备战2023年高考数学二轮专题复习专题四　立体几何第2讲　空间位置关系的判断与证明.docx

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1、第2讲空间位置关系的判断与证明1.空间线线位置关系 (2021浙江卷,T6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(A)A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN平面BDD1B1解析:法一连接AD1(图略),则易得点M在AD1上,且AD1A1D.因为AB平面AA1D1D,所以ABA1D,所以A1D平面ABD1,所以A1D与BD1异面且垂直.在ABD1中,由中位线定理可得MNAB,所以MN平面ABC

2、D.易知直线AB与平面BB1D1D成45角,所以MN与平面BB1D1D不垂直,所以选项A正确.故选A.法二以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略).设AB=2,则A1(2,0,2),D(0,0,0),D1(0,0,2),B(2,2,0),所以M(1,0,1),N(1,1,1),所以A1D=(-2,0,-2),D1B=(2,2,-2),MN=(0,1,0),所以A1DD1B=-4+0+4=0,所以A1DD1B.又由图易知直线A1D与BD1是异面直线,所以A1D与BD1异面且垂直.因为平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以MNn=0,

3、所以MN平面ABCD.设直线MN与平面BB1D1D所成的角为,因为平面BDD1B1的一个法向量为a=(-1,1,0),所以sin =|cos|=|MNa|MN|a|=12=22,所以直线MN与平面BB1D1D不垂直.故选A.2.空间平面的平行与垂直 (2022全国乙卷,T7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(A)A.平面B1EF平面BDD1B.平面B1EF平面A1BDC.平面B1EF平面A1ACD.平面B1EF平面A1C1D解析:如图,对于选项A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EFAC,又ACBD,所以EFBD

4、,又易知DD1EF,BDDD1=D,从而EF平面BDD1,又EF平面B1EF,所以平面B1EF平面BDD1,故选项A正确;对于选项B,因为平面A1BD平面BDD1=BD,所以由选项A知,平面B1EF平面A1BD不成立,故选项B错误;对于选项C,由题意知直线AA1与直线B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故选项C错误;对于选项D,连接AB1,B1C,易知平面AB1C平面A1C1D,又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1,所以平面 A1C1D与平面B1EF不平行,故选项D错误.故选A.3.空间线面平行的判定 (2022全国甲卷,T19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装

5、盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,EAB,FBC,GCD,HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.(1)证明:EF平面ABCD;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).(1)证明:如图,分别取AB,BC的中点M,N,连接EM,FN,MN,因为EAB与FBC均为正三角形,且边长均为8,所以EMAB,FNBC,且EM=FN.又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD,平面EAB平面ABCD=AB,平面FBC平面ABCD=BC,EM平面EAB,FN平面FBC,所以EM平面ABCD,FN平面ABCD,所以EMFN,所以四边形EMNF为平行四边

6、形,所以EFMN.又MN平面ABCD,EF平面ABCD,所以EF平面ABCD.(2)解:如图,分别取AD,DC的中点P,Q,连接PM,PH,PQ,QN,QG,AC,BD.由(1)知EM平面ABCD,FN平面ABCD,同理可证得,GQ平面ABCD,HP平面ABCD,易得EM=FN=GQ=HP=43,EMFNGQHP.易得ACBD,MNAC,PMBD,所以PMMN,又PM=QN=MN=PQ=12BD=42,所以四边形PMNQ是正方形,所以四棱柱PMNQ-HEFG为正四棱柱,所以V四棱柱PMNQ-HEFG=(42)243=1283.因为ACBD,BDPM,所以ACPM.因为EM平面ABCD,AC平面

7、ABCD,所以EMAC.又EM,PM平面PMEH,且EMPM=M,所以AC平面PMEH,则点A到平面PMEH的距离d=14AC=22,所以V四棱锥A-PMEH=13S四边形PMEHd=13424322=6433,所以该包装盒的容积V=V四棱柱PMNQ-HEFG+4V四棱锥A-PMEH=1283+46433=64033(cm3).4.面面垂直与锥体体积 (2021全国乙卷,T18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD底面ABCD,M为BC的中点,且PBAM.(1)证明:平面PAM平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.(1)证明:因为PD平面ABCD,AM平面ABC

8、D,所以PDAM.因为PBAM,且PBPD=P,PB平面PBD,PD平面PBD,所以AM平面PBD.又AM平面PAM,所以平面PAM平面PBD.(2)解:因为M为BC的中点,所以BM=12AD.由题意知AB=DC=1.因为AM平面PBD,BD平面PBD,所以AMBD,由BAM+MAD=90,MAD+ADB=90,得BAM=ADB,易得BAMADB,所以BMAB=ABAD,即12AD1=1AD,得AD=2,所以S矩形ABCD=ADDC=21=2,则四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=13S矩形ABCDPD=1321=23.高考对此部分内容的考查,一是空间线面关系的命题的真假判断,以选择题、填

9、空题的形式考查,属于基础题;二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题,一般以选择题、填空题或解答题的第1问的形式考查,属中档题.热点一空间点、线、面的位置关系判断空间直线、平面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断,解决问题.(2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、正四面体等模型中观察线、面的位置关系,并结合有关定理进行判断.典例1(1)(2022河南焦作二模)设m,n,l是三条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若m,n,则mnB.若m,=n,则mnC.若=l,m,ml,mn,则nD.若mn,m,n,则(2)(2022浙

10、江绍兴模拟预测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段CD1上的动点,则()A.AP平面BC1DB.AP平面A1BC1C.AP平面A1BDD.AP平面BB1D1解析:(1)若m,n,则m与n的位置关系可能是平行、相交或异面,故A错误;若m,=n,则m与n的位置关系可能是平行或异面,故B错误;若=l,m,ml,则m,因为mn,所以n,故C正确;因为mn,m,n,所以与相交或平行,故D错误.故选C.(2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,由AA1与CC1平行且相等得四边形ACC1A1是平行四边形,则A1C1AC,AC平面A1BC1,A1C1平面A1BC1,得AC平面A1BC

11、1,同理AD1平面A1BC1,而AD1,AC是平面AD1C内两条相交直线,因此有平面AD1C平面A1BC1,AP平面AD1C,所以AP平面A1BC1,故选B.(1)根据定理判断空间线面位置关系,可以举反例,也可以证明,要结合题目灵活选择.(2)求角时,可借助等角定理先利用平行关系找到这个角,然后把这个角放到三角形中去求解.热点训练1 (1)(多选题)(2022江苏如东高三期末)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则()A.若mn,n,则mB.若mn,n,则mC.若m,n,则mnD.若m,m,=n,则mn(2)(2022四川泸州模拟)已知O1是正方体ABCD-A1B1C1D1的中心O关

12、于平面A1B1C1D1的对称点,则下列说法中正确的是()A.O1C1与A1C是异面直线B.O1C1平面A1BCD1C.O1C1ADD.O1C1平面BDD1B1解析:(1)mn,n时,m或m,A错误;mn,n,m与可能平行,可能相交,也可能m,不一定垂直,B错误;若m,n,由线面垂直的性质定理知,C正确;m,m,=n,如图,过m作平面交于直线l,由m得ml,同理过m作平面与交于直线p,得mp,所以lp,而l,所以l,又l,=n,则ln,所以mn,D正确.故选CD.(2)连接A1C,AC1,交于点O,连接A1C1,B1D1,交于点P. 连接AC,BD,A1B,D1C,O1O.由题可知,O1在平面A

13、1C1CA上,所以O1C1与A1C共面,故A错误;在四边形OO1C1C中,O1OC1C且O1O=C1C,所以四边形OO1C1C为平行四边形, 所以O1C1OC.因为OC平面A1BCD1,O1C1平面A1BCD1,所以O1C1平面A1BCD1,故B正确;由正方体的性质可得A1C1B1D1,因为O1B1=O1D1,所以O1PB1D1,又因为O1PA1C1=P,所以B1D1平面O1A1C1, 所以B1D1O1C1,又因为B1D1BD,所以BDO1C1,而AD与BD所成角为45,显然O1C1与AD不垂直,故C错误;显然O1C1与O1B1不垂直,而O1B1平面BDD1B1,所以O1C1与平面BDD1B1

14、不垂直,故D错误.故选B.热点二空间平行、垂直关系的证明1.平行关系及垂直关系的转化2.利用向量证明空间位置关系(1)利用向量证明平行问题.线线平行:方向向量平行.线面平行:平面外的直线的方向向量与平面的法向量垂直.面面平行:两平面的法向量平行.(2)利用向量法证明垂直问题的类型及常用方法.线线垂直问题证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线,或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直,或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直典例2如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=AA1

15、=2,M为AB的中点,N为B1C1的中点,H是A1B1的中点,P是BC1与B1C的交点,Q是A1N与C1H的交点.(1)求证:A1CBC1;(2)求证:PQ平面A1CM.证明:(1) 法一在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为BAC=90,以点A为坐标原点,AB,CA,AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=AC=AA1=2,所以A1(0,0,2),C(0,-2,0),B(2,0,0),C1(0,-2,2),所以BC1=(-2,-2,2),A1C=(0,-2,-2),所以A1CBC1=(0,-2,-2)(-2,-2,2)=0,即A1CBC1,所以A1C

16、BC1.法二连接AC1(图略),在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有AA1平面ABC,AB平面ABC,所以AA1AB.又BAC=90,则ABAC,因为AA1AC=A,AA1,AC平面ACC1A1,所以AB平面ACC1A1.因为A1C平面ACC1A1,所以ABA1C.因为AC平面ABC,AA1平面ABC,所以AA1AC,又AC=AA1=2,所以四边形AA1C1C为正方形,所以A1CAC1.因为ABAC1=A,AB,AC1平面ABC1,所以A1C平面ABC1,因为BC1平面ABC1,所以A1CBC1.(2) 法一因为AB=AC=AA1=2,M为AB的中点,N为B1C1的中点,H为A1B1的中点,P

17、是BC1与B1C的交点,所以由(1)法一得A1(0,0,2),C(0,-2,0),P(1,-1,1),M(1,0,0),N(1,-1,2),H(1,0,2),依题意可知Q为A1B1C1的重心,则A1Q=23A1N,可得Q(23,-23,2),所以PQ=(-13,13,1),A1C=(0,-2,-2),A1M=(1,0,-2),设n=(x,y,z)为平面A1CM的法向量,则nA1C=0,nA1M=0, 即-2y-2z=0,x-2z=0,取z=1,得x=2,y=-1,则n=(2,-1,1).所以PQn=(-13,13,1)(2,-1,1)=0,则PQn,因为PQ平面A1CM,所以PQ平面A1CM.

18、法二连接BH,MH.在正方形AA1B1B中,M为AB的中点,所以BMA1H且BM=A1H,所以四边形BMA1H是平行四边形,所以BHA1M.因为BH平面A1CM,A1M平面A1CM,所以BH平面A1CM.又H为A1B1的中点,所以四边形AA1HM是矩形,所以MHAA1且MH=AA1.因为AA1C1C且AA1=C1C,所以MHCC1,MH=C1C,所以四边形MHC1C为平行四边形,所以C1HCM.因为C1H平面A1CM,CM平面A1CM,所以C1H平面A1CM,因为C1HBH=H,C1H平面BHC1,BH平面BHC1,所以平面BHC1平面A1CM,又PQ平面BHC1,所以PQ平面A1CM.(1)

19、证明线线平行的常用方法:三角形的中位线定理等平面几何中的定理;平行线的传递性;线面平行的性质定理;面面平行的性质定理;线面垂直的性质定理.(2)证明线线垂直的常用方法:等腰三角形三线合一等平面几何知识;勾股定理的逆定理;利用线面垂直证线线垂直.热点训练2 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD平面PAC;(2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.(1)证明:因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.因为底面ABCD为菱形,所以BDAC.又PAAC=A,PA

20、,AC平面PAC,所以BD平面PAC.(2)证明:因为PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE.因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点,所以AECD.又因为ABCD,所以ABAE.又ABPA=A,AB,PA平面PAB,所以AE平面PAB.因为AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE.(3)解:棱PB上存在点F,使得CF平面PAE.理由如下:如图,取PB的中点F,PA的中点G,连接CF,FG,EG,则FGAB,且FG=12AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CE=12AB,所以FGCE,且FG=CE,所以四边形CEGF为平行四边形,所以CFEG

21、.因为CF平面PAE,EG平面PAE,所以CF平面PAE.热点三翻折问题翻折问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变,一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.典例3(2022皖江名校联考)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,A=2,AD=1,AB=2,BC=3,将梯形沿中位线EF折起并连接AB,CD得到图2所示的多面体AEB-DFC,且AECE.(1)证明:BE平面AEF;(2)求点F到平面ACE的距离.(1)证明:在平面图形中

22、,由梯形中位线性质可得AE=BE=1,EF=12(1+3)=2,EFAB,折起后EFAE,EFBE,又AECE,EFCE=E,EF,CE平面BEFAE平面BEFAEBE,又AEEF=E,AE,EF平面AEFBE平面AEF.(2)解:由(1)BE平面AEF,得三棱锥C-AEF的高为BE=1,底面积SAEF=1221=1,所以三棱锥C-AEF的体积V=1311=13,又由题设得CE2=BE2+BC2=1+9=10,CE=10,SACE=12110=102,因为VC-AEF=VF-ACE,设点F到平面ACE的距离为h,则13102h=13,解得h=105,即点F到平面ACE的距离等于105.解决与折

23、叠有关问题的突破口是抓住折叠前后的不变量.在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形,善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.热点训练3 如图是矩形ABCD和以边AB为直径的半圆组成的平面图形,AB=2AD=2a.将此图形沿AB折叠,使平面ABCD垂直于半圆所在的平面.若点E是折后图形中半圆O上异于A,B的点.(1)证明:EAEC;(2)若异面直线AE和DC所成的角为6,求三棱锥D-ACE的体积.(1)证明:因为平面ABCD半圆O所在的平面,平面ABCD半圆O=AB,BC平面ABCD,BCAB,所以BC半圆O.又EA半圆O,所以BCEA,又AEB是

24、直角,即BEEA,而BEBC=B,BE,BC平面EBC,所以EA平面EBC,又EC平面EBC,所以EAEC.(2)解:在矩形ABCD中,ABCD,直线AE和DC所成的角为6,所以直线AE和AB所成的角为6,即BAE=6.过E作EFAB于F,易知EF平面ABCD.又AB=2AD=2a,BAE=6,易得AE=3a,即有EF=32a,SACD=12ADCD=12a2a=a2,则VD-ACE=VE-ACD=13SACDEF=13a232a=36a3,所以三棱锥D-ACE的体积是36a3.专题强化训练(十二)一、单项选择题1.如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,BAC=90,且BC1AC,过C1作C1

25、H底面ABC,垂足为H,则点H在(B)A.直线AC上 B.直线AB上C.直线BC上 D.ABC的内部解析:连接AC1,如图.因为BAC=90,所以ACAB,因为BC1AC,BC1AB=B,所以AC平面ABC1.又AC在平面ABC内,所以根据平面与平面垂直的判定定理,知平面ABC平面ABC1,则根据平面与平面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.2.(2022广东湛江二模)已知,是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,且=m,则“mn”是“n”的(B)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:=m,mn,

26、只有一条垂直直线,不能得出n,不充分,当n时,由于m,则有nm,是必要的,因此是必要不充分条件.故选B.3.(2022江苏无锡高三期末)在正方体ABCDA1B1C1D1中,M是正方形ABCD的中心,则直线B1M与平面A1C1B所成角的正弦值为(D)A.13 B.33 C.63 D.223解析:连接B1D1,B1D,因为B1D在平面A1B1C1D1内的射影为B1D1,又B1D1A1C1,所以B1DA1C1,同理可证B1DA1B.又A1C1A1B=A1,所以B1D平面A1C1B,所以B1M与平面A1C1B所成角的正弦值等于B1M与B1D所成角的余弦值,即MB1D的余弦值的绝对值.设AB=1,连接B

27、D,则B1M=BB12+BM2=1+12=62,MD=22,B1D=3,在MB1D中,由余弦定理,可得|cosMB1D|=|32+3-12|2623=223.故选D.4.在三棱锥PABC中,已知PA=AB=AC,BAC=PAC,点D,E分别为棱BC,PC的中点,则下列结论正确的是(D)A.DEAD B.DEPAC.DEAB D.DEAC解析:如图,因为PA=AB=AC,BAC=PAC,所以PACBAC,所以PC=BC.取PB的中点G,连接AG,CG,则PBCG,PBAG,又因为AGCG=G,AG平面CAG,CG平面CAG,所以PB平面CAG,又AC平面CAG,则PBAC,因为点D,E分别为棱B

28、C,PC的中点,所以DEPB,所以DEAC.故选D.5.(2022山师附中高二月考)如图,已知圆锥的顶点为S,AB是底面圆的直径,点C在底面圆上且ABC=60,点M为劣弧AC的中点,过直线AC作平面,使得直线SB平面,设平面与SM交于点N,则SNSM的值为(B)A.13 B.23 C.12 D.34解析:如图,连接BM交AC于点D,连接ND,则平面SBM平面=ND,又SB平面,所以NDSB,所以SNSM=BDBM.因为AB是底面圆的直径,ABC=60,点M为劣弧AC的中点,连接MC,所以ABM=MBC=BAC=BMC=30,所以MC=BC=12AB,易得DABDCM,所以BDDM=ABMC=2

29、1,则BDBM=SNSM=23.故选B.6.如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将BAD沿直线BD翻折,则下列说法中错误的是(D)A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得ABOCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得ACBDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB平面ACDD.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC平面ABD解析:当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则ACBD,将BAD沿直线BD翻折,当平面ABD平面BCD时,由OCBD,OC平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,所以OC平面ABD,又AB平面ABD,所以ABOC,故A正确;当A

30、B=x=1时,矩形ABCD为正方形,则OCBD,OABD,且OAOC=O,所以BD平面OAC,又AC平面OAC,所以ACBD,故B正确;在矩形ABCD中,ABAD,AC=1+x2,所以将BAD沿直线BD翻折时,总有ABAD,取x=12,当将BAD沿直线BD翻折到AC=32时,有AB2+AC2=BC2,即ABAC,且ACAD=A,则此时满足AB平面ACD,故C正确;若AC平面ABD,又AO平面ABD,则ACAO,所以在AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故D不正确.故选D.二、多项选择题7.(2022湖北黄石市有色一中高三期末)如图,点N为边长为1的正方形ABCD的中心,ECD为正三角形

31、,平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点,则(BD)A.直线BM,EN是异面直线B.BMENC.直线BM与平面ECD所成角的正弦值为217D.三棱锥NECD的体积为324解析:对于A选项,连接BN,BE,则点N为BD的中点,所以E,N平面BDE,所以EN平面BDE,同理可知BM平面BDE,所以BM与EN不是异面直线,A错误;对于C选项,因为四边形ABCD是边长为1的正方形,所以BCCD,因为平面ABCD平面ECD,平面ABCD平面ECD=CD,BC平面ABCD,所以BC平面ECD,所以直线BM与平面ECD所成的角为BMC,因为M为DE的中点,且CDE是边长为1的正三角形,则CM=32,所以

32、BM=BC2+CM2=72,所以sinBMC=BCBM=172=277,C错误;对于B选项,取CD的中点O,连接ON,OE,则ONBC且ON=12BC=12,OE=32,因为BC平面CDE,所以ON平面CDE,因为OE平面CDE,所以ONOE,所以EN=OE2+ON2=1,所以BMEN,B正确;对于D选项,因为ON平面CDE,SCDE=123212=34,所以三棱锥NECD的体积为VN-ECD=13SCDEON=133412=324,D正确.故选BD.8.如图1,已知E为正方形ABCD的边AB的中点,将DAE沿边DE折起到PDE的位置,连接PC,PB,EC,设F为PC的中点,连接BF,则在翻折

33、的过程中,下列命题正确的是(BCD)A.存在某一翻折位置,使得DE平面PBCB.在翻折的过程中(点P不在平面BCDE内),都有BF平面PDEC.存在某一翻折位置,使得PECDD.若CD=PC=4,则三棱锥PCDE的外接球的表面积为763解析:对于A选项,取DC的中点G,连接BG,由BEGD,BE=GD,得四边形DEBG为平行四边形,所以DEGB,而BG与平面PBC相交,所以DE与平面PBC相交,故A错误;对于B选项,连接FG,则FGPD,由DEGB,易证平面BFG平面EPD,而BF平面BFG,所以BF平面PDE,故B正确;对于C选项,因为PEPD,要使得PECD,则PE平面PCD,则PEPC,

34、而EC=ED,此时,只需要PC=PD即可,故C正确;对于D选项,由PD=CD=PC=4可知,PE平面PCD,PE=2,PCD的外接圆半径r=42sin60=433,设三棱锥PCDE的外接球半径为R,则R2=r2+PE22=4332+1=193,所以三棱锥PCDE的外接球的表面积为4R2=763,故D正确.故选BCD.三、填空题9.如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,当底面四边形A1B1C1D1满足条件时,有A1CB1D1(注:填上你认为正确的一种情况即可,不必考虑所有可能的情况).解析:连接A1C1,由直四棱柱ABCDA1B1C1D1可得CC1平面A1B1C1D1,因为B1D1平面A1

35、B1C1D1,故CC1B1D1,当A1C1B1D1时,因为CC1A1C1=C1,CC1,A1C1平面A1C1C,故B1D1平面A1C1C,而A1C平面A1C1C,故A1CB1D1.故当A1C1B1D1时,有A1CB1D1.答案:A1C1B1D1(答案不唯一)10.如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且ABCD,若正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,则m= ,n= .解析:直线CE平面ABPQ,从而CE平面A1B1P1Q1,易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交,则m=4.取CD的中点G,连接FG,EG.易证CD平面EGF,又AB平面BPP1B1

36、,AB平面AQQ1A1且ABCD,从而平面EGF平面BPP1B1平面AQQ1A1,所以EF平面BPP1B1,EF平面AQQ1A1,则EF与正方体其余四个面所在平面均相交,则n=4.答案:44四、解答题11.如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.(1)求证:AM平面BDE;(2)求证:平面BDE平面BDF.证明:(1)设AC与BD交于点O,连接OE.因为四边形ACEF是矩形,O,M分别为AC,EF的中点,所以EMAO且EM=AO,所以四边形AMEO是平行四边形,所以AMOE.因为OE平面BDE,AM平面BDE,所以AM平面BDE.(2)因为

37、平面ABCD平面ACEF,平面ABCD平面ACEF=AC,CEAC,CE平面ACEF,所以CE平面ABCD, 所以CD,CB,CE两两相互垂直.以C为原点,CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(2,0,0),E(0,0,1),F(2,2,1),B(0,2,0),所以DE=(-2,0,1),DF=(0,2,1),DB=(-2,2,0).设m=(x1,y1,z1)是平面BDE的法向量,则mDB=-2x1+2y1=0,mDE=-2x1+z1=0,令x1=1,得m=(1,1,2).设n=(x2,y2,z2)是平面BDF的法向量,则nDB=-2x2+2y2=0,nDF=

38、2y2+z2=0,令x2=1,得n=(1,1,-2).因为mn=11+11+2(-2)=0,所以平面BDE平面BDF.12.(2022山西临汾二模)如图(1),在梯形ABCD中,ADBC且ADCD,线段AD上有一点E,满足CD=DE=1,AE=BC=2,现将ABE,CDE分别沿BE,CE折起,使AD=5,BD=3,得到如图(2)所示的几何体.(1)求证:ABCD;(2)求几何体EABCD的体积.(1)证明:对于图(1),在RtEDC中,CD=DE=1,所以EC=2,DEC=45.在BEC中,EC=2,BC=2,ECB=DEC=45,由余弦定理得BE=2+4-22222=2,所以EC2+BE2=

39、BC2,所以BEEC.同理可得,在ABE中,AB=2,且ABBE.对于图(2),在ABD中,AB2+BD2=AD2,所以ABBD.因为BDBE=B,BD,BE平面BDE,所以AB平面BDE.在RtEDC中,EDCD,在BDC中,BD2+CD2=BC2,则BDCD,因为EDBD=D,ED,BD平面BDE,所以CD平面BDE,所以ABCD.(2)解:由(1)可知AB平面BDE,CD平面BDE,所以AB,CD分别为三棱锥ABDE、三棱锥CBDE的高,在BDE中,BE2+DE2=BD2,所以BEDE,则SBDE=12BEDE=22,所以VE-ABCD=VA-BDE+VC-BDE=13ABSBDE+13CDSBDE=13(AB+CD)SBDE=13(2+1)22=2+26.