的截线，l 是点 A 处的水平面的截线，依题意可知 OAl，AB 是晷针所在直线，m 是晷面的截线，依题 意，晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平 面平行的性质定理可得 mCD，根据线面垂直的定义 可得 ABm.由于AOC40
25、，mCD，所以OAGAOC40 ，由于 OAGGAEBAEGAE90 ，所以BAEOAG40 ，即晷 针与点 A 处的水平面所成角为BAE40 .故选 B. 解析解析 5(2020 山东威海三模)已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1，设直线 AB1 与平面 ACC1A1所成的角为 ， 直线 CD1与直线 A1C1所成的角为 ， 则( ) A2 B2 C D 2 答案答案 解析 如图，作正四棱柱 ABCDA1B1C1D1，在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，AA1平面 A1B1C1D1，AA1B1D1. 底面 A1B1C1D1是正方形，B1D1A1C1，又 AA1A1C1A1，B1D1
26、平面 ACC1A1，B1AO 是直线 AB1与平面 ACC1A1所成的角，即B1AO .CD1A1B， 解析解析 BA1C1是直线 CD1与直线 A1C1所成的角，即BA1C1.A1B B1A，A1OB1O，OBOA，A1BOB1AO，BA1C1AB1O， B1D1平面 ACC1A1，B1OOA. B1AOAB1O 2，故选 D. 解析解析 6(2020 辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟考试)如图，在以下四个正 方体中，使得直线 AB 与平面 CDE 垂直的个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案答案 解析 因为ABC 是正三角形，所以 AB 与 AC 的夹角为 60 ，又因 为 ACED，所
27、以 AB 与 ED 的夹角为 60 ，故错误；因为正方形的对角 线相互垂直， 所以 ABCE， 又 ABED， EDCEE， 所以 AB平面 CDE， 故正确；由，知 AB 与 CE 的夹角为 60 ，故错误；因为 CEAD， CEBD， BDADD，所以 CE平面 ABD， 则 ABCE，同理， ABED， 又 EDCEE，所以 AB平面 CDE，故正确故选 B. 解析解析 7 (多选)(2020 山东莱西一中、 高密一中、 枣庄三中模拟)在长方体 ABCD A1B1C1D1中，AB2 3，ADAA12，P，Q，R 分别是 AB，BB1，A1C 上的动点，下列结论正确的是( ) A对于任意给
28、定的点 P，存在点 Q 使得 D1PCQ B对于任意给定的点 Q，存在点 R 使得 D1RCQ C当 ARA1C 时，ARD1R D当 A1C3A1R 时，D1R平面 BDC1 答案答案 解析 如图所示， 建立空间直角坐标系， 设 P(2， a,0)，a0,2 3 ，Q(2,2 3，b)，b0,2，设A1R A1C ，得到 R(22，2 3，22)，0,1.D1P (2，a，2)，CQ (2,0，b)，D1P CQ 42b，当 b 2 时，D1PCQ，A 正确；D1R (22，2 3，2)，D1R CQ 2(22) 2b，取 2 2b时，D1RCQ，B 正确；若 ARA1C，则AR A1C (
29、2， 2 3，22) (2，2 3，2)412440，1 5，此时AR D1R 解析解析 2 5， 2 3 5 ，8 5 8 5， 2 3 5 ，2 5 4 5 0，C 错误；若 A1C3A1R，则 R 4 3， 2 3 3 ，4 3 ，D1R 4 3， 2 3 3 ，2 3 ，设平面 BDC1的法向量为 n(x，y， z)，则 n BD 0， n DC1 0， 解得 n( 3，1， 3)，因为D1R n0，所以 D1R 平面 BDC1，D 正确故选 ABD. 解析解析 8.(多选)(2020 山东临沂二模、枣庄三调)如图，正方 体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1， 线段 B1D1上有两
30、个动点 E，F，且 EF 2 2 ，则下列结论正确的是( ) A三棱锥 ABEF 的体积为定值 B当 E 向 D1运动时，二面角 AEFB 逐渐变小 CEF 在平面 ABB1A1内的射影长为1 2 D当 E 与 D1重合时，异面直线 AE 与 BF 所成的角为 4 答案答案 解析 对于 A，连接 BD，由正方体的性质知四边形 BDD1B1是矩形， SBEF1 2EF BB1 1 2 2 2 1 2 4 . 连接 AC 交 BD 于点 O，由正方体的性质知 AO平面 BDD1B1， AO 是点 A 到平面 BDD1B1的距离，即 AO 2 2 ， VABEF1 3SBEF AO 1 3 2 4
31、2 2 1 12， VABEF是定值，故 A 正确；对于 B， 解析解析 连接 A1C1与 B1D1交于点 M，连接 AM，AD1，AB1，由正方体的性质知 AD1AB1，M 是 B1D1的中点， AMEF，又 BB1EF，BB1AA1， 二面角 AEFB 的大小即为 AM 与 AA1所成的角， 在 RtAA1M 中， tanMAA1 2 2 为定值，故 B 不正确； 对于 C，如图，作 FHA1B1，EGA1B1，FTEG， 解析解析 在 RtEFT 中，FTcos45 EF 2 2 2 2 1 2， HGFT1 2，故 C 正确；对于 D，当 E 与 D1 重合时，F 与 M 重合， 如图
32、，连接 AC 与 BD 交于点 R，连接 D1R，D1RBM，异面直线 AE 与 BF 所成的角即为直线 AD1与 D1R 所成的角，在AD1R 中，AD1 2，D1R MB BB2 1B1M 2 6 2 ，AR 2 2 ，由余弦定理，得 cosAD1R 3 2 .故当 E 与 D1重合时，异面直线 AE 与 BF 所成的角为 6.故选 AC. 解析解析 二、填空题 9(2020 广州高三综合测试一)已知直线 a平面 ，直线 b平面 ， 给出下列五个命题： 若 ，则 ab；若 ，则 ab；若 ，则 ab；若 ab，则 ；若 ab，则 . 其中正确命题的序号是_ 答案 答案答案 解析 对于，由
33、a平面 ，得 a，又直线 b平面 ， ab，故正确； 对于，由 a平面 ，得 a 或 a，而直线 b平面 ， a 与 b 的关系是平行、相交或异面，故错误； 对于，由 a平面 ，得 a 或 a，而直线 b平面 ， a 与 b 的关系是平行、相交或异面，故错误； 对于，由 a平面 ，ab，得 b平面 ，又直线 b平面 ， ，故正确； 对于，由 a平面 ，ab，得 b 或 b，又直线 b平面 ， 与 相交或平行，故错误 其中正确命题的序号是. 解析解析 10.(2020 山西太原模拟一)在如图所示实验装置中，正方形框架的边长 都是 1，且平面 ABCD平面 ABEF，活动弹子 M，N 分别在正方形
34、对角线 AC，BF 上移动，则 MN 长度的最小值是_ 答案 3 3 答案答案 解析 M，N 是异面直线 AC，BF 上两点， MN 长度的最小值即为两条异面直线间的距离 d.平面 ABCD平面 ABEF，ABBC，平面 ABCD平面 ABEFAB，BC平面 ABEF，又 ABBE，则以 B 为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(1,0,0)，B(0,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1)， 解析解析 AC (1,0,1)，BF (1,1,0)，AB (1,0,0)， 设异面直线 AC，BF 的公垂向量 n(x，y，z)， 则 AC nxz0， BF nxy0， 令 x1，
35、则 y1，z1， n(1，1,1)， d|AB n| |n| 1 3 3 3 ，即 MN 长度的最小值为 3 3 . 解析解析 答案 3 2 11在底面是边长为 2 3的正方形的四棱锥 PABCD 中，顶点 P 在底 面的射影 H 为正方形 ABCD 的中心， 异面直线 PB 与 AD 所成角的正切值为 2，若四棱锥 PABCD 的内切球半径为 r，外接球的半径为 R，则 Rr _. 答案答案 解析 如图， E， F 分别为 AB， CD 的中点， 由题意， 得四棱锥 PABCD 为正四棱锥，底面边长为 2 3，BCAD， PBC 即为 PB 与 AD 所成的角，可得斜高为 2 3，PEF 为
36、正三 角形， 正四棱锥 PABCD 的内切球半径即为PEF 的内切圆半径， 所以 3 4 解析解析 (2 3)21 22 3r3， 解得 r1，设 O 为外接球球心， 在 RtOHA 中， 由勾股定理，得 R2( 6)2(3R)2，解得 R5 2， Rr5 21 3 2. 解析解析 12.(2020 山东日照一模)若点 M 在平面 外，过点 M 作平面 的垂线，则称垂足 N 为点 M 在平面 内的正投 影，记为 Nf(M)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中，记平面 AB1C1D 为 ，平面 ABCD 为 ，点 P 是棱 CC1上一动点(与 C，C1不重合)，Q1ff(P
37、)，Q2ff(P)给出下 列三个结论：线段 PQ2长度的取值范围是 1 2， 2 2 ；存在点 P 使得 PQ1 平面 ；存在点 P 使得 PQ1PQ2.其中正确结论的序号是_ 答案 答案答案 解析 过点 P 作 PEC1D，垂足为 E；过点 E 作 EMCC1， 交 CD 于点 M；连接 CD1，交 C1D 于点 O， 如图所示，AD平面 CDD1C1，PE平面 CDD1C1， PEAD，又 PEC1D，AD，C1D平面 AB1C1D， ADC1DD，PE平面 AB1C1D，EMCC1， CC1平面 ABCD，EM平面 ABCD，Mff(P)，M 即为 Q1； 四边形 CDD1C1为正方形，
38、CD1C1D，AD平面 CDD1C1，CD1平面 CDD1C1，CD1AD，又 AD，C1D平面 AB1C1D，ADC1DD，CO 平面 AB1C1D，Off(P)，O 即为 Q2.以 C 为坐标原点，可建立如 图所示的空间直角坐标系，设 CPa(0a1)，则 P(0，0，a)，C(0,0,0)， 解析解析 Q2 1 2，0， 1 2 ， Q1 1a 2 ，0，0 ， E 1a 2 ，0，1a 2 ， 对 于 ， |PQ2| 1 4 a1 2 2，a(0,1)， a1 2 21 4 1 4， 1 2 ，|PQ2| 1 2， 2 2 ，正 确；对于，CQ2平面 ，平面 的一个法向量为CQ2 1
39、2，0， 1 2 ， 又PQ1 1a 2 ，0，a ，令PQ1 CQ2 0，即1 4 1 4a 1 2a0，解得 a 1 3(0， 1)， 存在点 P， 使得 PQ1平面 ， 正确； 对于， PQ1 1a 2 ，0，a ， PQ2 1 2，0， 1 2a ，令PQ1 PQ2 1a 4 1 2aa 2a23 4a 1 40，方程无解， 解析解析 不存在点 P，使得 PQ1PQ2，错误故填. 解析解析 三、解答题 13(2020 福建福州第一中学 6 月模拟)如图，组 合体由半个圆锥 SO 和一个三棱锥 SACD 构成， 其 中 O 是圆锥 SO 底面圆心，B 是圆弧上一点，满 足BOC 是锐角，
40、ACCDDA2. (1)在平面 SAB 内过点 B 作 BP平面 SCD 交 SA 于点 P，并写出作图步骤，但不要求证明； (2)在(1)中，若 P 是 SA 的中点，且 SO 3，求直线 BP 与平面 SAD 所 成角的正弦值 解 (1)延长 AB 交 DC 的延长线于点 Q；连接 SQ；过点 B 作 BP QS 交 SA 于点 P. (2)若 P 是 SA 的中点，则 B 是 AQ 的中点，又因为 CBAQ，所以 CA CQ，所以QAD90 ，从而BAC30 . 解解 连接 OD，依题意可得 OS，OC，OD 两两垂直，分别以 OC，OD，OS 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系如图，
41、 则 A(1,0,0)， D(0， 3， 0)， S(0， 0， 3)， P 1 2，0， 3 2 ， B 1 2， 3 2 ，0 ， 从而AD (1， 3，0)，AS (1,0， 3)，BP 1， 3 2 ， 3 2 ， 解解 设平面 SAD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 AS n0， AD n0， 即 x 3z0， x 3y0， 取 x 3，得 n( 3，1，1) 则 cos n， BP n BP |n|BP | 2 3 311 13 4 3 4 2 3 5 10 2 2 6 5 ， 所以直线 BP 与平面 SAD 所成角的正弦值为2 6 5 . 解解 14.(2020 山东潍坊二模
42、)请从下面三个条件中任选一 个，补充在下面的横线上，并作答 ABBC，FC 与平面 ABCD 所成的角为 6， ABC 3. 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PA平面 ABCD， 且 PAAB2，PD 的中点为 F. (1)在线段 AB 上是否存在一点 G，使得 AF平面 PCG？若存在，指出 G 在 AB 上的位置并给出证明；若不存在，请说明理由； (2)若_，求二面角 FACD 的余弦值 解 (1)证明：在线段 AB 上存在中点 G，使得 AF平面 PCG. 证明如下：如图所示，设 PC 的中点为 H，连接 FH， FHCD，FH1 2CD，AGCD，AG 1 2C
43、D， FHAG，FHAG， 四边形 AGHF 为平行四边形， 则 AFGH， 解解 又 GH平面 PCG，AF平面 PCG， AF平面 PCG. (2)选择ABBC： PA平面 ABCD，PABC， 由题意知 AB，AD，AP 所在直线两两垂直， 以 AB，AD，AP 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 解解 PAAB2， A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(0,1,1)，P(0，0,2)， AF (0,1,1)，CF (2，1,1)， 设平面 FAC 的法向量为 (x，y，z)， AF yz0， CF 2xyz0， 取 y1，得 (1,1，1
44、)， 平面 ACD 的一个法向量为 v(0,0,1)， 解解 设二面角 FACD 的平面角为 ，则 cos | v| |v| 3 3 ， 二面角 FACD 的余弦值为 3 3 . 选择FC 与平面 ABCD 所成的角为 6： PA平面 ABCD，取 BC 的中点 E，连接 AE， 取 AD 的中点 M，连接 FM，CM， 则 FMPA，且 FM1，FM平面 ABCD， FC 与平面 ABCD 所成的角为FCM，FCM 6， 在 RtFCM 中，CM 3， 解解 又 CMAE，AE2BE2AB2，BCAE， AE，AD，AP 两两垂直，以 AE，AD，AP 分别为 x，y，z 轴，建立 空间直角
45、坐标系， PAAB2， 解解 A(0,0,0)，B( 3，1,0)，C( 3，1,0)，D(0,2,0)，E( 3，0,0)，F(0,1,1)， P(0,0,2)， AF (0,1,1)，CF ( 3，0,1)， 设平面 FAC 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m AF yz0， m CF 3xz0， 取 x 3，得 m( 3，3,3)， 平面 ACD 的一个法向量为 n(0,0,1)， 解解 设二面角 FACD 的平面角为 ，则 cos |m n| |m|n| 21 7 . 二面角 FACD 的余弦值为 21 7 . 选择ABC 3： PA平面 ABCD，PABC，取 BC 的中点 E，
46、连接 AE， 解解 底面 ABCD 是菱形，ABC60 ， ABC 是正三角形， E 是 BC 的中点，BCAE， AE，AD，AP 两两垂直， 以 AE，AD，AP 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， PAAB2， A(0,0,0)，B( 3，1,0)，C( 3，1,0)，D(0,2,0)，E( 3，0,0)，F(0,1,1)， P(0,0,2)， AF (0,1,1)，CF ( 3，0,1)， 解解 设平面 FAC 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m AF yz0， m CF 3xz0， 取 x 3，得 m( 3，3,3)， 平面 ACD 的一个法向量为 n(0,0,1)， 设二面角 FACD 的平面角为 ，则 cos