高考数学第一轮复习第八章 §8.3　空间点、直线、平面之间的位置关系

这是一份高考数学第一轮复习第八章 §8.3　空间点、直线、平面之间的位置关系，共22页。

3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．
知识梳理
1．四个公理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2．空间中直线与直线的位置关系
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(共面直线\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(平行直线,相交直线)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有, 公共点))
3．空间中直线与平面的位置关系
直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．
4．空间中平面与平面的位置关系
平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
5．等角定理
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．( × )
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( √ )
(3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．( × )
(4)没有公共点的两条直线是异面直线．( × )
教材改编题
1.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法不正确的是( )
A．AB与CD是异面直线
B．GH与CD相交
C．EF∥CD
D．EF与AB异面
答案 D
解析 把展开图还原成正方体，如图所示．
还原后点G与C重合，点B与F重合，由图可知ABC正确，EF与AB相交，故D错．
2．如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面β.且α∥β，则a与b( )
A．共面
B．平行
C．是异面直线
D．可能平行，也可能是异面直线
答案 D
解析 α∥β，说明a与b无公共点，
∴a与b可能平行也可能是异面直线．
3.如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．
答案 (1)AC＝BD (2)AC＝BD且AC⊥BD
解析 (1)∵四边形EFGH为菱形，
∴EF＝EH，
∵EF綉eq \f(1,2)AC，EH綉eq \f(1,2)BD，
∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，
∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF綉eq \f(1,2)AC，EH綉eq \f(1,2)BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.
题型一 平面基本性质的应用
例1 如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．
证明 (1)∵EF是△D1B1C1的中位线，
∴EF∥B1D1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
∴EF∥BD.
∴EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
设平面A1ACC1为α，
平面BDEF为β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.
又Q∈EF，∴Q∈β，
则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，
∴α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.
∴R∈α，且R∈β，
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
教师备选
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，AA1的中点，连接D1F，CE.求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
证明 (1)如图所示，连接CD1，EF，A1B，
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥A1B，且EF＝eq \f(1,2)A1B.
又∵A1D1∥BC，A1D1＝BC，
∴四边形A1BCD1是平行四边形，
∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，
∴EF与CD1能够确定一个平面ECD1F，
即E，C，D1，F四点共面．
(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝eq \f(1,2)CD1，
∴四边形CD1FE是梯形，
∴CE与D1F必相交，设交点为P，
则P∈CE，且P∈D1F，
∵CE⊂平面ABCD，D1F⊂平面A1ADD1，
∴P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.
又∵平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，
∴P∈AD，
∴CE，D1F，DA三线共点．
思维升华 共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．
(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．
(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
跟踪训练1 (1)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的图是( )
答案 D
解析 对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．
(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )
A．一定在直线BD上
B．一定在直线AC上
C．在直线AC或BD上
D．不在直线AC上，也不在直线BD上
答案 B
解析 如图所示，
因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，
所以P∈平面ABC，
P∈平面ACD.
又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，
所以P∈AC.
题型二 空间位置关系的判断
例2 (1)下列推断中，错误的是( )
A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l
B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB
C．l⊄α，A∈l⇒A∉α
D．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合
答案 C
解析 对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由公理3可知M∈l，A对；
对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；
对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；
对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．
(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是( )
A．直线MN与直线A1B是异面直线
B．直线MN与直线DD1相交
C．直线MN与直线AC1是异面直线
D．直线MN与直线A1C平行
答案 C
解析 如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；
因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，
所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；
因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，
所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；
因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．
教师备选
1．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线
B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面
C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面
D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面
答案 D
2．如图所示，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________．(填序号)
答案 ②④
思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型．
(2)对异面直线的判定常用到以下结论：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．
跟踪训练2 (1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是( )
A．平行
B．异面
C．相交或平行
D．平行或异面或相交均有可能
答案 D
解析 根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况均有可能，
如图可知AB与CD有相交、平行、异面三种情况．
(2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是( )
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
答案 D
解析 如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．
图1 图2
题型三 空间几何体的切割(截面)问题
例3 (1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq \f(1,3)DD1，NB＝eq \f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是( )
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
答案 C
解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．
如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形．
(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为______．
答案 eq \f(π,2)
解析 以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线是以C1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC1B1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为eq \f(1,4)×2π×1＝eq \f(π,2).
延伸探究 将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
答案 eq \f(\r(2)π,2)
解析 如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，
由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，
∴D1B1＝DB＝2，
∴△D1B1C1为等边三角形，
则D1E＝eq \r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，
设截面圆的半径为r，
则r＝eq \r(R\\al(2,球)－D1E2)＝eq \r(5－3)＝eq \r(2).
又由题意可得EP＝EQ＝eq \r(2)，
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝eq \r(5)，
∴B1P＝eq \r(D1P2－D1B\\al(2,1))＝1，
同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝eq \f(π,2)，
知eq \(PQ,\s\up9(︵))的长为eq \f(π,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,2)，即交线长为eq \f(\r(2)π,2).
教师备选
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．
答案 eq \f(9,2)
解析 如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，
由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
故BD＝2eq \r(2)，MN＝eq \r(2)，
且BM＝DN＝eq \r(5)，
∴等腰梯形MNDB的高为
h＝eq \r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(3\r(2),2)，
∴梯形MNDB的面积为
eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋2eq \r(2))×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(9,2).
思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．
(2)作交线的方法有如下两种：①利用公理3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
跟踪训练3 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图是( )
答案 A
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分后，
剩余部分的直观图如图．
则该几何体的正视图为图中粗线部分，故选A.
(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．
答案 3eq \r(2)
解析 在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，如图所示，
因为A1M＝2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，
故可得截面为MIHGFE，
设正方体的棱长为3a，
则ME＝2eq \r(2)a，MI＝eq \r(2)a，
IH＝2eq \r(2)a，HG＝eq \r(2)a，FG＝2eq \r(2)a，EF＝eq \r(2)a，
所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9eq \r(2)a，
又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，
故截面多边形的周长为3eq \r(2).
课时精练
1．给出以下四个命题：
①依次首尾相接的四条线段必共面；
②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；
③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，那么这两个角必相等；
④垂直于同一直线的两条直线必平行．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 ①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误．
②中，由公理2知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故②正确．
③中，由空间角的等角定理知，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故③错误．
④中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交、可平行、可异面，故④错误．
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是( )
A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面
B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直
D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行
答案 A
解析 m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；
对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．
3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的( )
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
答案 A
解析 空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．
所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；
而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．
故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．
4.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )
A．MN＝eq \f(1,2)EF，且MN与EF平行
B．MN≠eq \f(1,2)EF，且MN与EF平行
C．MN＝eq \f(1,2)EF，且MN与EF异面
D．MN≠eq \f(1,2)EF，且MN与EF异面
答案 D
解析 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a，
则MN＝eq \r(MC\\al(2,1)＋C1N2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2)＝eq \r(2)a，
作点E在平面ABCD内的射影点G，连接EG，GF，
所以EF＝eq \r(EG2＋GF2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\r(2)a2)
＝eq \r(3)a，
所以MN≠eq \f(1,2)EF，故选项A，C错误；
连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，
所以DE＝eq \f(1,2)A1D，
又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，
所以MN∥B1C，
又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，
且DE∩EF＝E，
所以MN与EF异面，故选项B错误．
5.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
答案 C
解析 由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
6．(2022·厦门模拟)下列说法正确的是( )
A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面
B．和同一条直线异面的两直线一定共面
C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行
D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交
答案 C
解析 两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；
如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；
如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则若AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；
如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．

图1 图2
7．已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，在下列命题①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥α,a∥β))⇒α∥β；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,a⊥β))⇒α∥β；③eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥α,b∥α))⇒a∥b；④eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b中，正确的命题是________(只填序号)．
答案 ②④
解析 ①与同一条直线平行的两个平面不一定平行，在本题的条件下，两平面可能相交，所以①是假命题；
②根据直线与平面的位置关系，由a⊥α，a⊥β可得出α∥β，所以②是真命题；
③根据直线与平面的位置关系，可得a与b可以是平行或相交或异面，所以③是假命题；
④垂直于同一个平面的两条直线平行，所以④是真命题．
8．(2022·渭南模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号)
①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直；
②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β；
③若直线l与平面α内的任意一条直线垂直，则l⊥α；
④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线．
答案 ①②④
解析 对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；
对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；
对于③，直线l与平面内的任意直线垂直时，得到l⊥α，所以③正确；
对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．
9.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq \f(1,2)AF，G，H分别为FA，FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
(1)证明 ∵G，H分别是FA，FD的中点，
∴GH綉eq \f(1,2)AD.
又BC綉eq \f(1,2)AD，∴GH綉BC.
∴四边形BCHG为平行四边形．
(2)解 ∵BE綉eq \f(1,2)AF，G是FA的中点，
∴BE綉FG，
∴四边形BEFG为平行四边形，
∴EF∥BG.
由(1)知BG綉CH，
∴EF∥CH，
∴EF与CH共面．
又D∈FH，
∴C，D，F，E四点共面．
10.如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为AA1，CC1的中点，M为AB上一点．
(1)若D1E与CM相交于点K，求证D1E，CM，DA三条直线相交于同一点；
(2)若AB＝2，AA1＝4，∠BAD＝eq \f(π,3)，求点D1到平面FBD的距离．
(1)证明 ∵D1E与CM相交于点K，
∴K∈D1E，K∈CM，
而D1E⊂平面ADD1A1，CM⊂平面ABCD，
且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，
∴K∈AD，
∴D1E，CM，DA三条直线相交于同一点K.
(2)解 ∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，
∴BC＝CD＝2，
而四棱柱的侧棱AA1⊥底面ABCD，
∴CC1⊥底面ABCD，
又∵F是CC1的中点，CC1＝4，∴CF＝2，
∴BF＝DF＝2eq \r(2)，
又∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝eq \f(π,3)，
∴BD＝AB＝2，
∴S△FBD＝eq \f(1,2)×2×eq \r(2\r(2)2－1)＝eq \r(7).
设点D1到平面FBD的距离为h，点B到平面DD1F的距离为d，
则d＝2sin eq \f(π,3)＝eq \r(3)，
又∵，
∴eq \f(1,3)×S△FBD×h＝eq \f(1,3)××d，
∴eq \f(1,3)×eq \r(7)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×2×eq \r(3)，
解得h＝eq \f(4\r(21),7).
即点D1到平面FBD的距离为eq \f(4\r(21),7).
11.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
答案 B
解析 如图，取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线．
12．(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )
A．AP与CM是异面直线
B．AP，CM，DD1相交于一点
C．MN∥BD1
D．MC∥平面BB1D1D
答案 B
解析 如图，连接MP，AC，
因为MP∥AC，MP≠AC，
所以AP与CM是相交直线，
又平面A1ADD1∩平面C1CDD1＝DD1，
所以AP，CM，DD1相交于一点，则A不正确，B正确；
令AC∩BD＝O，连接OD1，ON.
因为M，N分别是C1D1，BC的中点，
所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝eq \f(1,2)CD，
则四边形MNOD1为平行四边形，
所以MN∥OD1，
因为MN⊄平面BB1D1D，
OD1⊂平面BB1D1D，
所以MN∥平面BB1D1D，C不正确，D不正确．
13．棱长均为1 m的正三棱柱透明封闭容器盛有a m3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为h m(如图1)；当转动容器至截面A1BC水平放置时，容器中的水恰好充满三棱锥A－A1BC(如图2)，则a＝________，h＝________.
图1 图2
答案 eq \f(\r(3),12) eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(2),2)
解析 由题意得S△ABC＝eq \f(1,2)×1×1×sin 60°
＝eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)，
AA1＝1.
∴＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×1＝eq \f(\r(3),12)＝a.
由＝得S四边形ABED·AA1
＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1，
∴S四边形ABED＝eq \f(1,3)S△ABC，
∴S△CDE＝eq \f(2,3)S△ABC，
∴eq \f(\r(3),4)DE2＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),4)AB2，
∴eq \f(DE,AB)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
∵eq \f(DC,AC)＝eq \f(DE,AB)＝eq \f(\r(6),3)，
∴DC＝eq \f(\r(6),3)，∴AD＝1－eq \f(\r(6),3)，
在等边△ABC中，AB边上的高为eq \f(\r(3),2).
∵eq \f(h,\f(\r(3),2))＝eq \f(AD,AC)＝eq \f(1－\f(\r(6),3),1)，
∴h＝eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(2),2).
14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为棱A1D1，CC1的中点，过P，Q，A作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．
答案 eq \f(25＋9\r(5)＋2\r(13),3)
解析 如图所示，
过Q作QM∥AP交BC于M，
由A1P＝CQ＝2，tan∠APA1＝2，
则tan∠CMQ＝2，
CM＝eq \f(CQ,tan∠CMQ)＝1，
延长MQ交B1C1的延长线于E点，连接PE，交D1C1于N点，
则多边形AMQNP即为截面，
根据平行线性质有C1E＝CM＝1，
eq \f(C1N,ND1)＝eq \f(C1E,PD1)＝eq \f(1,2)，
则C1N＝eq \f(4,3)，D1N＝eq \f(8,3)，
因此NQ＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2)＝eq \f(2\r(13),3)，
NP＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))2)＝eq \f(10,3)，
又AP＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，AM＝eq \r(42＋32)＝5，
MQ＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，
所以多边形AMQNP的周长为
AM＋MQ＋QN＋NP＋PA
＝5＋eq \r(5)＋eq \f(2\r(13),3)＋eq \f(10,3)＋2eq \r(5)
＝eq \f(25＋9\r(5)＋2\r(13),3).
15.(2022·山西康杰中学模拟)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，AA1＝3，E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面记为α，则下列说法中错误的是( )
A．点B到平面α的距离与点A1到平面α的距离之比为1∶2
B．平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为eq \f(7\r(3),2)
C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25
D．平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为四边形
答案 D
解析 对于A，因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等．由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，因此，点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍．故选项A正确；
延长DA，DC交直线EF的延长线于点P，Q，连接D1P，D1Q，交棱A1A，C1C于点M，N.连接ME，NF，可得五边形D1MEFN，
故选项D错误；
由平行线分线段成比例可得AP＝BF＝1，
故DP＝DD1＝3，
则△DD1P为等腰三角形．
由相似三角形可知，AM＝AP＝1，A1M＝2，
则D1M＝D1N＝2eq \r(2)，ME＝EF＝FN＝eq \r(2).
连接MN，则MN＝2eq \r(2)，
因此五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN.
等腰梯形MEFN的高
h＝eq \r(\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),2)，
则等腰梯形MEFN的面积为eq \f(2\r(2)＋\r(2),2)×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(3\r(3),2).
又＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(6)＝2eq \r(3)，所以五边形D1MEFN的面积为eq \f(3\r(3),2)＋2eq \r(3)＝eq \f(7\r(3),2)，故选项B正确；
记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V1，V2，
则V2＝
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×3×3－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(25,6)，
所以V1＝－V2＝12－eq \f(25,6)＝eq \f(47,6)，
V1∶V2＝47∶25，故选项C正确．
16．如图1，在边长为4的正三角形ABC中，D，F分别为AB，AC的中点，E为AD的中点．将△BCD与△AEF分别沿CD，EF同侧折起，使得二面角A－EF－D与二面角B－CD－E的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．
图1 图2
(1)在多面体中，求证：A，B，D，E四点共面；
(2)求多面体的体积．
(1)证明 因为二面角A－EF－D的大小等于90°，所以平面AEF⊥平面DEFC，
又AE⊥EF，AE⊂平面AEF，平面AEF∩平面DEFC＝EF，所以AE⊥平面DEFC，
同理，可得BD⊥平面DEFC，
所以AE∥BD，故A，B，D，E四点共面．
(2)解 因为AE⊥平面DEFC，BD⊥平面DEFC，EF∥CD，AE∥BD，DE⊥CD，
所以AE是四棱锥A－CDEF的高，点A到平面BCD的距离等于点E到平面BCD的距离，
又AE＝DE＝1，CD＝2eq \r(3)，EF＝eq \r(3)，BD＝2，
所以V＝VA－CDEF＋VA－BCD＝eq \f(1,3)S梯形CDEF·AE＋eq \f(1,3)S△BCD·DE＝eq \f(7\r(3),6).