2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題四　第2講　空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系32

第2講空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系[考情分析]高考對此部分的考查，一是空間線面關(guān)系的命題的真假判斷，以選擇題、填空題的形式考查，屬于基礎(chǔ)題；二是空間線線、線面、面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題，一般以選擇題、填空題或解答題的第(1)問的形式考查，屬中檔題．考點一空間直線、平面位置關(guān)系的判定核心提煉判斷空間直線、平面位置關(guān)系的常用方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷，解決問題．(2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型觀察線、面的位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理進行判斷．例1(1)(2023·寶雞模擬)已知α，β是空間兩個不同的平面，m，n是空間兩條不同的直線，則下列結(jié)論錯誤的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥βB．若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥nC．若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥βD．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n答案D解析對于A，若m⊥α，m⊥n，則n?α或n∥α，若n?α，n⊥β，則α⊥β，若n∥α，則平面α內(nèi)存在直線c使得n∥c，又n⊥β，所以c⊥β，又c?α，所以α⊥β，故A正確；對于B，若m⊥α，α∥β，則m⊥β，又n⊥β，則m∥n，故B正確；對于C，若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空間兩個不同的平面，則α∥β，故C正確；對于D，若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m與n異面，故D錯誤．(2)(多選)(2023·金麗衢十二校聯(lián)考)每個面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖．若點G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．四邊形AECF是平行四邊形B．GH與MN是異面直線C．GH∥平面EABD．GH⊥BC答案AC解析如圖，連接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，則AC與EF相交且互相平分，故四邊形AECF為平行四邊形，故A正確；所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點，所以GM∥AE，NH∥CF，且GM＝eq\f(1,2)AE，NH＝eq\f(1,2)CF，所以GM∥NH，且GM＝NH，所以四邊形MNHG是平行四邊形，故B錯誤；易證平面MNHG∥平面EAB，又GH?平面MNHG，所以GH∥平面EAB，故C正確；因為EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH?平面EMH，所以BC⊥平面EMH，而GH?平面EMH，GH∩EH＝H，所以GH與BC不垂直，故D錯誤．規(guī)律方法對于線面關(guān)系的存在性問題，一般先假設(shè)存在，然后再在該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足，則假設(shè)成立；若得出矛盾，則假設(shè)不成立．跟蹤演練1(1)(多選)(2023·廣州模擬)已知直線m與平面α有公共點，則下列結(jié)論一定正確的是()A．平面α內(nèi)存在直線l與直線m平行B．平面α內(nèi)存在直線l與直線m垂直C．存在平面β與直線m和平面α都平行D．存在過直線m的平面β與平面α垂直答案BD解析對于A選項，若直線m與α相交，且平面α內(nèi)存在直線l與直線m平行，由于m?α，則m∥α，這與直線m與α相交矛盾，假設(shè)不成立，A錯誤；對于B選項，若m?α，則在平面α內(nèi)必存在l與直線m垂直；若直線m與α相交，設(shè)m∩α＝A，如圖所示，若m⊥α，且l?α，則m⊥l；若m與α斜交，過直線m上一點P(異于點A)作PB⊥α，垂足為點B，過點A作直線l，使得l⊥AB，因為PB⊥α，l?α，則l⊥PB，又因為l⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以l⊥平面PAB，因為m?平面PAB，所以l⊥m，綜上所述，平面α內(nèi)存在直線l與直線m垂直，B正確；對于C選項，設(shè)直線m與平面α的一個公共點為點A，假設(shè)存在平面β，使得α∥β且m∥β，過直線m作平面γ，使得γ∩β＝l，因為m∥β，m?γ，γ∩β＝l，則l∥m，因為α∥β，記α∩γ＝n，又因為γ∩β＝l，則n∥l，因為在平面γ內(nèi)過點A有且只有一條直線與直線l平行，且A∈n，故m，n重合，所以m?α，但m不一定在平面α內(nèi)，C錯誤；對于D選項，若m⊥α，則過直線m的任意一個平面都與平面α垂直，若m與α不垂直，設(shè)直線m與平面α的一個公共點為點A，則過點A有且只有一條直線l與平面α垂直，記直線l，m所確定的平面為β，則α⊥β，D正確．(2)(多選)(2023·長春模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1C與平面AB1D1的交點為M，O為線段B1D1的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．A，M，O三點共線B．M，O，A1，B四點不共面C．B，B1，O，M四點共面D．B，D1，C，M四點共面答案ABD解析如圖，因為AA1∥CC1，則A，A1，C1，C四點共面．因為M∈A1C，則M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，則點M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理，O，A也在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，所以A，M，O三點共線，故A正確；從而M，O，A1，A四點共面，都在平面ACC1A1內(nèi)，而點B不在平面ACC1A1內(nèi)，所以M，O，A1，B四點不共面，故B正確；B，B1，O三點均在平面BB1D1D內(nèi)，而點A不在平面BB1D1D內(nèi)，所以直線AO與平面BB1D1D相交且點O是交點，所以點M不在平面BB1D1D內(nèi)，即B，B1，O，M四點不共面，故C錯誤；因為BC∥D1A1，且BC＝D1A1，所以四邊形BCD1A1為平行四邊形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四點共面，故D正確．考點二空間平行、垂直關(guān)系核心提煉平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化考向1平行、垂直關(guān)系的證明例2(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．(1)證明因為A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，又因為∠ACB＝90°，即AC⊥BC，因為A1C，AC?平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因為BC?平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)解如圖，過點A1作A1O⊥CC1于點O.因為平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O?平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.因為A1C⊥平面ABC，AC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC與Rt△A1BC中，因為A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.設(shè)A1C＝AC＝x，則A1C1＝x，所以O(shè)為CC1中點，OC1＝eq\f(1,2)AA1＝1，又因為A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AAeq\o\al(2,1)，即x2＋x2＝22，解得x＝eq\r(2)，所以A1O＝eq\r(A1C\o\al(2,1)－OC\o\al(2,1))＝eq\r(\r(2)2－12)＝1，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為1.規(guī)律方法(1)證明線線平行的常用方法①三角形的中位線定理；②平行公理；③線面平行的性質(zhì)定理；④面面平行的性質(zhì)定理．(2)證明線線垂直的常用方法①等腰三角形三線合一；②勾股定理的逆定理；③利用線面垂直的性質(zhì)證線線垂直．跟蹤演練2如圖，正方形ABCD與平面BDEF交于BD，DE⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD，且DE＝EF＝eq\f(\r(2),2)AB.(1)求證：BF∥平面AEC；(2)求證：DF⊥平面AEC.證明如圖，設(shè)AC與BD交于點O，則O為正方形ABCD的中心，連接OE，OF.(1)不妨令A(yù)B＝eq\r(2).則DE＝EF＝1.∵四邊形ABCD為正方形，∴BD＝eq\r(2)AB＝2＝2BO.∵EF∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，EF?平面BDEF，∴EF∥BD，∴EF∥OB，EF＝OB，即四邊形BOEF為平行四邊形，∴OE∥BF.又OE?平面AEC，BF?平面AEC，∴BF∥平面AEC.(2)∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，∴四邊形ODEF為菱形．∵DE⊥平面ABCD，∴四邊形ODEF為正方形，∴DF⊥OE.又四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC.∵DE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴DE⊥AC.而BD∩DE＝D，且BD，DE?平面BDEF，∴AC⊥平面BDEF.∵DF?平面BDEF，∴AC⊥DF.又OE∩AC＝O，OE，AC?平面AEC，∴DF⊥平面AEC.考向2翻折問題核心提煉翻折問題，關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般地，位于“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點、線、面之間的位置關(guān)系會發(fā)生變化；對于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．例3(1)(2023·成都模擬)如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AD，BC上的點，且AD＝3AE，BC＝3BF，設(shè)P，Q分別為線段AF，CE的中點，將四邊形ABFE沿著直線EF進行翻折，使得點A不在平面CDEF上，在這一過程中，下列關(guān)系不能成立的是()A．AB∥CD B．AB⊥PQC．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE答案C解析翻折之后如圖所示，連接PQ，DF.因為AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故選項A成立；因為P，Q分別為AF，CE的中點，所以Q為DF的中點，所以PQ∥AD，易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故選項B成立；因為PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ與ED不平行，故選項C不成立；因為PQ∥AD，且PQ?平面ADE，AD?平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故選項D成立．(2)(多選)(2023·山東名校大聯(lián)考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻折的過程中，下面四個命題中正確的是()A．BM的長是定值B．點M的運動軌跡在某個圓周上C．存在某個位置，使DE⊥A1CD．A1不在底面BCD上時，MB∥平面A1DE答案ABD解析如圖所示，取CD的中點F，連接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，∵MF?平面A1DE，A1D?平面A1DE，∴MF∥平面A1DE，同理可得BF∥平面A1DE，又MF∩BF＝F，MF，BF?平面BMF，∴平面BMF∥平面A1DE，∵BM?平面BMF，∴BM∥平面A1DE，D選項正確；又∠BFM＝∠A1DE，MF＝eq\f(1,2)A1D為定值，BF＝DE為定值，由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，∴BM的長為定值，A選項正確；∴點M的運動軌跡在以點B為圓心，BM為半徑的圓周上，B選項正確；∵A1C在平面ABCD中的射影在直線AC上，且AC與DE不垂直，∴不存在某個位置，使DE⊥A1C，C選項錯誤．易錯提醒注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關(guān)系．對照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系．跟蹤演練3(2023·鄭州質(zhì)檢)已知正方形ABCD的邊長為2，現(xiàn)將△ACD沿對角線AC翻折，得到三棱錐D－ABC.記AC，BC，AD的中點分別為O，M，N，則下列結(jié)論錯誤的是()A．AC⊥平面BODB．三棱錐D－ABC體積的最大值為eq\f(2\r(2),3)C．三棱錐D－ABC的外接球的表面積為定值D．MN與平面BOD所成角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))答案D解析對于A，因為四邊形ABCD為正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，又由BO∩DO＝O，且BO，DO?平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正確；對于B，當平面ACD⊥平面ABC時，此時點D到平面ABC的距離最大，即三棱錐D－ABC高的最大值為h＝DO＝eq\r(2)，此時三棱錐D－ABC的體積最大，為V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以B正確；對于C，由OA＝OB＝OC＝OD＝eq\r(2)，所以三棱錐D－ABC外接球的球心為O，即外接球的半徑R＝eq\r(2)，所以三棱錐D－ABC外接球的表面積S＝4πR2＝8π(定值)，所以C正確；對于D，如圖所示，取AB，AO的中點E，F(xiàn)，分別連接ME，EF，NF，NE，MF，因為E，F(xiàn)，N分別為AB，AO，AD的中點，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，所以平面NEF∥平面BOD，又因為AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因為AC∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即為直線MN與平面NEF所成的角，在折疊過程中，設(shè)BD的長度為a，則a∈(0,2eq\r(2))，由E，N分別為AB，AD的中點，得NE＝eq\f(1,2)BD，在Rt△MNE中，可得tan∠MNE＝eq\f(ME,NE)＝eq\f(\f(1,2)AC,\f(1,2)BD)＝eq\f(AC,BD)＝eq\f(2\r(2),a)>1，所以∠MNE的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，即MN與平面BOD所成角的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以D錯誤．專題強化練一、單項選擇題1．(2023·安陽統(tǒng)考)若a，b，c是空間三條直線，a∥b，a與c相交，則b與c的位置關(guān)系是()A．平行 B．相交C．異面 D．異面或相交答案D解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB與BC相交，A1B1與BC是異面直線；AB∥A1B1，AB與AA1相交，A1B1與AA1是相交直線，∴若a，b，c是空間三條直線，a∥b，a與c相交，則b與c的位置關(guān)系是異面或相交．2．(2023·河南校聯(lián)考模擬)已知α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列命題中正確的是()A．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，則n⊥βB．若m∥n，m∥α，n∥β，則α∥βC．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nD．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β答案D解析對于A，可能會出現(xiàn)n∥β，n?β，或n與β相交但不垂直的情況，所以A錯誤；對于B，由m∥n，m∥α，n∥β，可得α∥β或平面α，β相交，故B錯誤；對于C，由α⊥β，m?α，n?β，可得m∥n或m，n相交或m，n異面，相交或異面時兩直線可能不垂直，故C錯誤；對于D，m⊥α，m∥n，則n⊥α，再由n∥β，可得α⊥β，可知D正確．3．(2023·泉州聯(lián)考)如圖，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是()答案D解析對于A，由正方體的性質(zhì)可得MN∥AC，因為MN?平面ABC，AC?平面ABC，所以直線MN∥平面ABC，故A正確；對于B，如圖，作出完整的截面ADBCEF，由正方體的性質(zhì)可得MN∥AD，因為MN?平面ABC，AD?平面ABC，所以直線MN∥平面ABC，故B正確；對于C，由正方體的性質(zhì)可得平面ABC與正方體的右側(cè)面平行，故MN∥平面ABC，故C正確；對于D，如圖，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC內(nèi)，不能得出平行，故D錯誤．4．(2023·長沙模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△A1B1C1是正三角形，E是BC的中點，則下列敘述正確的是()A．CC1與B1E是異面直線B．AC⊥平面ABB1A1C．AE與B1C1為異面垂直D．A1C1∥平面AB1E答案C解析對于A，∵CC1?平面BCC1B1，B1E?平面BCC1B1，∴CC1與B1E共面，A錯誤；對于B，若AC⊥平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，則AC⊥AB，即△ABC為直角三角形，∴△A1B1C1為直角三角形，與已知△A1B1C1是正三角形相矛盾，B錯誤；對于C，∵AE∩平面BCC1B1＝E，E?B1C1，∴AE，B1C1為異面直線，∵△ABC為正三角形，E為BC的中點，∴AE⊥BC，∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正確；對于D，直線AC交平面AB1E于點A，又AC∥A1C1，∴直線A1C1與平面AB1E相交，故D錯誤．5.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點，則()A．A，M，N，B四點共面B．平面ADM⊥平面CDD1C1C．直線BN與B1M所成的角為30°D．BN∥平面ADM答案B解析如圖所示，連接MN，BC1，對于A選項，AB∥C1M，C1M∩MN＝M，MN?平面ABC1M，所以直線AB，MN是異面直線，故A，M，N，B四點不共面，A錯誤；對于B選項，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，又AD?平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正確；對于C選項，取CD的中點O，連接BO，ON，則B1M∥BO，可知BO＝ON＝BN＝2eq\r(2)，所以△BON為等邊三角形，故∠OBN＝60°，即直線BN與B1M所成的角為60°，C錯誤；對于D選項，因為BN∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，D錯誤．6．(2023·長春吉大附中模擬)如圖，在矩形AEFC中，AE＝2，EF＝2eq\r(2)，B為EF的中點，現(xiàn)分別沿AB，BC將△ABE，△BCF翻折，使點E，F(xiàn)重合，記為點P，翻折后得到三棱錐P－ABC，則下列結(jié)論不正確的是()A．AC⊥BPB．三棱錐P－ABC的體積為eq\f(4\r(2),3)C．直線PA與平面ABC所成角的大小為eq\f(π,6)D．三棱錐P－ABC外接球的半徑為eq\f(\r(10),2)答案B解析由題意可知由BP⊥AP，BP⊥CP，又AP∩CP＝P，AP，CP?平面PAC，所以BP⊥平面PAC，因為AC?平面PAC，所以AC⊥BP，故A正確；在△PAC中，PA＝PC＝2，AC＝2eq\r(2)，所以△PAC為直角三角形，所以VP－ABC＝VB－PAC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯誤；設(shè)點P到平面ABC的距離為h，則VP－ABC＝eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(1,3)S△ABCh?h＝eq\f(2\r(2),S△ABC)，由于S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2＝2eq\r(2)，所以h＝1，又PA＝2，設(shè)直線PA與平面ABC所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(h,PA)＝eq\f(1,2)，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,6)，故C正確；由B選項知，△PAC為直角三角形，所以△PAC外接圓的半徑r＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，設(shè)三棱錐P－ABC外接球的半徑為R，又因為BP⊥平面PAC，則R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PB))2＝(eq\r(2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(5,2)，所以R＝eq\f(\r(10),2)，即三棱錐P－ABC外接球的半徑為eq\f(\r(10),2)，故D正確．二、多項選擇題7.(2023·深圳模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點P在直線AD1上，Q為線段BD的中點，則下列命題中的真命題有()A．存在點P，使得PQ⊥A1C1B．存在點P，使得PQ∥A1BC．直線PQ始終與直線CC1異面D．直線PQ始終與直線BC1異面答案ABD解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，因為點P在直線AD1上，Q為線段BD的中點，當點P和點D1重合時，PQ?平面BDD1B1，所以PQ⊥A1C1，故A正確；連接A1D，A1B，當點P為線段A1D的中點時，PQ為△A1BD的中位線，即PQ∥A1B，故B正確；CC1?平面AA1C1C，當點P和點A重合時，PQ?平面AA1C1C，所以直線PQ和CC1在同一平面內(nèi)，故C錯誤；BC1?平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P?BC1，所以直線PQ始終與直線BC1不相交，且不平行，所以直線PQ與直線BC1是異面直線，故D正確．8.(2023·安慶模擬)如圖，已知四邊形ABCD，△BCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，△ABD為等邊三角形，BD＝2，將△ABD沿對角線BD翻折到△PBD，在翻折的過程中，下列結(jié)論中正確的是()A．BD⊥PCB．DP與BC可能垂直C．四面體PBCD體積的最大值是eq\f(\r(3),3)D．直線DP與平面BCD所成角的最大值是eq\f(π,4)答案ABC解析對于A，如圖所示，取BD的中點M，連接PM，CM，∵△BCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，∵△ABD為等邊三角形，∴BD⊥PM，又PM∩CM＝M，PM，CM?平面PMC，∴BD⊥平面PMC，又PC?平面PMC，∴BD⊥PC，故A正確；對于B，假設(shè)DP⊥BC，又BC⊥CD，CD∩DP＝D，CD，DP?平面PCD，∴BC⊥平面PCD，又PC?平面PCD，∴BC⊥PC，又PB＝2，BC＝eq\r(2)，易知PC∈[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1]，當PC＝eq\r(2)時，BC2＋PC2＝PB2，故DP與BC可能垂直，故B正確；對于D，當平面PBD⊥平面BCD時，平面PBD∩平面BCD＝BD，BD⊥PM，PM?平面PBD，此時PM⊥平面BCD，∠PDB即為直線DP與平面BCD所成的角，此時∠PDB＝eq\f(π,3)，故D錯誤；對于C，易知當平面PBD⊥平面BCD時，此時四面體PBCD的體積最大，此時的體積V＝eq\f(1,3)S△BCD·PM＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)，故C正確．三、填空題9．平面α內(nèi)兩條相交直線l，m都不在平面β內(nèi)．命題甲：l和m中至少有一條與平面β相交；命題乙：α與β相交．則甲是乙的______________條件．答案充要解析由于兩條相交直線l，m都在平面α內(nèi)，且都不在平面β內(nèi)，則α與β不重合．充分性：若l和m中至少有一條與β相交，不妨設(shè)l∩β＝A，則由于l?α，∴A∈α，而A∈β，由于α與β不重合，∴α與β相交，故充分性成立．必要性：若α∩β＝a，如果l和m都不與β相交，由于它們都不在平面β內(nèi)，∴l(xiāng)∥β且m∥β，∴l(xiāng)∥a且m∥a，進而得到l∥m，與已知l，m是相交直線矛盾，因此l和m中至少有一條與β相交，故必要性成立．綜上所述，甲是乙的充要條件．10.如圖，P為?ABCD所在平面外一點，E為AD的中點，F(xiàn)為PC上一點，當PA∥平面EBF時，eq\f(PF,FC)＝________.答案eq\f(1,2)解析如圖，連接AC交BE于點O，連接OF.∵AD∥BC，E為AD的中點，∴eq\f(AO,OC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2)，∵PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC＝OF，PA?平面PAC，∴PA∥OF，∴eq\f(PF,FC)＝eq\f(AO,OC)＝eq\f(1,2).11.如圖，在正四棱錐P－ABCD中，PA＝eq\f(\r(3),2)AB，M是BC的中點，G是△PAD的重心，則在平面PAD內(nèi)經(jīng)過G點且與直線PM垂直的直線有________條．答案無數(shù)解析取AD的中點N，連接PN，MN，則G在直線PN上，設(shè)AB＝2，則PA＝eq\r(3)，∵PN⊥AD，AN＝1，∴PN＝eq\r(2)，∴PM＝PN＝eq\r(2)，又MN＝2，∴PM2＋PN2＝MN2，故PM⊥PN，∵AD⊥MN，AD⊥PN，MN∩PN＝N，MN，PN?平面PMN，∴AD⊥平面PMN，∵PM?平面PMN，∴AD⊥PM，∵AD∩PN＝N，AD，PN?平面PAD，∴PM⊥平面PAD，∴PM垂直于平面PAD內(nèi)任意一條直線，∴在平面PAD內(nèi)經(jīng)過G點且與直線PM垂直的直線有無數(shù)條．12．(2023·北京模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中點，平面ACE將正方體分成體積分別為V1，V2(V1≤V2)的兩部分，則eq\f(V1,V2)＝________.答案eq\f(7,17)解析如圖所示，取B1C1的中點H，連接EH，CH，A1C1，因為AC∥平面A1B1C1D1，故AC平行于平面ACE與平面A1B1C1D1的交線，又E，H分別為A1B1，B1C1的中點，易知EH∥A1C1∥AC，即平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EH，故平面ACE將正方體分為如圖所示的兩部分，設(shè)正方體的棱長為2，則正方體的體積為8，＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2＋\r(\f(1,2)×2)))×2＝eq\f(7,3)，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(7,3),8－\f(7,3))＝eq\f(7,17).四、解答題13.(2023·西安聯(lián)考)如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝4，AD＝eq\r(3)，DC＝1，點M為AB上一點，且AM＝1.(1)證明：平面MCC1⊥平面DCC1D1；(2)若點N是B1C1上一點，且MN∥平面ACC1A1，求四面體MNBB1的體積．(1)證明因為AM＝1，所以AM＝CD，AM∥CD，又AB⊥AD，所以四邊形ADCM為矩形，即CD⊥