1、考点十四考点十四 空间中的平行与垂直关系空间中的平行与垂直关系 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 答案 B 解析 由 ，知 .又 m，n，故 mn.故选 B. 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 答案 B 解析 可以通过观察正方体 ABCDA1B1C1D1进行判断， 取直线 BC1为
2、直线 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. 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 B 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. 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 C 解析 显然 A1O 与 DC 是异面直线，故 A 错误；假设 A1OBC，结合 A1
4、ABC 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 ABCD A1B1C1D1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. 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垂线，那么这两个平面相互垂
5、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 B 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，该直线必垂直 于两平面的交线，所以
6、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. 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 D 解析 如图，连接 AC，BD，设 ACBDO，由 EF平面 PAC，平面 PAC平面 ABCD AC，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 POAC，又 BDPOO，BD平面 PBD，PO平面
7、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. 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 ABD 解析 直线 AB 与 B1C1是两条互相垂直的异面直线
8、，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，此平面就是过 M 点与正方体的 上、下底都平行的平面，故 D 正确故选 ABD
9、. 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 ACD 解析 当 SECE 时，SEAB，又 SESA，故 SE平面 SAB，故 SESB，A 正确；若 AE平面 SBC，因为 AE平面 ABC，平面 ABC平
10、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， 设二面角 SAEB 的平面角为 ，取 AD4，DE3，故 AEDF5，CEBF1，DG 12 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 SOOB 12 5 sin，在OFB 中，由余弦定理，得 12 5 sin 212 13 5 12 5 cos 2 2 13 5 12
11、5 cos cosOFB， 解得 cos2 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. 二、填空题 9(2020 北京延庆期中)已知平面 ， 和直线 m，给出条件：m；m；m； ；.当满足条件_时，m. 答案 解析 由于当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，
12、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 10(2020 山东德州 4 月模拟)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1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 解析 如图所示， 连接 A1D， AD1， 易知 EFAD1， A1DAD1， 故 EFA1D， 又 A1PEF， 故 EF平面 A1DP，故 EFDP，又 CC1DP，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. 1
13、1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 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 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 DEAC，垂足为 E，利
14、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. 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_ 答案 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.
15、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 ECOE2OC2 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 . 三、解答题 13(2020 全国卷)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1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，AA
16、13，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， 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. 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
17、内 (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)，A 1E (0，1，2)，A1F (2,0,1)， 设平面 AEF 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m AE 0， m AF 0， 得 y1z10， 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 y22z2
18、0， 2x2z20， 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 . 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，AB BC，BDDC，点 E 是 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
19、 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 ABD， AD平面 ABD，CDAD， 在 RtCAD 中，cosCADAD AC 7 7 ， AD1，AC 7，CDAC2AD2 6， 在直角梯形 ABCD 中，设 ABx， 则 BDAB2AD
20、2x21， 在三棱锥 ABCD 中，ABAC， BCAB2AC2x27， 易知 RtABDRtDCB，得到AD BD BD BC， 即 1 x21 x21 x27，解得 x 2，AB 2，BD 3， 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， 6，0)，E 3 2 ， 6 2 ，0 ， 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
21、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 . 一、选择题 1(2020 河南洛阳第三次统一考试)已知 m，n 为两条不同直线， 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 D 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，
22、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. 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 C 解析 如图所示，截面的形状可能是正三角形(图 1)，正方形(图 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. 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 答案 C 解析 对于 A，由可知，a 或 a
23、，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. 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
24、D90 答案 B 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 AB m.由于AOC40 ，mCD，所以OAGAOC40 ，由于OAGGAEBAE GAE90 ，所以BAEOAG40 ，即晷针与点 A 处的水平面所成角为BAE40 .故选 B. 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 A
25、1C1所成的角为 ，则( ) A2 B2 C D 2 答案 D 解析 如图，作正四棱柱 ABCDA1B1C1D1，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA1 平面 A1B1C1D1，AA1B1D1. 底面 A1B1C1D1是正方形，B1D1A1C1，又 AA1A1C1A1，B1D1平面 ACC1A1， B1AO 是直线 AB1与平面 ACC1A1所成的角，即B1AO.CD1A1B， BA1C1是直线 CD1与直线 A1C1所成的角，即BA1C1.A1BB1A，A1OB1O， OBOA，A1BOB1AO，BA1C1AB1O，B1D1平面 ACC1A1，B1OOA. B1AOAB1O 2，故选
26、 D. 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 B 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 AB ED，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，AB ED，又 EDCEE，所以 AB平面 CDE，故正
27、确故选 B. 7(多选)(2020 山东莱西一中、高密一中、枣庄三中模拟)在长方体 ABCDA1B1C1D1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 ABD 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)，b 0,2，设A1R A1C ，得到 R(22，2 3，22)，0,1.D1P (2
28、，a，2)，CQ (2,0， b)，D1P CQ 42b，当 b2 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 A 1C (2，2 3，2 2) ( 2 ， 23 ， 2) 4 12 4 4 0 ， 1 5 ， 此 时 AR D1R 2 5， 2 3 5 ，8 5 8 5， 2 3 5 ，2 5 4 50，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 DC
29、1 0， 解得 n( 3，1， 3)，因为D1R n0，所以 D1R平面 BDC1，D 正确故选 ABD. 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 AC 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
30、 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 2 2 1 12， VABEF是定值，故 A 正确；对于 B， 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
31、 C，如图，作 FHA1B1，EGA1B1，FTEG， 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，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，D1RMBBB21B1M2 6 2 ，AR 2 2 ，由余弦定理，得 cos AD1R 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. 二、填空题 9 (2020 广州高三综合测试
32、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 解析 对于，由 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
33、平行，故错误 其中正确命题的序号是. 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 分别在正方形对角线 AC，BF 上移动，则 MN 长度的最 小值是_ 答案 3 3 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)， AC
34、(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，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 . 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 3 2 解析 如图，E，F 分别为 AB，CD 的中点，由题意，得四
35、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 为正三角形，正四棱锥 P ABCD 的内切球半径即为PEF 的内切圆半径，所以 3 4 (2 3)21 22 3r3，解得 r 1，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. 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 ABCDA1B1C1D1中，记平 面
36、 AB1C1D 为 ，平面 ABCD 为 ，点 P 是棱 CC1上一动点(与 C，C1不重合)，Q1ff(P)， 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 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 PE C1D，AD，C1D平面 AB1C1D，ADC1DD，PE平面 AB1C1D，EMCC1，CC1平 面
37、ABCD，EM平面 ABCD，Mff(P)，M 即为 Q1；四边形 CDD1C1为正方形， 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)， 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 2 1 4 1 4， 1 2 ，|
38、PQ2| 1 2， 2 2 ，正确；对于，CQ2平面 ，平面 的一个法向量 为CQ2 1 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，不存在点 P，使得 PQ1PQ2，错误故填. 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 S ACD 构成，其中 O 是圆锥 SO
39、底面圆心，B 是圆弧上一点，满足BOC 是锐角，AC CDDA2. (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 BPQS 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 CACQ，所以QAD 90 ，从而BAC30 . 连接 OD，依题意可得 OS，OC，OD 两两垂直，分别以 OC，OD，OS
40、 为 x，y，z 轴建立 空间直角坐标系如图， 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 ， 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 cosn，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 . 14.(202
41、0 山东潍坊二模)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，A
42、G 1 2CD， FHAG，FHAG， 四边形 AGHF 为平行四边形， 则 AFGH， 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， 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)
43、， 平面 ACD 的一个法向量为 v(0,0,1)， 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， 又 CMAE，AE2BE2AB2，BCAE， AE，AD，AP 两两垂直，以 AE，AD，AP 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， PAAB
44、2， 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)， 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，连接 AE， 底面 ABCD 是菱形
45、，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)， 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|m n| |m|n| 21 7 . 二面角 FACD 的余弦值为 21 7 .
