（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習 8.2 空間點、線、面的位置關(guān)系精練.docx

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8.2　空間點、線、面的位置關(guān)系 挖命題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點 空間點、線、面的位置關(guān)系 1.理解空間直線、平面位置關(guān)系的定義,并了解四個公理及推論 2.會用平面的基本性質(zhì)證明點共線、線共點以及點線共面等問題 3.理解空間兩直線的位置關(guān)系及判定,了解等角定理和推論 2013天津,17 證明異面直線垂直 求二面角的正弦值 ★★☆ 2012天津,17 求異面直線所成角的正切值 證面面垂直、求線面角的正弦值 2008天津,5 直線、平面位置關(guān)系的判定 充分條件 分析解讀　　1.會用平面的基本性質(zhì)證明點共線、線共點、點線共面問題;會用反證法證明異面或共面問題.2.會證明兩條直線異面;會應(yīng)用三線平行公理和等角定理及推論解決有關(guān)問題,會求兩條異面直線所成的角;了解兩條異面直線間的距離.3.高考對本節(jié)內(nèi)容的考查常以棱柱、棱錐為載體,求異面直線所成的角,分值約為5分,屬于中檔題. 破考點 【考點集訓(xùn)】 考點　空間點、線、面的位置關(guān)系 1.α是一個平面,m,n是兩條直線,A是一個點,若m?α,n?α,且A∈m,A∈α,則m,n的位置關(guān)系不可能是(　　) A.垂直　　　　B.相交　　　　C.異面　　　　D.平行 答案　D　 2.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱所在直線與直線BA1是異面直線的條數(shù)為(　　) A.4　　　　B.5　　　　C.6　　　　D.7 答案　C　 3.如圖,G,N,M,H分別是正三棱柱的頂點或所在棱的中點,則表示直線GH,MN是異面直線的圖形有(　　) A.①③　　　　B.②③　　　　C.②④　　　　D.②③④ 答案　C　 4.已知四棱錐P-ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等,點E是PB的中點,則異面直線AE與PD所成角的余弦值為(　　) A.13　　　　B.23　　　　C.33　　　　D.23 答案　C　 5.在正四棱錐P-ABCD中,PA=2,直線PA與平面ABCD所成角為60,E為PC的中點,則異面直線PA與BE所成角的大小為　　　　. 答案　45 煉技法 【方法集訓(xùn)】 方法1　點、線、面位置關(guān)系的判斷方法 1.(2014遼寧,4,5分)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面.下列說法正確的是(　　) A.若m∥α,n∥α,則m∥n　　　　B.若m⊥α,n?α,則m⊥n　　　　 C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α　　　　D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α 答案　B　 2.如圖所示,空間四邊形ABCD中,E,F,G分別在AB、BC、CD上,且滿足AE∶EB=CF∶FB=2∶1,CG∶GD=3∶1,過E、F、G的平面交AD于H,連接EH. (1)求AH∶HD; (2)求證:EH、FG、BD三線共點. 解析　(1)∵AEEB=CFFB=2,∴EF∥AC,又EF?平面ACD,AC?平面ACD,∴EF∥平面ACD, 又∵EF?面EFGH,面EFGH∩面ACD=GH,∴EF∥GH. 而EF∥AC,∴AC∥GH,∴AHHD=CGGD=3. ∴AH∶HD=3∶1. (2)證明:∵EF∥GH, 且EFAC=13,GHAC=14,∴EF≠GH, ∴四邊形EFGH為梯形, ∴直線EH,FG必相交. 設(shè)EH∩FG=P,則P∈EH,而EH?面ABD,∴P∈面ABD, 同理,P∈面BCD,而面ABD∩面BCD=BD,∴P∈BD. ∴EH、FG、BD三線共點. 3.如圖所示,已知l1,l2,l3,l4四條直線兩兩相交且不過同一點,交點分別為A,B,C,D,E,F.求證:四條直線l1,l2,l3,l4共面. 證明　證法一:∵A、C、E不共線, ∴它們確定一個平面α, 又A∈l1,C∈l1,∴l(xiāng)1?α, 同理,l2?α,又B∈l1,D∈l2,∴B∈α,D∈α, ∴l(xiāng)3?α,同理,l4?α, 故l1,l2,l3,l4四條直線共面. 證法二:∵點A、C、E不共線, ∴它們確定一個平面α, 又∵A∈l1,C∈l1, ∴l(xiāng)1?α,同理,l2?α, 又∵F、D、E不共線, ∴它們確定一個平面β. 又D∈l3,F∈l3,E∈l4,F∈l4, ∴l(xiāng)3?β,l4?β. 而不共線的三點B、C、D可確定一個平面, 又B、C、D既在α內(nèi)又在β內(nèi), 故平面α與平面β重合. ∴l(xiāng)1,l2,l3,l4四條直線共面. 評析證法一與證法二是證明共面問題常用的方法,證法一是先確定一個平面α,后證明其他的直線也在這個平面內(nèi),從而使問題得證;證法二是尋找了兩個平面α與β使得四條直線在α內(nèi)或在β內(nèi),然后再證明α與β重合,從而使問題得證.證明本題也可用反證法. 方法2　異面直線所成角的求法 4.已知P是△ABC所在平面外一點,M,N分別是AB,PC的中點,若MN=BC=4,PA=43,則異面直線PA與MN所成角的大小是(　　) A.30　　　　B.45　　　　C.60　　　　D.90 答案　A　 5.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC的中點,F為B1C1的中點,則異面直線AF與C1E所成角的正切值為(　　) A.52　　　　B.23　　　　C.255　　　　D.53 答案　C　 過專題 【五年高考】 A組　自主命題天津卷題組 1.(2008天津,5,5分)設(shè)a,b是兩條直線,α,β是兩個平面,則a⊥b的一個充分條件是(　　) A.a⊥α,b∥β,α⊥β　　　　B.a⊥α,b⊥β,α∥β　　　　C.a?α,b⊥β,α∥β　　　　D.a?α,b∥β,α⊥β 答案　C　 2.(2013天津,17,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E為棱AA1的中點. (1)證明B1C1⊥CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值; (3)設(shè)點M在線段C1E上,且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為26,求線段AM的長. 解析　解法一:如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,依題意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0). (1)證明:易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1), 于是B1C1CE=0,所以B1C1⊥CE. (2)B1C=(1,-2,-1). 設(shè)平面B1CE的法向量m=(x,y,z), 則mB1C=0,mCE=0,即x-2y-z=0,-x+y-z=0,消去x,得y+2z=0, 不妨令z=1,可得一個法向量為m=(-3,-2,1). 由(1)知B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1, 故B1C1=(1,0,-1)為平面CEC1的一個法向量. 于是cos=mB1C1|m||B1C1|=-4142=-277, 從而sin=217. 所以二面角B1-CE-C1的正弦值為217. (3)AE=(0,1,0),EC1=(1,1,1).設(shè)EM=λEC1=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM=AE+EM=(λ,λ+1,λ).可取AB=(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量. 設(shè)θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角, 則sinθ=|cos|=|AMAB||AM||AB| =2λλ2+(λ+1)2+λ22=λ3λ2+2λ+1. 于是λ3λ2+2λ+1=26, 解得λ=13,所以AM=2. 解法二:(1)證明:因為側(cè)棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.經(jīng)計算可得B1E=5,B1C1=2,EC1=3,從而B1E2=B1C12+EC12,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE. (2)過B1作B1G⊥CE于點G,連接C1G. 由(1)知B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G, 得CE⊥C1G,所以∠B1GC1為二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=3,CC1=2,可得C1G=263.在Rt△B1C1G中,B1G=423,所以sin∠B1GC1=217,即二面角B1-CE-C1的正弦值為217. (3)連接D1E,過點M作MH⊥ED1于點H,可得MH⊥平面ADD1A1,連接AH,AM,則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角.設(shè)AM=x,從而在Rt△AHM中,有MH=26x,AH=346x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=2,得EH=2MH=13x.在△AEH中,∠AEH=135,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AEEHcos135,得1718x2=1+19x2+23x,整理得5x2-22x-6=0,解得x=2.所以線段AM的長為2. 評析本題主要考查空間兩條直線的位置關(guān)系,二面角,直線與平面所成的角,直線與平面垂直等基礎(chǔ)知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力. 3.(2012天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD⊥PD,BC=1,PC=23,PD=CD=2. (1)求異面直線PA與BC所成角的正切值; (2)證明平面PDC⊥平面ABCD; (3)求直線PB與平面ABCD所成角的正弦值. 解析　(1)在四棱錐P-ABCD中,因為底面ABCD是矩形,所以AD=BC且AD∥BC,故∠PAD(或其補角)為異面直線PA與BC所成的角.又因為AD⊥PD,所以tan∠PAD=PDAD=2. 所以,異面直線PA與BC所成角的正切值為2. (2)證明:由于底面ABCD是矩形,故AD⊥CD, 又由于AD⊥PD,CD∩PD=D,因此AD⊥平面PDC, 而AD?平面ABCD,所以平面PDC⊥平面ABCD. (3)在平面PDC內(nèi),過點P作PE⊥CD交直線CD于點E,連接EB. 由于平面PDC⊥平面ABCD,而直線CD是平面PDC與平面ABCD的交線,故PE⊥平面ABCD.由此得∠PBE為直線PB與平面ABCD所成的角. 在△PDC中,PD=CD=2,PC=23,故∠PCD=30. 在Rt△PEC中,PE=PCsin30=3. 由AD∥BC,AD⊥平面PDC,得BC⊥平面PDC,因此BC⊥PC. 在Rt△PCB中,PB=PC2+BC2=13. 在Rt△PEB中,sin∠PBE=PEPB=3913. 所以直線PB與平面ABCD所成角的正弦值為3913. 評析本題主要考查異面直線所成的角、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力. B組　統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 1.(2018課標Ⅱ文,9,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點,則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A.22　　　　B.32　　　　C.52　　　　D.72 答案　C　 2.(2016浙江文,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直線l.若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則(　　) A.m∥l　　　　B.m∥n　　　　C.n⊥l　　　　D.m⊥n 答案　C　 3.(2015浙江文,4,5分)設(shè)α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,且l?α,m?β.(　　) A.若l⊥β,則α⊥β　　　　B.若α⊥β,則l⊥m　　　　C.若l∥β,則α∥β　　　　D.若α∥β,則l∥m 答案　A　 4.(2015廣東文,6,5分)若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是(　　) A.l與l1,l2都不相交 B.l與l1,l2都相交　　　　C.l至多與l1,l2中的一條相交 D.l至少與l1,l2中的一條相交 答案　D　 5.(2014廣東文,9,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,則下列結(jié)論一定正確的是(　　) A.l1⊥l4 B.l1∥l4　　　　C.l1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關(guān)系不確定 答案　D　 6.(2015四川文,18,12分)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示. (1)請將字母F,G,H標記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由); (2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論; (3)證明:直線DF⊥平面BEG. 解析　(1)點F,G,H的位置如圖所示. (2)平面BEG∥平面ACH.證明如下: 因為ABCD-EFGH為正方體,所以BC∥FG,BC=FG, 又FG∥EH,FG=EH,所以BC∥EH,BC=EH, 故BCHE為平行四邊形. 所以BE∥CH. 又CH?平面ACH,BE?平面ACH, 所以BE∥平面ACH. 同理,BG∥平面ACH. 又BE∩BG=B, 所以平面BEG∥平面ACH. (3)證明:連接FH. 因為ABCD-EFGH為正方體,所以DH⊥平面EFGH, 因為EG?平面EFGH,所以DH⊥EG. 又EG⊥FH,DH∩FH=H,所以EG⊥平面BFHD. 又DF?平面BFHD,所以DF⊥EG. 同理,DF⊥BG. 又EG∩BG=G, 所以DF⊥平面BEG. 評析本題主要考查簡單空間圖形的直觀圖、空間線面平行與垂直的判定與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、推理論證能力. 7.(2014課標Ⅱ文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點. (1)證明:PB∥平面AEC; (2)設(shè)AP=1,AD=3,三棱錐P-ABD的體積V=34,求A到平面PBC的距離. 解析　(1)證明:設(shè)BD與AC的交點為O,連接EO. 因為ABCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點. 又E為PD的中點,所以EO∥PB. EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC. (2)V=13PAS△ABD=16PAABAD=36AB. 由V=34,可得AB=32. 作AH⊥PB交PB于H. 由題設(shè)知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH, 又BC∩BP=B,故AH⊥平面PBC. 又AH=PAABPB=31313, 所以A到平面PBC的距離為31313. 評析本題考查直線和平面平行、垂直的判定方法以及空間距離的計算,考查了空間想象能力. C組　教師專用題組 　(2014陜西文,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,平行于棱AD,BC的平面分別交四面體的棱AB,BD,DC,CA于點E,F,G,H. (1)求四面體ABCD的體積; (2)證明:四邊形EFGH是矩形. 解析　(1)由該四面體的三視圖可知, BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1, ∴AD⊥平面BDC, ∴四面體ABCD的體積V=1312221=23. (2)證明:∵BC∥平面EFGH, 平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH. 同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG, ∴四邊形EFGH是平行四邊形. 又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG, ∴四邊形EFGH是矩形. 【三年模擬】 一、選擇題(每小題5分,共20分) 1.(2019屆天津七校聯(lián)考期中,4)已知m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則下列命題中正確的是(　　) A.若α⊥γ,α⊥β,則γ∥β B.若m∥n,m?α,n?β,則α∥β　　　　C.若m∥n,m⊥α,n⊥β,則α∥β D.若m∥n,m∥α,則n∥α 答案　C　 2.(2018天津楊村一中熱身訓(xùn)練,4)已知命題p:“直線l垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線”的充要條件是“l(fā)⊥α”;命題q:若平面α⊥平面β,直線a?β,則“a⊥α”是“a平行于β”的充分不必要條件,則正確命題是(　　) A.p∧q　　　　B.(p)∧q　　　　C.(p)∧(q)　　　　D.p∨(q) 答案　B　 3.(2018天津南開中學(xué)第三次月考,5)若m、n是兩條不同的直線,α、β、γ是三個不同的平面,則下列命題中真命題是(　　) A.若m⊥β,m∥α,則α⊥β B.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,則α∥β　　　　C.若m?β,α⊥β,則m⊥α D.若α⊥γ,α⊥β,則β⊥γ 答案　A　 4.(2019屆天津七校聯(lián)考期中,8)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M為線段A1B上的動點,則下列結(jié)論正確的有(　　) ①三棱錐M-DCC1的體積為定值; ②DC1⊥D1M; ③∠AMD1的最大值為90; ④AM+MD1的最小值為2. A.①②　　　　B.①②③　　　　C.③④　　　　D.①②④ 答案　A　 二、填空題(每小題5分,共5分) 5.(2019屆天津新華中學(xué)期中,10)已知m,n是兩條不同直線,α,β是兩個不同平面,則下列命題正確的是　　　　. ①若α,β垂直于同一平面,則α與β平行 ②若m,n平行于同一平面,則m與n平行 ③若α,β不平行,則在α內(nèi)不存在與β平行的直線 ④若m,n不平行,則m與n不可能垂直于同一平面 答案　④ 三、解答題(共75分) 6.(2017天津南開中學(xué)第五次月考,17)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中點,DC1⊥BD. (1)證明:DC1⊥BC; (2)求二面角A1-BD-C1的大小. 解析　(1)證明:由題設(shè)知,三棱柱的側(cè)面為矩形. 由于D為AA1的中點,故DC=DC1.又AC=12AA1,所以DC12+DC2=CC12,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.又BC?平面BCD,故DC1⊥BC. (2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,且DC1∩CC1=C1,則BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1兩兩相互垂直. 以C為坐標原點,CA為x軸的正方向,CB為y軸的正方向,CC1為z軸的正方向,|CA|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz. 由題意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2), 則A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1). 設(shè)n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量, 則nBD=0,nA1D=0,即x-y+z=0,z=0,令x=1,則y=1,因此可取n=(1,1,0). 同理,設(shè)m=(a,b,c)是平面C1BD的法向量,則mBD=0,mDC1=0,即a-b+c=0,-a+c=0,令a=1,則c=1,b=2,故可取m=(1,2,1).從而cos=nm|n||m|=32. 又易知二面角A1-BD-C1為銳二面角, 故二面角A1-BD-C1的大小為30. 7.(2017天津南開一模,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,PA=PB,PA⊥PB,F為CP上的點,且BF⊥平面PAC. (1)求證:平面PAB⊥平面ABCD; (2)求直線PC與平面ABCD所成角的正弦值; (3)在棱PD上是否存在一點G,使GF∥平面PAB?若存在,求PG的長;若不存在,說明理由. 解析　(1)證明:∵BF⊥平面PAC,PA?平面PAC, ∴BF⊥PA, 又PA⊥PB,PB∩BF=B,∴PA⊥平面PBC, 又BC?平面PBC,∴PA⊥BC, 又∵底面ABCD是正方形, ∴AB⊥BC,又PA∩AB=A, ∴BC⊥平面PAB,∵BC?平面ABCD, ∴平面PAB⊥平面ABCD. (2)作PE⊥AB,垂足為E,連接EC,由(1)知平面PAB⊥平面ABCD,又平面PAB∩平面ABCD=AB,∴PE⊥平面ABCD,則∠PCE為直線PC與平面ABCD所成角. ∵PA=PB,PA⊥PB,AB=2, ∴PE=1,PB=2, ∴在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=6, ∴在Rt△PEC中,sin∠PCE=PEPC=66, ∴直線PC與平面ABCD所成角的正弦值為66. (3)作FG∥CD,交PD于G, ∵FG∥CD,AB∥CD, ∴FG∥AB. 又∵FG?平面PAB,AB?平面PAB, ∴FG∥平面PAB, ∵BF⊥平面PAC,PC?平面PAC, ∴BF⊥PC. ∴在Rt△PBC中,易得BF=233. 在Rt△PBF中,由勾股定理可得PF=63. 又∵PC=PD,∴PG=63, 即棱PD上存在一點G,使GF∥平面PAB,且PG=63. 解題分析　本題考查線面、面面垂直的判定定理,考查線面角,考查線面平行,屬于中檔題. 8.(2017天津南開二模,17)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,∠BAC=90,AC=AB=AA1,E是BC的中點. (1)求證:AE⊥B1C; (2)求異面直線AE與A1C所成角的大小; (3)若G為C1C的中點,求二面角C-AG-E的正切值. 解析　(1)證明:∵BB1⊥平面ABC,AE?平面ABC,∴AE⊥BB1, 由AB=AC,E為BC的中點得AE⊥BC, ∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BB1C1C, 又B1C?平面BB1C1C,∴AE⊥B1C. (2)取B1C1的中點E1,連接A1E1,E1C, 則AE∥A1E1, ∴∠E1A1C或其補角是異面直線AE與A1C所成的角. 設(shè)AC=AB=AA1=2,則由∠BAC=90, 可得A1E1=AE=2,A1C=22,E1C1=EC=12BC=2, ∴E1C=E1C12+C1C2=6, 在△E1A1C中,由余弦定理的推論得cos∠E1A1C=2+8-62222=12, ∴異面直線AE與A1C所成角的大小為π3. (3)設(shè)P是AC的中點,過點P作PQ⊥AG于Q,連接EP,EQ,則EP∥AB,EP⊥AC, 又∵平面ABC⊥平面ACC1A1,且平面ACC1A1∩平面ABC=AC,EP?平面ABC, ∴EP⊥平面ACC1A1,而PQ⊥AG, ∴由三垂線定理得EQ⊥AG. ∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角, 設(shè)EP=1,則AP=1,PQCG=APAG,PQ=15,得tan∠PQE=PEPQ=5. 所以二面角C-AG-E的正切值是5. 解題分析　本題是與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題,主要考查了異面直線的夾角,線線垂直的判定,二面角等知識點,難度適中,熟練掌握線面垂直,線線垂直與面面垂直之間的轉(zhuǎn)化及異面直線夾角與二面角的定義,是解答本題的關(guān)鍵. 9.(2018天津?qū)嶒炛袑W(xué)熱身訓(xùn)練,17)如圖,在側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=2,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中點,F是平面B1C1E與直線AA1的交點. (1)證明:EF∥A1D1; (2)證明:BA1⊥平面B1C1EF; (3)求BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值. 解析　(1)證明:因為C1B1∥A1D1,C1B1?平面ADD1A1,A1D1?平面ADD1A1, 所以C1B1∥平面A1D1DA. 又因為平面B1C1EF∩平面A1D1DA=EF, 所以C1B1∥EF,所以A1D1∥EF. (2)證明:因為BB1⊥平面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1, 所以BB1⊥B1C1. 又因為B1C1⊥B1A1,BB1∩B1A1=B1, 所以B1C1⊥平面ABB1A1, 又BA1?平面ABB1A1, 所以B1C1⊥BA1. 在矩形ABB1A1中,F是AA1的中點,所以tan∠A1B1F=tan∠AA1B=22,即∠A1B1F=∠AA1B, 故BA1⊥B1F,又B1F∩B1C1=B1, 所以BA1⊥平面B1C1EF. (3)設(shè)BA1與B1F的交點為H,連接C1H. 由(2)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1與平面B1C1EF所成的角. 在矩形AA1B1B中,AB=2,AA1=2,易得BH=46. 在Rt△BHC1中,BC1=25,BH=46,所以sin∠BC1H=BHBC1=3015. 所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是3015. 10.(2018天津河西二模,17)如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACD=90,AB=1,AD=2,四邊形ABEF為正方形,平面ABEF⊥平面ABCD,P為DF的中點,AN⊥CF,垂足為N. (1)求證:AN⊥平面CDF; (2)求異面直線BF與PC所成角的正切值; (3)求三棱錐B-CEF的體積. 解析　(1)證明:∵四邊形ABEF為正方形,∴AB⊥AF, ∵四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACD=90, ∴CD⊥AC,AB∥CD,∴CD⊥AF, ∵AF∩AC=A,∴CD⊥平面ACF, ∵AN?平面AFC,∴CD⊥AN, ∵AN⊥CF,CF∩CD=C, ∴AN⊥平面CDF. (2)連接BD交AC于點O,連接AP、PO. ∵四邊形ABCD為平行四邊形,∠ACD=90,AB=1,AD=2, ∴AC=AD2-CD2=4-1=3,∴AO=CO=32, ∵平面ABEF⊥平面ABCD, ∴AF⊥平面ABCD, 又AD?平面ABCD,∴AF⊥AD, ∵四邊形ABEF為正方形,AB=1,∴AF=AB=1, ∵P為DF的中點,∴AP=12FD. 由(1)知CD⊥平面ACF, ∴CD⊥CF,又P為DF的中點,∴CP=12FD, ∴AP=CP=12FD=12AF2+AD2=121+4=52, ∵P為DF的中點,O是BD的中點,∴BF∥PO, ∴∠CPO或其補角是異面直線BF與PC所成的角, sin∠CPO=COPC=3252=155, ∴cos∠CPO=105,tan∠CPO=62, ∴異面直線BF與PC所成角的正切值為62. (3)由(1)知CD∥AB,且∠ACD=90, ∴∠CAB=90,即AB⊥AC, 由(2)知AF⊥平面ABCD,∴AF⊥AC, 又AF∩AB=A,∴AC⊥平面ABF, 又由(2)知CA=3, ∴三棱錐B-CEF的體積VB-CEF=VC-BEF=13S△BEFCA=1312113=36. 11.(2017天津耀華中學(xué)一模,17)如圖1,在邊長為3的正三角形ABC中,E,F,P分別為AB,AC,BC上的點,且滿足AE=FC=CP=1.將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面EFB,連接A1B,A1P,Q為A1B上一點,連接PQ,CQ.(如圖2) (1)若Q為A1B中點,求證:PQ∥平面A1EF; (2)求證:A1E⊥EP; (3)求CQ與平面A1BE所成角的正切值. 解析　(1)證明:取A1E的中點M,連接QM,MF, 在△A1BE中,Q、M分別為A1B、A1E的中點, ∴QM∥BE,且QM=12BE. 在題圖1中,∵CFFA=CPPB=12, ∴PF∥BE,且PF=12BE, ∴QM∥PF且QM=PF, ∴四邊形PQMF為平行四邊形. ∴PQ∥FM. 又∵FM?平面A1EF,且PQ?平面A1EF, ∴PQ∥平面A1EF. (2)證明:如圖,取BE中點D,連接DF, ∵AE=CF=1,DE=1, ∴AF=AD=2. 又∠A=60, ∴△ADF是正三角形. ∵AE=ED=1,∴EF⊥AD, ∴在題圖2中有A1E⊥EF. ∵平面A1EF⊥平面EFB,平面A1EF∩平面EFB=EF, ∴A1E⊥平面EFB, 又EP?平面EFB,∴A1E⊥EP. (3)作CN⊥BE于N,連接QN,則CN∥EF. ∵EF⊥A1E,EF⊥BE,A1E∩BE=E, ∴EF⊥平面A1BE. 因此,CN⊥平面A1BE,即QN是CQ在平面A1BE內(nèi)的射影. ∴∠CQN為CQ與平面A1BE所成的角. 由計算可得CN=332,BQ=12A1B=52,cos∠A1BE=25. ∴QN2=BQ2+BN2-2BQBNcos∠A1BE=12. ∴QN=22. ∴tan∠CQN=CNQN=33222=362. 即CQ與平面A1BE所成角的正切值為362. 解題分析　本題考查直線與平面平行、直線與平面垂直的判定,考查空間想象能力和思維能力,考查線面角的求法,正確找出CQ與平面A1BE所成的角是解答該題的關(guān)鍵.