高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題五 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直練習(xí) 文

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第2講　空間中的平行與垂直 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2016課標(biāo)全國甲)α，β是兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，有下列四個(gè)命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，m?α，那么m∥β. ④如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的編號(hào)) 答案　②③④ 解析　當(dāng)m⊥n，m⊥α，n∥β時(shí)，兩個(gè)平面的位置關(guān)系不確定，故①錯(cuò)誤，經(jīng)判斷知②③④均正確，故正確答案為②③④. 2．(2016江蘇)如圖，在直三棱柱ABCA-1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1. 求證：(1)直線DE∥平面A1C1F； (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 證明　(1)由已知，DE為△ABC的中位線， ∴DE∥AC，又由三棱柱的性質(zhì)可得AC∥A1C1， ∴DE∥A1C1， 且DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F， ∴DE∥平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1， ∴AA1⊥A1C1， 又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1， ∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D?平面ABB1A1， ∴A1C1⊥B1D， 又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1， ∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D?平面B1DE， ∴平面B1DE⊥平面A1C1F. 1.以填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質(zhì)及線線、線面和面面的判定與性質(zhì)定理對(duì)命題的真假進(jìn)行判斷，屬基礎(chǔ)題.2.以解答題的形式考查，主要是對(duì)線線、線面與面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺(tái)或其簡(jiǎn)單組合體為載體進(jìn)行考查，難度中等.　 熱點(diǎn)一　空間線面位置關(guān)系的判定 空間線面位置關(guān)系判斷的常用方法 (1)根據(jù)空間線面平行、垂直關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷來解決問題； (2)必要時(shí)可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進(jìn)行判斷． 例1　(1)已知l是直線，α、β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中的真命題是________．(填所有真命題的序號(hào)) ①若l∥α，l∥β，則α∥β； ②若α⊥β，l∥α，則l⊥β； ③若l∥α，α∥β，則l∥β； ④若l⊥α，l∥β，則 α⊥β. (2)關(guān)于空間兩條直線a、b和平面α，給出以下四個(gè)命題，其中正確的是________． ①若a∥b，b?α，則a∥α； ②若a∥α，b?α，則a∥b； ③若a∥α，b∥α，則a∥b； ④若a⊥α，b⊥α，則a∥b. 答案　(1)④　(2)④ 解析　(1)①若l∥α，l∥β，則l可平行兩平面的交線，所以為假命題；②若α⊥β，l∥α，則l可平行兩平面的交線，所以為假命題；③若l∥α，α∥β，則l可在平面β內(nèi)，所以為假命題；④若l⊥α，l∥β，則l必平行平面β內(nèi)一直線m，所以m⊥α，因而α⊥β為真命題． (2)線面平行的判定定理中的條件要求a?α，故①錯(cuò)；對(duì)于線面平行，這條直線與面內(nèi)的直線的位置關(guān)系可以平行，也可以異面，故②錯(cuò)；平行于同一個(gè)平面的兩條直線的位置關(guān)系：平行、相交、異面都有可能，故③錯(cuò)；垂直于同一個(gè)平面的兩條直線是平行的，故④正確． 思維升華　解決空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質(zhì)、空間位置關(guān)系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷，必要時(shí)可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時(shí)要注意平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中． 跟蹤演練1　設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題： ①若m∥n，m⊥β，則n⊥β；②若m∥α，m∥β，則α∥β； ③若m∥n，m∥β，則n∥β；④若m∥α，m⊥β，則α⊥β. 其中真命題的個(gè)數(shù)為________． 答案?、? 解析　①因?yàn)椤叭绻麅蓷l平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，那么另一條也垂直于這個(gè)平面”，所以①正確；②當(dāng)m平行于兩個(gè)相交平面α，β的交線l時(shí)，也有m∥α，m∥β，所以②錯(cuò)誤；③若m∥n，m∥β，則n∥β或n?β，所以③錯(cuò)誤；④平面α，β與直線m的關(guān)系如圖所示，必有α⊥β，故④正確． 熱點(diǎn)二　空間平行、垂直關(guān)系的證明 空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化． 面面平行的判定 例2　如圖，已知PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，AB＝2，點(diǎn)C是⊙O上一點(diǎn)，且AC＝BC，∠PCA＝45，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)G為線段PA上(除點(diǎn)P外)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)． (1)求證：BC∥平面GEF； (2)求證：BC⊥GE； (3)求三棱錐B—PAC的體積． (1)證明　∵點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)， ∴EF∥CB. ∵EF?平面GEF，點(diǎn)G不與點(diǎn)P重合， CB?平面GEF，∴BC∥平面GEF. (2)證明　∵PA⊥⊙O所在的平面，BC?⊙O所在的平面，∴BC⊥PA. 又∵AB是⊙O的直徑，∴BC⊥AC. ∵PA∩AC＝A，AC?面PAC，PA?面PAC， ∴BC⊥平面PAC. ∵GE?平面PAC，∴BC⊥GE. (3)解　在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝BC， ∴AC＝BC＝，∴S△ABC＝＝1. ∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC. ∵∠PCA＝45，∴PA＝. ∴VB—PAC＝VP—ABC＝S△ABCPA＝. 思維升華　垂直、平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線垂直和線線平行，常用方法如下： (1)證明線線平行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時(shí)和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換；三是利用三角形的中位線定理證線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換． (2)證明線線垂直常用的方法：①利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)；②勾股定理；③線面垂直的性質(zhì)：即要證兩線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a. 跟蹤演練2　如圖，在四棱錐P—ABCD中，AD∥BC，且BC＝2AD，AD⊥CD，PB⊥CD，點(diǎn)E在棱PD上，且PE＝2ED. (1)求證：平面PCD⊥平面PBC； (2)求證：PB∥平面AEC. 證明　(1)因?yàn)锳D⊥CD，AD∥BC， 所以CD⊥BC，又PB⊥CD，PB∩BC＝B， PB?平面PBC，BC?平面PBC， 所以CD⊥平面PBC，又CD?平面PCD， 所以平面PCD⊥平面PBC. (2)連結(jié)BD交AC于點(diǎn)O，連結(jié)OE. 因?yàn)锳D∥BC，所以△ADO∽△CBO， 所以DO∶OB＝AD∶BC＝1∶2，又PE＝2ED， 所以O(shè)E∥PB，又OE?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC. 熱點(diǎn)三　平面圖形的折疊問題 平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質(zhì)有的發(fā)生變化、有的沒有發(fā)生變化，這些發(fā)生變化和沒有發(fā)生變化的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．一般地，在翻折后還在一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化，解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變，去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類幾何量的度量值，這是化解翻折問題的主要方法． 例3　如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點(diǎn)，AC∩EF＝O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連結(jié)PA，PB，PD，得到如圖的五棱錐P—ABFED，且PB＝. (1)求證：BD⊥PA； (2)求四棱錐P—BFED的體積． (1)證明　∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊CD，CE的中點(diǎn)， ∴BD∥EF. ∵菱形ABCD的對(duì)角線互相垂直，∴BD⊥AC. ∴EF⊥AC.∴EF⊥AO，EF⊥PO， ∵AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO＝O， ∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA， 又PA?平面POA，∴BD⊥PA. (2)解　設(shè)AO∩BD＝H.連結(jié)BO，∵∠DAB＝60， ∴△ABD為等邊三角形， ∴BD＝4，BH＝2，HA＝2，HO＝PO＝， 在Rt△BHO中，BO＝＝， 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED，BO?平面BFED，∴PO⊥平面BFED， 梯形BFED的面積S＝(EF＋BD)HO＝3， ∴四棱錐P—BFED的體積 V＝SPO＝3＝3. 思維升華　(1)折疊問題中不變的數(shù)量和位置關(guān)系是解題的突破口；(2)存在探索性問題可先假設(shè)存在，然后在此前提下進(jìn)行邏輯推理，得出矛盾或肯定結(jié)論． 跟蹤演練3　如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如圖(2)折疊，折痕EF∥DC.其中點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后點(diǎn)P疊在線段AD上的點(diǎn)記為M，并且MF⊥CF. (1)證明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱錐M－CDE的體積． (1)證明　因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以PD⊥AD. 又因?yàn)锳BCD是矩形，CD⊥AD，PD與CD交于點(diǎn)D， 所以AD⊥平面PCD.又CF?平面PCD， 所以AD⊥CF，即MD⊥CF. 又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF. (2)解　因?yàn)镻D⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60， 所以PD＝，由(1)知FD⊥CF， 在直角三角形DCF中，CF＝CD＝. 過點(diǎn)F作FG⊥CD交CD于點(diǎn)G， 得FG＝FCsin 60＝＝， 所以DE＝FG＝， 故ME＝PE＝－＝， 所以MD＝＝ ＝. S△CDE＝DEDC＝1＝. 故VM－CDE＝MDS△CDE＝＝. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．不重合的兩條直線m，n分別在不重合的兩個(gè)平面α，β內(nèi)，給出以下四個(gè)命題，其中正確的是________． ①m⊥n?m⊥β ②m⊥n?α⊥β ③α∥β?m∥β ④m∥n?α∥β 押題依據(jù)　空間兩條直線、兩個(gè)平面之間的平行與垂直的判定是立體幾何的重點(diǎn)內(nèi)容，也是高考命題的熱點(diǎn)．此類題常與命題的真假性、充分條件和必要條件等知識(shí)相交匯，意在考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力． 答案?、? 解析　構(gòu)造長方體，如圖所示． 因?yàn)锳1C1⊥AA1，A1C1?平面AA1C1C，AA1?平面AA1B1B，但A1C1與平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C與平面AA1B1B不垂直．所以①，②都是假命題． CC1∥AA1，但平面AA1C1C與平面AA1B1B相交而不平行，所以④為假命題． “若兩平面平行，則一個(gè)平面內(nèi)任何一條直線必平行于另一個(gè)平面”是真命題． 2．如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (1)求證：D1C⊥AC1； (2)問在棱CD上是否存在點(diǎn)E，使D1E∥平面A1BD.若存在，確定點(diǎn)E位置；若不存在，請(qǐng)說明理由． 押題依據(jù)　空間直線和平面的平行、垂直關(guān)系是立體幾何的重點(diǎn)內(nèi)容，也是高考解答題的熱點(diǎn)，結(jié)合探索性問題考查考生的空間想象能力、推理論證能力，是命題的常見形式． (1)證明　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，連結(jié)C1D， ∵DC＝DD1，∴四邊形DCC1D1是正方形， ∴DC1⊥D1C. 又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D， ∴AD⊥平面DCC1D1， 又D1C?平面DCC1D1， ∴AD⊥D1C. ∵AD?平面ADC1，DC1?平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1， 又AC1?平面ADC1，∴D1C⊥AC1. (2)解　假設(shè)存在點(diǎn)E，使D1E∥平面A1BD. 連結(jié)AD1，AE，D1E， 設(shè)AD1∩A1D＝M， BD∩AE＝N，連結(jié)MN， ∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN， 要使D1E∥平面A1BD， 可使MN∥D1E， 又M是AD1的中點(diǎn)，則N是AE的中點(diǎn)． 又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE. 即E是DC的中點(diǎn)． 綜上所述，當(dāng)E是DC的中點(diǎn)時(shí)，可使D1E∥平面A1BD. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A組　專題通關(guān) 1．如圖是正方形的平面展開圖，在這個(gè)正方體中： ①BM與DE平行； ②CN與BE是異面直線； ③BM與CN成60角； ④DM與BN是異面直線． 以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是_________． 答案　③④ 解析　展開圖復(fù)原的正方體如圖，不難看出： ①BM與ED平行；錯(cuò)誤的，是異面直線； ②CN與BE是異面直線，錯(cuò)誤，是平行線； ③CN與BM成60角；正確； ④DM與BN是異面直線．正確． 判斷正確的答案為③④. 2．設(shè)a，b是平面α內(nèi)兩條不同的直線，l是平面α外的一條直線，則“l(fā)⊥a，l⊥b”是“l(fā)⊥α”的______________條件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”) 答案　必要不充分 解析　若a，b是平面α內(nèi)兩條不同的直線，l是平面α外的一條直線，l⊥a，l⊥b，a∥b，則l可以與平面α斜交，推不出l⊥α.若l⊥α，a，b是平面α內(nèi)兩條不同的直線，l是平面α外的一條直線，則l⊥a，l⊥b.∴“l(fā)⊥a，l⊥b”是“l(fā)⊥α”的必要不充分條件． 3．已知α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同直線，l⊥α，m?β.給出下列命題： ①α∥β?l⊥m； ②α⊥β?l∥m； ③m∥α?l⊥β； ④l⊥β?m∥α. 其中正確的命題是________. (填寫所有正確命題的序號(hào))． 答案?、佗? 解析　①α∥β，l⊥α?l⊥β?l⊥m，命題正確；②α⊥β，l⊥α?l、m可平行，可相交，可異面，命題錯(cuò)誤； ③m∥α，l⊥α?l⊥m?l與β可平行，l可在β內(nèi)，l可與β相交，命題錯(cuò)誤；④ l⊥β、l⊥α?β∥α?m∥α，命題正確． 4．已知立方體ABCD－A′B′C′D′，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AD，BB′，B′C′，DD′的中點(diǎn)，從中任取兩點(diǎn)確定的直線中，與平面AB′D′平行的有________條． 答案　6 解析　連結(jié)EG，EH，F(xiàn)G，∵EH綊FG， ∴EFGH四點(diǎn)共面，由EG∥AB′，EH∥AD′，EG∩EH＝E，AB′∩AD′＝A，可得平面EFGH與平面AB′D′平行，∴符合條件的共6條． 5．在正方體上任意選擇4個(gè)頂點(diǎn)，由這4個(gè)頂點(diǎn)可能構(gòu)成如下幾何體： ①有三個(gè)面為全等的等腰直角三角形，有一個(gè)面為等邊三角形的四面體； ②每個(gè)面都是等邊三角形的四面體； ③每個(gè)面都是直角三角形的四面體； ④有三個(gè)面為不全等的直角三角形，有一個(gè)面為等邊三角形的四面體． 以上結(jié)論其中正確的是________(寫出所有正確結(jié)論的編號(hào))． 答案　①②③④ 解析　在正方體上任意選擇4個(gè)頂點(diǎn)，由這4個(gè)頂點(diǎn)可能構(gòu)成如下幾何體：①有三個(gè)面為全等的等腰直角三角形，有一個(gè)面為等邊三角形的四面體，去掉4個(gè)角的正四面體即可，正確；②每個(gè)面都是等邊三角形的四面體，去掉4個(gè)角的正四面體即可，正確；③每個(gè)面都是直角三角形的四面體，側(cè)棱垂直底面直角三角形的銳角的四面體即可，正確；④有三個(gè)面為不全等的直角三角形，有一個(gè)面為等邊三角形的四面體，如圖中ABCD即可，正確．故答案為①②③④. 6．如圖，在空間四邊形ABCD中，點(diǎn)M∈AB，點(diǎn)N∈AD，若＝，則直線MN與平面BDC的位置關(guān)系是________． 答案　平行 解析　由＝，得MN∥BD. 而BD?平面BDC，MN?平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 7．正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的是________．(填序號(hào)) ①AC⊥BE； ②B1E∥平面ABCD； ③三棱錐E－ABC的體積為定值； ④直線B1E⊥直線BC1. 答案?、佗冖? 解析　因AC⊥平面BDD1B1，故①正確；因B1D1∥平面ABCD，故②正確；記正方體的體積為V，則VE－ABC＝V，為定值，故③正確；B1E與BC1不垂直，故④錯(cuò)誤． 8.如圖所示，ABCD—A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M、N分別是下底面的棱A1B1、B1C1的中點(diǎn)，P是上底面的棱AD上的一點(diǎn)，AP＝，過P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝______. 答案　a 解析　∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴MN∥PQ. ∵M(jìn)、N分別是A1B1、B1C1的中點(diǎn)，AP＝， ∴CQ＝，從而DP＝DQ＝，∴PQ＝a. 9．如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N，P分別為棱AB，BC，C1D1的中點(diǎn)． 求證：(1)AP∥平面C1MN； (2)平面B1BDD1⊥平面C1MN. 證明　(1)在正方體ABCD—A1B1C1D1中， 因?yàn)辄c(diǎn)M，P分別為棱AB，C1D1的中點(diǎn)， 所以AM＝PC1. 又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1， 所以四邊形AMC1P為平行四邊形．從而AP∥C1M， 又AP?平面C1MN，C1M?平面C1MN， 所以AP∥平面C1MN. (2)連結(jié)AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD. 又點(diǎn)M，N分別為棱AB，BC的中點(diǎn)，故MN∥AC. 所以MN⊥BD. 在正方體ABCD—A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD， 又MN?平面ABCD， 所以DD1⊥MN， 而DD1∩DB＝D， DD1，DB?平面B1BDD1， 所以MN⊥平面B1BDD1， 又MN?平面C1MN， 所以平面B1BDD1⊥平面C1MN. 10.如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1C1C為菱形，B1C的中點(diǎn)為O，且AO⊥平面BB1C1C. (1)證明：B1C⊥AB； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高． (1)證明　 如圖，連結(jié)BC1，則O為B1C與BC1的交點(diǎn)． 因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C， 所以B1C⊥AO，又AO∩BC1＝O， 故B1C⊥平面ABO. 由于AB?平面ABO， 故B1C⊥AB. (2)解　如圖，在平面BB1C1C內(nèi)作OD⊥BC，垂足為D，連結(jié)AD.在平面AOD內(nèi)作OH⊥AD，垂足為H. 由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝D， 故BC⊥平面AOD， 又OH?平面AOD，所以O(shè)H⊥BC. 又OH⊥AD，AD∩BC＝D， 所以O(shè)H⊥平面ABC. 因?yàn)椤螩BB1＝60，所以△CBB1為等邊三角形． 又BC＝1，可得OD＝. 由于AC⊥AB1，所以O(shè)A＝B1C＝. 由OHAD＝ODOA， 且AD＝＝，得OH＝. 又O為B1C的中點(diǎn)， 所以點(diǎn)B1到平面ABC的距離為， 故三棱柱ABC－A1B1C1的高為. B組　能力提高 11．α，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一個(gè)條件，就能得出BD⊥EF，現(xiàn)有下列條件：①AC⊥β；②AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；③AC∥EF.其中能成為增加條件的序號(hào)是________． 答案?、佗? 解析　由題意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四點(diǎn)共面， ①：∵AC⊥β，EF?β， ∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF?α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥面ABCD， 又∵BD?面ABCD，∴BD⊥EF，故①正確；②：由AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上可知面EF⊥AC，由①可知②正確；③錯(cuò)誤，故填：①②. 12.如圖，在棱長為1的正四面體A—BCD中，平面α與棱AB，AD，CD，BC分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGH周長的最小值為________． 答案　2 解析　把面ADC沿著AD翻折到與面ADB共面上來，此時(shí)C的位置為C1，G的位置為G1，再把面DCB沿著BC翻折到面ABC中，再把這個(gè)面沿著AB翻折到面ADB中來(其實(shí)就是得到四面體的展開圖)，這樣，EFGH的周長為圖中線段的和，然后根據(jù)三角形的邊長關(guān)系得到最小值為2. 13.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，點(diǎn)D是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AA1上，當(dāng)AF＝________時(shí)，CF⊥平面B1DF. 答案　a或2a 解析　由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF. 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可． 令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則A1F＝3a－x. 易知Rt△CAF∽R(shí)t△FA1D， 得＝，即＝， 整理得x2－3ax＋2a2＝0， 解得x＝a或x＝2a. 14．如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝90，AB＝BC＝BB1，點(diǎn)D，E分別為BC，CC1的中點(diǎn)． (1)求證：B1D⊥平面ABE； (2)若點(diǎn)P是線段B1D上一點(diǎn)且滿足＝，求證：A1P∥平面ADE. 證明　(1)在直三棱柱ABC—A1B1C1中， BB1⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以BB1⊥AB， 因?yàn)椤螦BC＝90，所以BC⊥AB， 又BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BCC1B1， 因?yàn)镈B1?平面BCC1B1，所以AB⊥DB1， 因?yàn)樵谄矫鍮CC1B1中，BC＝BB1， 所以四邊形BCC1B1為正方形， 因?yàn)辄c(diǎn)D，E分別為BC，CC1的中點(diǎn)， 所以△BCE∽△B1BD，所以∠CBE＝∠BB1D， 所以∠CBE＋∠B1DB＝90，即B1D⊥BE， 又因?yàn)锽A∩BE＝B，所以B1D⊥面ABE. (2)連結(jié)PC交DE于點(diǎn)F，連結(jié)A1C交AE于點(diǎn)G，連結(jié)FG， 在正方形BCC1B1中利用＝及平面幾何知識(shí)可得＝2，在正方形ACC1A1中利用CE∥AA1且CE＝AA1可得＝2，所以在△CA1P中，＝＝2，所以A1P∥GF，又A1P?平面ADE，GF?平面ADE，所以A1P∥平面ADE.