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?人教版2021屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 直線與平面平行
一．選擇題（共13小題）
1．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，M，N分別為AC，PC上的點(diǎn)，且MN∥平面PAD，則（　?。?br />
A．MN∥PD B．MN∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
3．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)，過(guò)BF的平面α與直線C1E平行，則平面α截該長(zhǎng)方體所得截面的面積為（　　）

A．3 B．32 C．33 D．35
4．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為該棱柱的九條棱中某條棱的中點(diǎn)，若A1C∥平面BC1D，則D為（　　）
A．棱AB的中點(diǎn) B．棱AA1的中點(diǎn)
C．棱BC的中點(diǎn) D．棱A1B1的中點(diǎn)
5．如圖甲，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB，E、F分別為AD、CD的中點(diǎn)，以AF為折痕把△ADF折起，使點(diǎn)D不落在平面ABCF內(nèi)（如圖乙），那么在以下3個(gè)結(jié)論中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（　　）
①AF∥平面BCD；②BE∥平面CDF；③CD∥平面BEF．

A．0 B．1 C．2 D．3
6．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，AA1＝4，AB＝2，∠ABC=π3，E為BC中點(diǎn)，平面α過(guò)點(diǎn)E且與平面BDD1垂直，CC1∥α，則α被此直四棱柱截得的截面面積為（　?。?br /> A．1 B．2 C．4 D．6
7．直線m與平面α平行的充要條件是（　　）
A．直線m與平面α沒(méi)有公共點(diǎn)
B．直線m與平面α內(nèi)的一條直線平行
C．直線m與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線平行
D．直線m與平面α內(nèi)的任意一條直線平行
8．如圖所示的四個(gè)正方體中，A，B是正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)為（　?。?br />
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③
9．如圖，各棱長(zhǎng)均為1的正三棱柱ABC﹣A1B1C1，M，N分別為線段A1B，B1C上的動(dòng)點(diǎn)，且MN∥平面ACC1A1，則這樣的MN有（　?。?br />
A．1條 B．2條 C．3條 D．無(wú)數(shù)條
10．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)P是側(cè)面CDD1C1上的動(dòng)點(diǎn)，且MP∥截面AB1C，則線段MP長(zhǎng)度的取值范圍是（　?。?br />
A．[2，6] B．[6，22] C．[6，23] D．[6，3]
11．在下面四個(gè)三棱柱中，A，B為三棱柱的兩個(gè)頂點(diǎn)，E，F(xiàn)，G為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)三棱柱中，直線AB與平面EFG不平行的是（　?。?br /> A． B．
C． D．
12．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是它們所在線段的中點(diǎn)，則滿足A1F∥平面BD1E的圖形個(gè)數(shù)為（　　）

A．0 B．1 C．2 D．3
13．下列四個(gè)正方體圖形中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是（　　）

A．①③ B．①④ C．①③④ D．②④
二．填空題（共14小題）
14．如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中點(diǎn)，F(xiàn)在CC1上，且CF＝2FC1，點(diǎn)P是側(cè)面AA1D1D（包括邊界）上一動(dòng)點(diǎn)，且PB1∥平面DEF，則tan∠ABP的取值范圍為　　．

15．已知線段AD∥平面α，且與平面α的距離等于4，點(diǎn)B是平面α內(nèi)動(dòng)點(diǎn)，且滿足AB＝5，AD＝10．則B、D兩點(diǎn)之間的距離的最大值為　　．
16．如圖：點(diǎn)P在正方體ABCD﹣A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下列四個(gè)命題：
①三棱錐A﹣D1PC的體積不變；
②A1P∥面ACD1；
③DP⊥BC1；
④面PDB1⊥面ACD1．
其中正確的命題的序號(hào)是　　．

17．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)M，N分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，則點(diǎn)A1到平面AMN的距離是　 ?。蝗魟?dòng)點(diǎn)P在正方形BCC1B1（包括邊界）內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且PA1∥平面AMN，則線段PA1的長(zhǎng)度范圍是　 ?。?br />
18．如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中點(diǎn)為H，點(diǎn)N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，則A1NA1B1的值為　 ?。?br />
19．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，E為BB1中點(diǎn)，若點(diǎn)P滿足AP→=λPD→，且BP∥平面AED1，則λ＝　 ?。?br /> 20．如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，①EF與BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF與C1D所成的角為45°；④EF∥平面A1B1C1D1．則以上結(jié)論中成立的是　　．

21．如圖，過(guò)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的頂點(diǎn)B1，D1與棱AB的中點(diǎn)P的平面與底面ABCD所在平面的交線記為l，則l與B1D1的位置關(guān)系為　　．

22．空間四邊形PABC的各邊及對(duì)角線長(zhǎng)度都相等，D、E、F、G分別是AB、BC、CA、AP的中點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論中成立的是　　
①BC∥平面PDF
②DF⊥平面PAE
③平面GDF∥平面PBC
④平面PAE⊥平面ABC．

23．如圖，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E為CD的中點(diǎn)，M、N分別是AD，BE的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，則下列說(shuō)法正確的是　　．（寫(xiě)出所有正確說(shuō)法的序號(hào)）
①不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)，都有MN∥平面DEC；
②不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)）都有MN⊥AE；
③不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)），都有MN∥AB；
④不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)），都有EC不垂直AD．

24．如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是C1D1，AA1，BC的中點(diǎn)，BD1與平面EFG　　（填“平行”或“不平行”）；在正方體的12條面對(duì)角線中，與平面EFG平行的面對(duì)角線有　　條．

25．已知棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，則過(guò)點(diǎn)B1且與平面A1BE平行的正方體的截面面積為　　．
26．空間四邊形ABCD的兩條對(duì)角線AC、BD所成角為30°，設(shè)AC＝6，BD＝8．則過(guò)AB的中點(diǎn)E且平行于BD、AC的截面四邊形的面積為　 ?。?br /> 27．已知正四面體ABCD中，AB＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，則四邊形EFGH的面積的最大值為　　．
三．解答題（共6小題）
28．已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，ABCD是菱形且∠DAB＝60°，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)．
（1）證明：EF∥平面ABD1；
（2）求三棱柱ADD1﹣BCC1的體積．
29．如圖，在三棱錐A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E、F（E與A、D不重合）分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求證：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．

30．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，求證：
（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；
（Ⅱ）BE∥平面PAD；
（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．

31．如圖，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E為線段AD上的任意一點(diǎn)（不包括A、D兩點(diǎn)），平面CEC1與平面BB1D交于FG．
（1）證明：AC⊥BD；
（2）證明：FG∥平面AA1B1B．

32．如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1⊥CC1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BC，A1B1的中點(diǎn)，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1．
（1）求證：B1C1⊥A1C；
（2）求證：EF∥平面A1C1CA．

33．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，PA＝PC，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點(diǎn)．
（1）求證：AC⊥平面PBD；
（2）求證：EF∥平面PBC．

人教版2021屆一輪復(fù)習(xí)打地基練習(xí) 直線與平面平行
參考答案與試題解析
一．選擇題（共13小題）
1．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】利用線面平行判定定理可知B、C、D均不滿足題意，從而可得答案．
【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)B，由于AB∥MQ，結(jié)合線面平行判定定理可知B不滿足題意；
對(duì)于選項(xiàng)C，由于AB∥MQ，結(jié)合線面平行判定定理可知C不滿足題意；
對(duì)于選項(xiàng)D，由于AB∥NQ，結(jié)合線面平行判定定理可知D不滿足題意；
所以選項(xiàng)A滿足題意，
故選：A．
2．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，M，N分別為AC，PC上的點(diǎn)，且MN∥平面PAD，則（　　）

A．MN∥PD B．MN∥PA
C．MN∥AD D．以上均有可能
【分析】直接利用直線與平面平行的性質(zhì)定理推出結(jié)果即可．
【解答】解：四棱錐P﹣ABCD中，M，N分別為AC，PC上的點(diǎn)，且MN∥平面PAD，
MN?平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，
由直線與平面平行的性質(zhì)定理可得：MN∥PA．
故選：B．
3．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，AB＝3，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)，過(guò)BF的平面α與直線C1E平行，則平面α截該長(zhǎng)方體所得截面的面積為（　?。?br />
A．3 B．32 C．33 D．35
【分析】由過(guò)BF的平面α與直線C1E平行，得平面α是矩形BCFE，由此能求出平面α截該正方體所得截面的面積．
【解答】解：在ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，
∵過(guò)BF的平面α與直線C1E平行，又AF∥C1E，
∴平面α是平面ABF，
取DD1中點(diǎn)G，連結(jié)GF，AG，∴平面α截該正方體所得截面為矩形ABFG，
∵AB＝3，BF=22+1=5，
∴平面α截該正方體所得截面的面積為S矩形ABFG＝35．
故選：D．

4．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為該棱柱的九條棱中某條棱的中點(diǎn)，若A1C∥平面BC1D，則D為（　?。?br /> A．棱AB的中點(diǎn) B．棱AA1的中點(diǎn)
C．棱BC的中點(diǎn) D．棱A1B1的中點(diǎn)
【分析】當(dāng)D為棱A1B1的中點(diǎn)時(shí)，取AB的中點(diǎn)E，由平行四邊形的判定和性質(zhì)，結(jié)合線面平行的判定定理和面面平行的判定和性質(zhì)，可得結(jié)論．
【解答】解：如圖，當(dāng)D為棱A1B1的中點(diǎn)時(shí)，取AB的中點(diǎn)E，
連接CE，A1E，
由A1D＝BE，A1D∥BE，可得四邊形BEA1D為平行四邊形，即有A1E∥BD，
由A1E?平面BDC1，BD?平面BDC1，
所以A1E∥平面BDC1，
同理可得CE∥平面BDC1，
由CE∩A1E＝E，
可得平面A1CE∥平面BC1D，
由于A1C?平面A1CE，
則A1C∥平面BC1D．
故選：D．

5．如圖甲，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB，E、F分別為AD、CD的中點(diǎn)，以AF為折痕把△ADF折起，使點(diǎn)D不落在平面ABCF內(nèi)（如圖乙），那么在以下3個(gè)結(jié)論中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（　?。?br /> ①AF∥平面BCD；②BE∥平面CDF；③CD∥平面BEF．

A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】對(duì)于①，由題意得AB∥=CF，四邊形ABCF是平行四邊形，從而AF∥BC，由此得到AF∥平面BCD；
對(duì)于②，取DF中點(diǎn)G，連接EG，CG，推導(dǎo)出EG∥=12BC，從而B(niǎo)E與CG相交，由此得到BE與平面CDF相交；
對(duì)于③，連接AC，BD，交于點(diǎn)O，連接OE，推導(dǎo)出OE∥CD，由此得到CD∥平面BEF．
【解答】解：如圖甲，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2AB，E、F分別為AD、CD的中點(diǎn)，
以AF為折痕把△ADF折起，使點(diǎn)D不落在平面ABCF內(nèi)（如圖乙），
對(duì)于①，由題意得AB∥=CF，∴四邊形ABCF是平行四邊形，∴AF∥BC，
∵AF?平面BCD，BC?平面BCD，∴AF∥平面BCD，故①正確；
對(duì)于②，取DF中點(diǎn)G，連接EG，CG，
∵E是AD中點(diǎn)，AF∥=BC，∴EG∥=12BC，
∴BE與CG相交，∴BE與平面CDF相交，故②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，連接AC，BD，交于點(diǎn)O，連接OE，
∵四邊形ABCF是平行四邊形，∴O是AC中點(diǎn)，
∴OE∥CD，∵OE?平面BEF，CD?平面BEF，∴CD∥平面BEF，故③正確．
故選：C．
6．在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，AA1＝4，AB＝2，∠ABC=π3，E為BC中點(diǎn)，平面α過(guò)點(diǎn)E且與平面BDD1垂直，CC1∥α，則α被此直四棱柱截得的截面面積為（　　）
A．1 B．2 C．4 D．6
【分析】分別取AB，A1B1，B1C1的中點(diǎn)F，M，N，連接MF，MN，NE，F(xiàn)E，AC，利用菱形的性質(zhì)可知BD⊥AC，根據(jù)三角形的中位線定理，進(jìn)而可得BD⊥EF，又可得BD⊥EN，利用線面垂直的判定可得BD⊥平面EFMN，利用面面垂直的判定可得平面EFMN⊥平面BDD1．可得EFMN為矩形．進(jìn)而根據(jù)矩形的面積公式即可求解．
【解答】解：分別取AB，A1B1，B1C1的中點(diǎn)F，M，N，連接MF，MN，NE，F(xiàn)E，AC．

由四邊形ABCD為菱形，知BD⊥AC，
再根據(jù)三角形的中位線定理，知EF∥AC，所以BD⊥EF，
又因?yàn)镋N∥CC1，因此BD⊥EN．
又EF∩EN＝E，EF?平面EFMN，EN?平面EFMN，
故BD⊥平面EFMN，
又BD?平面BDD1，則平面EFMN⊥平面BDD1．
則EFMN為矩形．
由EF＝1，MF＝4，故截面面積為4．
故選：C．
7．直線m與平面α平行的充要條件是（　?。?br /> A．直線m與平面α沒(méi)有公共點(diǎn)
B．直線m與平面α內(nèi)的一條直線平行
C．直線m與平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線平行
D．直線m與平面α內(nèi)的任意一條直線平行
【分析】根據(jù)直線與平面平行的定義，由于定義是充要條件得到選項(xiàng)．
【解答】解：根據(jù)直線與平面平行的定義：直線與平面沒(méi)有公共點(diǎn)時(shí)，直線與平面平行
所以“直線α與平面M沒(méi)有公共點(diǎn)”是“直線α與平面M平行”的充要條件
故選：A．
8．如圖所示的四個(gè)正方體中，A，B是正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)為（　　）

A．①② B．②③ C．③④ D．①②③
【分析】首先由線面平行的判定可知①正確，由此排除選項(xiàng)BC，再根據(jù)面面平行的性質(zhì)，由此排除A，即可得到正確答案．
【解答】解：對(duì)①，連接BD交NP于點(diǎn)O，則OM∥AB，易知AB∥平面MNP，即①正確，故排除BC；

對(duì)③，由正方體的性質(zhì)可知，平面MNP∥平面ABC，又AB在平面ABC內(nèi)，故AB∥平面MNP，即③正確，故排除A．

故選：D．
9．如圖，各棱長(zhǎng)均為1的正三棱柱ABC﹣A1B1C1，M，N分別為線段A1B，B1C上的動(dòng)點(diǎn)，且MN∥平面ACC1A1，則這樣的MN有（　?。?br />
A．1條 B．2條 C．3條 D．無(wú)數(shù)條
【分析】任取線段A1B上一點(diǎn)M，過(guò)M作MH∥AA1，交AB于H，過(guò)H作HG∥AC交BC于G，過(guò)G作CC1的平行線，與CB1一定有交點(diǎn)N，且MN∥平面ACC1A1，則這樣的MN有無(wú)數(shù)個(gè)．
【解答】解：如圖，任取線段A1B上一點(diǎn)M，過(guò)M作MH∥AA1，交AB于H，過(guò)H作HG∥AC交BC于G，
過(guò)G作CC1的平行線，與CB1一定有交點(diǎn)N，且MN∥平面ACC1A1，則這樣的MN有無(wú)數(shù)個(gè)．
故選：D．

10．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)P是側(cè)面CDD1C1上的動(dòng)點(diǎn)，且MP∥截面AB1C，則線段MP長(zhǎng)度的取值范圍是（　　）

A．[2，6] B．[6，22] C．[6，23] D．[6，3]
【分析】取CD的中點(diǎn)N，CC1的中點(diǎn)R，B1C1的中點(diǎn)H，證明平面MNRH∥平面AB1C，MP?平面MNRH，線段MP掃過(guò)的圖形是△MNR，通過(guò)證明MN2＝NR2+MR2，說(shuō)明∠MRN是直角，可得線段MP長(zhǎng)度的取值范圍是：[MR，MN]，從而得解．
【解答】解：取CD的中點(diǎn)N，CC1的中點(diǎn)R，B1C1的中點(diǎn)H，
則MN∥B1C∥HR，MH∥AC，
故平面MNRH∥平面AB1C，
MP?平面MNRH，線段MP掃過(guò)的圖形是△MNR，
由AB＝2，則MN＝22，NR=2，MR=6，
∴MN2＝NR2+MR2，
∴∠MRN是直角，
∴線段MP長(zhǎng)度的取值范圍是：[MR，MN]，即：[6，22]．
故選：B．

11．在下面四個(gè)三棱柱中，A，B為三棱柱的兩個(gè)頂點(diǎn)，E，F(xiàn)，G為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)三棱柱中，直線AB與平面EFG不平行的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】在A和B中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，直線AB與平面EFG平行；在C中，直線AB與平面EFG相交；在D中，AB∥FG，直線AB與平面EFG平行．
【解答】解：A，B為三棱柱的兩個(gè)頂點(diǎn)，E，F(xiàn)，G為所在棱的中點(diǎn)，
在A中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，∴直線AB與平面EFG平行，故A錯(cuò)誤；
在B中，平面EFG平行于棱柱中AB所在平面，∴直線AB與平面EFG平行，故B錯(cuò)誤；
在C中，直線AB與平面EFG相交，∴直線AB與平面EFG不平行，故C正確；
在D中，AB∥FG，AB?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，∴直線AB與平面EFG平行，故D錯(cuò)誤．
故選：C．
12．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是它們所在線段的中點(diǎn)，則滿足A1F∥平面BD1E的圖形個(gè)數(shù)為（　　）

A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】平移直線A1F，判斷平移后的直線：在平面BD1E上則A1F∥平面BD1E，與平面BD1E交于一點(diǎn)則不平行，即可得解．
【解答】解：①中，平移A1F至D1F′，可知D1F′與面BD1E只有一個(gè)交點(diǎn)D1，則A1F與平面BD1E不平行；
②中，由于AF∥DE，而AF?平面BDE，DE?平面BDE，故A1F∥平面BD1E；
③中，平移A1F至D1F′，可知D1F′與面BD1E只有一個(gè)交點(diǎn)D1，則A1F與平面BD1E不平行；

故選：B．
13．下列四個(gè)正方體圖形中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號(hào)是（　?。?br />
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②④
【分析】利用直線與平面平行的判定定理直接求解．
【解答】解：在①中，由正方體性質(zhì)得到平面MNP與AB所在平面平行，
∴AB∥平面MNP，故①成立；
②若下底面中心為O，則NO∥AB，NO∩面MNP＝N，
∴AB與面MNP不平行，故②不成立；
③過(guò)P作與AB平行的直線PO，則PO與平面MNP相交，
∴AB與面MNP不平行，故③不成立；
④在④中，AB與PN平行，∴AB∥平面MNP，故④成立．
故選：B．
二．填空題（共14小題）
14．如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是AB的中點(diǎn)，F(xiàn)在CC1上，且CF＝2FC1，點(diǎn)P是側(cè)面AA1D1D（包括邊界）上一動(dòng)點(diǎn)，且PB1∥平面DEF，則tan∠ABP的取值范圍為　[13，133]?。?br />
【分析】作出平面MNQB1∥平面DEF，推導(dǎo)出P的軌跡是線段QN，P在Q處，tan∠ABP取最小值，P在N處，tan∠ABP取最大值，由此能求出tan∠ABP的取值范圍．
【解答】解：如圖所示，作出平面MNQB1∥平面DEF，
則A1Q＝2AQ，DN＝2D1N，
∵PB1∥平面DEF，∴P的軌跡是線段QN，
P在Q處，tan∠ABP取最小值tan∠ABP=13，
P在N處，tan∠ABP取最大值tan∠ABP=4+93=133．
∴tan∠ABP的取值范圍為[13，133]．
故答案為：[13，133]．

15．已知線段AD∥平面α，且與平面α的距離等于4，點(diǎn)B是平面α內(nèi)動(dòng)點(diǎn)，且滿足AB＝5，AD＝10．則B、D兩點(diǎn)之間的距離的最大值為　185?。?br /> 【分析】記A、D在面α內(nèi)的射影分別為A1、D1，由AB＝5，可得出B在面α內(nèi)以A1為圓心、3為半徑的圓周上，由勾股定理能求出B、D兩點(diǎn)之間的距離的最大值．
【解答】解：記A、D在面α內(nèi)的射影分別為A1、D1，
∵AB＝5，AA1＝4，∴A1B＝3，
即B在面α內(nèi)以A1為圓心、3為半徑的圓周上，
又A1D1＝10，故D1B最大為13，最小為7，而DD1＝4，
由勾股定理得B、D兩點(diǎn)之間的距離的最大值為：132+42=185．
故答案為：185．
16．如圖：點(diǎn)P在正方體ABCD﹣A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下列四個(gè)命題：
①三棱錐A﹣D1PC的體積不變；
②A1P∥面ACD1；
③DP⊥BC1；
④面PDB1⊥面ACD1．
其中正確的命題的序號(hào)是　①②④?。?br />
【分析】如右圖，對(duì)于①，容易證明AD1∥BC1，從而B(niǎo)C1∥平面AD1C，以P為頂點(diǎn)，平面AD1C為底面，易得；對(duì)于②，連接A1B，A1C1容易證明平面BA1C1∥面ACD1，從而由線面平行的定義可得；
對(duì)于③，由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1平面，若DP⊥BC1，則DC與DP重合，與條件矛盾；對(duì)于④，容易證明PDB1⊥面ACD1，從而可以證明面面垂直．

【解答】解：對(duì)于①，容易證明AD1∥BC1，從而B(niǎo)C1∥平面AD1C，故BC1上任意一點(diǎn)到平面AD1C的距離
均相等，所以以P為頂點(diǎn)，平面AD1C為底面，則三棱錐A﹣D1PC的體積不變；正確；
對(duì)于②，連接A1B，A1C1容易證明A1C1∥AC且相等，由于①知：AD1∥BC1，
所以BA1C1∥面ACD1，從而由線面平行的定義可得A1P∥面ACD1；②正確；
對(duì)于③由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，則BC1⊥平面DCP，
BC1⊥PC，則P為中點(diǎn)，與P為動(dòng)點(diǎn)矛盾；錯(cuò)誤；
對(duì)于④，連接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，從而由面面垂直的判定知：④正確．
故答案為：①②④

17．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)M，N分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，則點(diǎn)A1到平面AMN的距離是　43　；若動(dòng)點(diǎn)P在正方形BCC1B1（包括邊界）內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且PA1∥平面AMN，則線段PA1的長(zhǎng)度范圍是　[322，5]　．

【分析】構(gòu)造與平面AMN平行的平面A1EF，得出P點(diǎn)軌跡，將A1到平面AMN的距離轉(zhuǎn)化為F到平面AMN的距離計(jì)算，并在△A1EF中計(jì)算A1P的范圍．
【解答】解：取B1C1的中點(diǎn)E，BB1的中點(diǎn)F，連接A1E，A1F，EF，F(xiàn)M，
則A1E∥AM，EF∥MN，
∴平面A1EF∥平面AMN，
∴A1到平面AMN的距離等于F到平面AMN的距離，
∵正方體棱長(zhǎng)為2，∴AM=5，MN=2，AN＝3，
∴cos∠MAN=5+9?22×5×3=25，sin∠MAN=15，
∴S△AMN=12×5×3×15=32，設(shè)F到平面AMN的距離為h，則VF﹣AMN=13×32×?=?2，
又VF﹣AMN＝VA﹣MNF=13×12×2×1×2=23，
∴?2=23，即h=43．
∴A1到平面AMN的距離為43．
∵A1P∥平面AMN，∴P的軌跡為線段EF．
∵A1E＝A1F=5，EF=2，
∴當(dāng)A1P⊥EF時(shí)，A1P取得最小值5?(22)2=322，
當(dāng)P與E（或F）重合時(shí)，A1P取得最大值5．
∴322≤A1P≤5．
故答案為：43，[322，5]．

18．如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中點(diǎn)為H，點(diǎn)N在棱A1B1上，HN∥平面A1BC，則A1NA1B1的值為　12?。?br />
【分析】取A1C1 的中點(diǎn)M，A1B1 的中點(diǎn)N，連接HM，MN，證明平面MNH∥平面A1BC，得NH∥平面A1BC，由此可得A1NA1B1的值．
【解答】解：如圖，
取A1C1 的中點(diǎn)M，A1B1 的中點(diǎn)N，
連接HM，MN，
由H，M，N分別為CC1，A1C1，A1B1 的中點(diǎn)，
得MH∥A1C，MN∥B1C1∥BC．
∵A1C?平面A1BC，MH?平面A1BC，
∴MH∥平面A1BC；
∵BC?平面A1BC，MN?平面A1BC，
∴MN∥平面A1BC，
又MH∩MN＝M，∴平面MNH∥平面A1BC，
則NH∥平面A1BC．
由N為A1B1 的中點(diǎn)，可知A1NA1B1的值為12．
故答案為：12．

19．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，E為BB1中點(diǎn)，若點(diǎn)P滿足AP→=λPD→，且BP∥平面AED1，則λ＝　1　．
【分析】先猜想點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，取AD1的中點(diǎn)F，連接EF、PF，再證明BP∥平面AED1．結(jié)合正四棱柱和中位線的性質(zhì)可推出四邊形BPFE為平行四邊形，從而B(niǎo)P∥EF，然后由線面平行的判定定理可證得BP∥平面AED1．
【解答】解：如圖所示，分別取AD1、AD的中點(diǎn)F、P，連接EF、PF，此點(diǎn)P即為所求．

理由如下：
∵F、P分別為AD1、AD的中點(diǎn)，
∴FP∥D1D，F(xiàn)P=12D1D，
∵E為BB1中點(diǎn)，
∴BE=12BB1，
又D1D∥BB1，
∴FP∥BE，F(xiàn)P＝BE，
∴四邊形BPFE為平行四邊形，
∴BP∥EF，
∵BP?平面AED1，EF?平面BPFE，
∴BP∥平面AED1．
由于P為AD的中點(diǎn)，
所以λ＝1．
故答案為：1．
20．如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F(xiàn)分別是AB1，BC1的中點(diǎn)，①EF與BB1垂直；②EF⊥平面BCC1B1；③EF與C1D所成的角為45°；④EF∥平面A1B1C1D1．則以上結(jié)論中成立的是?、佗堋。?br />
【分析】觀察正方體的圖形，連B1C，則B1C交BC1于F且F為BC1中點(diǎn)，推出EF∥A1C1；分析判斷①④正誤；直線與平面垂直的判定定理判斷②的正誤；異面直線所成的角判斷③的正誤．
【解答】解：連B1C，則B1C交BC1于F且F為BC1中點(diǎn)，
在三角形B1AC中，EF∥=12AC，所以EF∥平面ABCD，故①正確；
AC不垂直平面BCC1B1，所以②EF⊥平面BCC1B1，故②不正確；
EF與C1D所成角就是∠B1AC＝60°，故③不正確；
由EF∥=12AC，AC∥A1C1得EF∥A1C1，所以EF∥平面A1B1C1D1，故④正確．
故答案為：①④．

21．如圖，過(guò)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的頂點(diǎn)B1，D1與棱AB的中點(diǎn)P的平面與底面ABCD所在平面的交線記為l，則l與B1D1的位置關(guān)系為　l∥B1D1　．

【分析】連接D1P、B1P，由平面ABCD∥平面A1B1C1D1，結(jié)合面面平行的性質(zhì)定理即可得l∥B1D1．
【解答】解：如圖所示，連接D1P、B1P，

在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面B1D1P∩平面A1B1C1D1＝B1D1，平面B1D1P∩平面ABCD＝l，
∴l(xiāng)∥B1D1．
故答案為：l∥B1D1．
22．空間四邊形PABC的各邊及對(duì)角線長(zhǎng)度都相等，D、E、F、G分別是AB、BC、CA、AP的中點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論中成立的是?、佗凇?
①BC∥平面PDF
②DF⊥平面PAE
③平面GDF∥平面PBC
④平面PAE⊥平面ABC．

【分析】由BC∥DF，得BC∥平面PDF；由DE⊥BC，AE⊥BC，得BC⊥平面PAE，由DF∥BC，得到DF⊥平面PAE；由DG∥PB，GF∥PC，DG∩GF＝G，DG，GF?平面GDF，得平面GDF∥平面PBC；由BC⊥平面PAE，BC?平面ABC，得平面PAE⊥平面ABC．
【解答】解：∵空間四邊形PABC的各邊及對(duì)角線長(zhǎng)度都相等，
D、E、F、G分別是AB、BC、CA、AP的中點(diǎn)，
∴BC∥DF，又BC不包含于平面PDF，DF?平面PDF，
∴BC∥平面PDF，故①正確；
∵DE⊥BC，AE⊥BC，DE∩AE＝E，
∴BC⊥平面PAE，
∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故②正確；
∵DG∥PB，GF∥PC，DG∩GF＝G，DG，GF?平面GDF，
∴平面GDF∥平面PBC，故③正確；
∵BC⊥平面PAE，BC?平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，故④正確．
故答案為：①②③④．

23．如圖，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E為CD的中點(diǎn)，M、N分別是AD，BE的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，則下列說(shuō)法正確的是?、佗凇。▽?xiě)出所有正確說(shuō)法的序號(hào)）
①不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)，都有MN∥平面DEC；
②不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)）都有MN⊥AE；
③不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)），都有MN∥AB；
④不論D折至何位置（不在平面ABC內(nèi)），都有EC不垂直AD．

【分析】利用直線和平面平行、直線和平面垂直的判定定理、性質(zhì)定理，結(jié)合反例、反證法的思想方法，逐一判斷得出答案．
【解答】解：由已知，在未折疊的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD．所以四邊形ABED為平行四邊形，∴DA＝EB．折疊后得出圖形如下：
①過(guò)M，N分別作AE，BC的平行線，交ED，EC于F，H．連接FH
則 HNCB=ENEB，F(xiàn)MEA=DMDA，由平行公理得HN∥FM，
∵DA＝EB，∴HN＝FM，
∴四邊形MNHF是平行四邊形．
∴MN∥FH
MN?面CED，HF?面CED．∴MN∥平面DEC． ①正確；
②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
∴AE⊥面CED，HF?面CED∴AE⊥HF，∴MN⊥AE；②正確；
③MN與AB 異面．假若MN∥AB，則MN與AB確定平面MNAB，
從而B(niǎo)E?平面MNAB，AD?平面MNAB．與BE和AD是異面直線矛盾．③錯(cuò)誤；
④當(dāng)CE⊥ED時(shí)，EC⊥AD．
這是因?yàn)?，由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，
所以CE⊥面AED，AD?面AED．得出EC⊥AD．④錯(cuò)誤．
故答案為：①②．

24．如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是C1D1，AA1，BC的中點(diǎn)，BD1與平面EFG　不平行?。ㄌ睢捌叫小被颉安黄叫小保辉谡襟w的12條面對(duì)角線中，與平面EFG平行的面對(duì)角線有　6　條．

【分析】建立合適的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，求出所需各點(diǎn)的坐標(biāo)，求出所需的直線的方向向量和平面EFG的法向量，判斷直線的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積是否為0，即可得到答案．
【解答】解：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，
則B（2，2，0），D1（0，0，2），E（0，1，2），
F（2，0，2），G（1，2，0），A（2，0，0），C（0，2，0），
可得BD1→=（﹣2，﹣2，2），EF→=（2，﹣1，﹣1），EG→=（1，1，﹣2），
設(shè)平面EFG的法向量是m→=（x，y，z），
由m→?EF→=0m→?EG→=0，可得2x?y?z=0x+y?2z=0，
令x＝1，則y＝1，z＝1，所以m→=（1，1，1），
因?yàn)锽D1→?m→=?2×1+(?2)×1+2×1≠0，
所以BD1與平面EFG不平行，
又AC→=(?2，2，0)，且m→?AC→=?2×1+2×1+0×1=0，
所以AC與平面EFG平行，
又因?yàn)锳1C1∥AC，
所以A1C1與平面EFG平行，
同理可得，A1B，D1C，AD1，BC1與平面EFG平行，
BD，B1D1，AB1，DC1，A1D，B1C與平面EFG不平行，
故與平面EFG平行的面對(duì)角線有6條．
故答案為：不平行；6．

25．已知棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，則過(guò)點(diǎn)B1且與平面A1BE平行的正方體的截面面積為　4113　．
【分析】取ED的中點(diǎn)F，取G，使A1G=13A1D1，取H使BH=13BC，連接GH，F(xiàn)H，GB1，根據(jù)面面平行的判定定理可證得面A1BE∥面FHB1G，求出邊長(zhǎng)，及對(duì)角線長(zhǎng)，根據(jù)菱形的面積公式即可求出結(jié)果．
【解答】解：取ED的中點(diǎn)F，取G，使A1G=13A1D1，取H使BH=13BC，連接GH，F(xiàn)H，GB1，由平行性質(zhì)可知：FH∥GB1且FH＝GB1，即四邊形FHB1G為平行四邊形，
∵棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E在棱AD上，且2AE＝DE，AE=13AD=23，
∴BE∥FH，A1E∥GF，∴BE∥面FHB1G，A1E∥面FHB1G，
∵A1E∩EB＝E，
∴面A1BE∥面FHB1G，
∵FH＝EB=(23)2+22=2103，F(xiàn)G＝A1E=(23)2+22=2103，
∴四邊形FHB1G為菱形，GH=A1E=22，
∴B1F=2GF2?(GH2)2=2(2103)2?(2)2=2223，
截面面積S=12GH?B1F=12?2223?22=4113．．
故答案為：4113，

26．空間四邊形ABCD的兩條對(duì)角線AC、BD所成角為30°，設(shè)AC＝6，BD＝8．則過(guò)AB的中點(diǎn)E且平行于BD、AC的截面四邊形的面積為　6?。?br /> 【分析】根據(jù)三角形的中位線定理知，EF、EH的長(zhǎng)為其第三邊的一半，根據(jù)平行四邊形的面積公式即得結(jié)論．
【解答】解：設(shè)截面四邊形為EFGH，F(xiàn)、G、H分別是BC、CD、DA的中點(diǎn)，
則四邊形EFGH為平行四邊形，
EF＝GH＝3，F(xiàn)G＝HE＝4，∠EFG＝30°或150°
∴截面四邊形的面積為EF?FG?sin∠EFG＝3?4?12=6．
∴過(guò)AB的中點(diǎn)E且平行于BD、AC的截面四邊形的面積為6．
故答案為：6．

27．已知正四面體ABCD中，AB＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在AB，AD，CD，BC上，且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，則四邊形EFGH的面積的最大值為　1?。?br /> 【分析】由題意畫(huà)出圖形，證明四邊形EFGH為矩形，再由平行線截線段成比例列式，結(jié)合基本不等式即可求得四邊形EFGH的面積的最大值．
【解答】解：如圖，

∵AC∥平面EFGH，AC?平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EH，∴AC∥EH，
同理AC∥FG，則EH∥FG，
∵BD∥平面EFGH，BD?平面ABD，平面ABD∩平面EFGH＝EF，∴BD∥EF，
同理BD∥GH，則EF∥GH．
則四邊形EFGH為平行四邊形，
又由正四面體的對(duì)稱性可證得AC⊥BD，則EH⊥EF，即四邊形EFGH為矩形，
∵正四面體的棱長(zhǎng)為2，則CGCD=GHBD=GH2，GDCD=GFAC=GF2，
兩式相加可得：1=GH2+GF2≥2GH?GF4=GH?GF，
即GH?GF≤1，當(dāng)且僅當(dāng)GH＝GF時(shí)等號(hào)成立．
∴四邊形EFGH的面積的最大值為1．
故答案為：1．
三．解答題（共6小題）
28．已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，ABCD是菱形且∠DAB＝60°，E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)．
（1）證明：EF∥平面ABD1；
（2）求三棱柱ADD1﹣BCC1的體積．
【分析】（1）連接BC1，由平面的基本性質(zhì)可得平面ABD1與平面ABC1D1為同一平面，再由平面幾何的知識(shí)可得EF∥BC1，由線面平行的判定即可得證；
（2）由題意結(jié)合棱柱的體積公式可得四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的體積，再利用VADD1?BCC1=12VABCD?A1B1C1D1即可得解．
【解答】解：（1）證明：連接BC1，如圖：

因?yàn)樗睦庵鵄BCD﹣A1B1C1D1為直四棱柱，且ABCD是菱形，
所以AB∥CD∥C1D1，所以平面ABD1與平面ABC1D1為同一平面，
又E，F(xiàn)分別為BC，CC1的中點(diǎn)，所以EF∥BC1，
因?yàn)镋F?平面ABC1D1，BC1?平面ABC1D1，
所以EF∥平面ABC1D1，即EF∥平面ABD1；
（2）由題意底面ABCD的面積S底面ABCD＝2×12×AD×AB×sin∠DAB=2×2×32=23，
由直四棱柱的性質(zhì)可得A1A⊥平面ABCD，所以A1A為該四棱柱的高，
所以四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的體積VABCD?A1B1C1D1=SABCD?AA1＝23×2=43，
又三棱柱ADD1﹣BCC1與三棱柱AA1D1﹣BB1C1等底等高，
所以VADD1?BCC1=VAA1D1?BB1C1=12VABCD?A1B1C1D1=23．
29．如圖，在三棱錐A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E、F（E與A、D不重合）分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求證：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．

【分析】（1）利用AB∥EF及線面平行判定定理可得結(jié)論；
（2）通過(guò)取線段CD上點(diǎn)G，連結(jié)FG、EG使得FG∥BC，則EG∥AC，利用線面垂直的性質(zhì)定理可知FG⊥AD，結(jié)合線面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，從而可得結(jié)論．
【解答】證明：（1）∵AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四點(diǎn)共面，
∴AB∥EF，又∵EF?平面ABC，AB?平面ABC，
∴EF∥平面ABC；
（2）在線段CD上取點(diǎn)G，連結(jié)FG、EG使得FG∥BC，則EG∥AC，
∵BC⊥BD，F(xiàn)G∥BC，∴FG⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，F(xiàn)G?平面BCD，
∴FG⊥平面ABD，∵AD?平面ABD，∴FG⊥AD，
∵AD⊥EF，且EF∩FG＝F，
∴AD⊥平面EFG，∵EG?平面EFG，∴AD⊥EG，
∵EG∥AC，∴AD⊥AC．

30．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD．E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，求證：
（Ⅰ）PA⊥底面ABCD；
（Ⅱ）BE∥平面PAD；
（Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD．

【分析】（Ⅰ）根據(jù)條件，利用平面和平面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥平面ABCD．
（Ⅱ）根據(jù)已知條件判斷ABED為平行四邊形，故有BE∥AD，再利用直線和平面平行的判定定理證得BE∥平面PAD．
（Ⅲ）先證明ABED為矩形，可得BE⊥CD①．現(xiàn)證CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，再由三角形中位線的性質(zhì)可得EF∥PD，
從而證得 CD⊥EF②．結(jié)合①②利用直線和平面垂直的判定定理證得CD⊥平面BEF，再由平面和平面垂直的判定定理
證得平面BEF⊥平面PCD．
【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥平面ABCD．

（Ⅱ）∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，故四邊形ABED為平行四邊形，故有BE∥AD．
又AD?平面PAD，BE不在平面PAD內(nèi)，故有BE∥平面PAD．

（Ⅲ）平行四邊形ABED中，由AB⊥AD可得，ABED為矩形，故有BE⊥CD①．
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，再由AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，故有CD⊥PD．
再由E、F分別為CD和PC的中點(diǎn)，可得EF∥PD，
∴CD⊥EF②．
而EF和BE是平面BEF內(nèi)的兩條相交直線，故有CD⊥平面BEF．
由于CD?平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．
31．如圖，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E為線段AD上的任意一點(diǎn)（不包括A、D兩點(diǎn)），平面CEC1與平面BB1D交于FG．
（1）證明：AC⊥BD；
（2）證明：FG∥平面AA1B1B．

【分析】（1）先證出BB1⊥AC，AC⊥B1D，即可證明AC⊥平面BB1D，從而證出AC⊥BD；
（2）先證明CC1∥平面BB1D，得出CC1∥FG，從而得出FG∥BB1，再證出FG∥平面AA1B1B．
【解答】解：（1）證明：四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵BB1⊥底面ABCD，AC?平面ABCD，
∴BB1⊥AC；
又AC⊥B1D，
BB1∩B1D＝B1，
∴BB1?平面BB1D，B1D?平面BB1D，
∴AC⊥平面BB1D；
又BD?平面BB1D，
∴AC⊥BD；
（2）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1∥BB1，
CC1?平面BB1D，BB1?平面BB1D，
∴CC1∥平面BB1D；
又平面CEC1∩平面BB1D＝FG，
∴CC1∥FG，
∴FG∥BB1；
又FG?平面ABB1A1，BB1?平面ABB1A1，
∴FG∥平面AA1B1B．
32．如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1⊥CC1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BC，A1B1的中點(diǎn)，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1．
（1）求證：B1C1⊥A1C；
（2）求證：EF∥平面A1C1CA．

【分析】（1）推導(dǎo)出BC1⊥平面ACC1A1．由此能證明BC1⊥A1C．
（2）取A1C1中點(diǎn)G，連接FG、GC，證明四邊形FECG是平行四邊形，由此能證明EF∥平面A1C1CA．
【解答】證明：（1）因?yàn)锽C1⊥C1C，又平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，
且平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝C1C，
所以BC1⊥平面ACC1A1．
又因?yàn)锳1C?平面A1C1CA，
所以BC1⊥A1C．
（2）取A1C1中點(diǎn)G，連FG，連GC，如圖所示：

在△A1B1C1中，因?yàn)镕，G分別是A1B1，A1C1中點(diǎn)，
所以FG∥B1C1，且FG=12B1C1．
在平行四邊形BCC1B1中，因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，
所以EC∥B1C1，且EC=12B1C1．
所以EC∥FG，且EC＝FG．
所以四邊形FECG是平行四邊形．
所以FE∥GC．
又因?yàn)镕E?平面A1C1CA，GC?平面A1C1CA，
所以EF∥平面A1C1CA．
33．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD為菱形，PA＝PC，E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點(diǎn)．
（1）求證：AC⊥平面PBD；
（2）求證：EF∥平面PBC．

【分析】（1）設(shè)AC∩BD＝O，則O是BD中點(diǎn)，由面ABCD是菱形，可得BD⊥AC，又PA＝PC，O是AC中點(diǎn)，可得AC⊥PO，利用線面垂直的判定定理即可證明AC⊥平面PAC．
（2）取PC中點(diǎn)為G，由已知利用中位線的性質(zhì)可得FG∥CD，且FG=12CD，又由底面ABCD是菱形，E是AB中點(diǎn)，可得BE∥CD，且BE=12CD，從而B(niǎo)E∥FG，且BE＝FG，可得四邊形BEFG是平行四邊形，可得EF∥BG，利用線面平行的判定定理即可證明EF∥平面PBC．
【解答】證明：（1）設(shè)AC∩BD＝O，則O是BD中點(diǎn)，
∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
又∵PA＝PC，O是AC中點(diǎn)，
∴AC⊥PO，
又BD∩PO＝O，
∴AC⊥平面PBD．
（2）取PC中點(diǎn)為G，
∵在△PCD中，F(xiàn)是PD中點(diǎn)，G是PC中點(diǎn)，
∴FG∥CD，且FG=12CD，
又∵底面ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∵E是AB中點(diǎn)，
∴BE∥CD，且BE=12CD，
∴BE∥FG，且BE＝FG，
∴四邊形BEFG是平行四邊形，
∴EF∥BG，
又EF?平面PBC，BG?平面PBC，
∴EF∥平面PBC．

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