第8.6节综合训练

对于 $ \mathrm{A} $ ,因为 $ m//n $ , $ m\perp \alpha $ ,所以 $ n\perp \alpha $ ,又 $ n\perp \beta $ ,所以不同的平面 $ \alpha $ , $ \beta $ 满足 $ \alpha //\beta $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ,若 $ m\subset \alpha $ , $ n\subset \beta $ ,且 $ m//n $ ,则 $ \alpha //\beta $ 或两平面相交,比如在正方体的底面和侧面中分别取直线 $ m $ , $ n $ ,且 $ m//n $ ,但是底面和侧面并不平行,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,若 $ m\subset \alpha $ , $ n//\beta $ ,且 $ m\perp n $ ,则两平面相交或平行,比如在正方体的上底面中取直线 $ m $ , $ n $ ,且 $ m\perp n $ , $ n $ 与下底面平行,但是上底面与下底面并不垂直,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ m//n $ , $ m\perp \alpha $ ,则 $ n\perp \alpha $ ,又 $ n\subset \beta $ ,所以 $ \alpha \perp \beta $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{C} $ ：记该正方体为 $ ABCH-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{H}_{1} $ ，如图所示，

连接 $ A{B}_{1} $ , $ {B}_{1}C $ ， $ AC $ ， $ B{C}_{1} $ ，

因为 $ {C}_{1}{H}_{1}\perp $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ , $ {B}_{1}C\subset $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ ,所以 $ {C}_{1}{H}_{1}\perp {B}_{1}C $ .

因为四边形 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ 为正方形，所以 $ {B}_{1}C\perp B{C}_{1} $ .因为 $ B{C}_{1}\cap {C}_{1}{H}_{1}={C}_{1} $ , $ B{C}_{1} $ , $ {C}_{1}{H}_{1}\subset $ 平面 $ B{H}_{1}{C}_{1} $ ，所以 $ {B}_{1}C\perp $ 平面 $ B{H}_{1}{C}_{1} $ .

因为 $ B{H}_{1}\subset $ 平面 $ B{H}_{1}{C}_{1} $ ，所以 $ B{H}_{1}\perp {B}_{1}C $ ，同理可得 $ B{H}_{1}\perp AC $ .

又因为 $ AC\cap {B}_{1}C=C $ , $ AC\subset $ 平面 $ A{B}_{1}C $ ， $ {B}_{1}C\subset $ 平面 $ A{B}_{1}C $ ，所以 $ B{H}_{1}\perp $ 平面 $ A{B}_{1}C $ ，即 $ l\perp $ 平面 $ A{B}_{1}C $ .

因为 $ D $ , $ E $ , $ F $ 分别为其所在棱的中点，所以 $ DE//{B}_{1}C $ ， $ DF//AC $ .

因为 $ DE\not\subset $ 平面 $ A{B}_{1}C $ , $ {B}_{1}C\subset $ 平面 $ A{B}_{1}C $ , $ DF\not\subset $ 平面 $ A{B}_{1}C $ , $ AC\subset $ 平面 $ A{B}_{1}C $ ,所以 $ DE// $ 平面 $ A{B}_{1}C $ , $ DF// $ 平面 $ A{B}_{1}C $ ,因为 $ DE\cap DF=D $ , $ DE\subset $ 平面 $ DEF $ , $ DF\subset $ 平面 $ DEF $ ，所以平面 $ DEF// $ 平面 $ A{B}_{1}C $ ，

所以 $ l\perp $ 平面 $ DEF $ .

$ \mathrm{A} $ ， $ \mathrm{B} $ ， $ \mathrm{D} $ 选项中平面 $ DEF $ 与平面 $ A{B}_{1}C $ 均不平行，则直线 $ l $ 与平面 $ DEF $ 均不垂直.

故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意可知形成三棱锥 $ P-DEF $ ,如图所示,

取 $ EF $ 的中点 $ M $ ,连接 $ PM $ , $ DM $ ,过点 $ P $ 作 $ PO\perp DM $ 于点 $ O $ ,

因为 $ DE=DF $ , $ PE=PF $ ,所以 $ PM\perp EF $ , $ DM\perp EF $ .又 $ PM\cap DM=M $ , $ PM $ , $ DM\subset $ 平面 $ PDM $ ,所以 $ EF\perp $ 平面 $ PDM $ .因为 $ EF\subset $ 平面 $ DEF $ ,所以平面 $ PDM\perp $ 平面 $ DEF $ .又平面 $ PDM\cap $ 平面 $ DEF=DM $ , $ PO\perp DM $ , $ PO\subset $ 平面 $ PDM $ ,所以 $ PO\perp $ 平面 $ DEF $ ,

故 $ \mathrm{\angle }PDO $ 为 $ DP $ 与平面 $ DEF $ 所成的角.

又 $ DP\perp PE $ , $ DP\perp PF $ , $ PE\cap PF=P $ , $ PE $ , $ PF\subset $ 平面 $ PEF $ ,所以 $ DP\perp $ 平面 $ PEF $ .

又 $ PM\subset $ 平面 $ PEF $ ,所以 $ DP\perp PM $ ,且 $ \mathrm{\angle }PDO=\mathrm{\angle }PDM $ .

因为 $ AF=BE=\sqrt{3} $ , $ AB=2 $ ,所以 $ DM=\sqrt{3} $ , $ PD=1 $ ,

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△DPM $ 中, $ PM=\sqrt{D{M}^{2}-P{D}^{2}}=\sqrt{2} $ ,则 $ \sin \mathrm{\angle }PDM=\dfrac{PM}{DM}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ ,

所以 $ DP $ 与平面 $ DEF $ 所成角的正弦值为 $ \dfrac{\sqrt{6}}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

连接 $ BD $ , $ AC $ 相交于 $ O $ ,如图所示,

由题易知 $ D{D}_{1}\perp $ 平面 $ ABCD $ ,又 $ AC\subset $ 平面 $ ABCD $ ,所以 $ AC\perp D{D}_{1} $ ,又 $ AC\perp BD $ , $ BD\cap D{D}_{1}=D $ , $ BD\subset $ 平面 $ BD{D}_{1}{B}_{1} $ , $ D{D}_{1}\subset $ 平面 $ BD{D}_{1}{B}_{1} $ ,

所以 $ AC\perp $ 平面 $ BD{D}_{1}{B}_{1} $ ,所以点 $ A $ 到平面 $ BD{D}_{1}{B}_{1} $ 的距离是 $ AO=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ ,也即点 $ A $ 到平面 $ BEF $ 的距离是 $ \dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ ,即三棱锥 $ A-BEF $ 的高为 $ AO=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ .又 $ {S}_{△BEF}=\dfrac{1}{2}B{B}_{1}\cdot EF=\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ ,

故三棱锥 $ A-BEF $ 的体积为 $ \dfrac{1}{3}×\dfrac{3\sqrt{2}}{2}×\dfrac{3\sqrt{2}}{2}=\dfrac{3}{2} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ：由题意,在正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中, $ B{C}_{1}//A{D}_{1} $ ,

$ A{D}_{1}\subset $ 平面 $ AD{D}_{1}{A}_{1} $ , $ B{C}_{1}\not\subset $ 平面 $ AD{D}_{1}{A}_{1} $ ,

所以 $ B{C}_{1}// $ 平面 $ AD{D}_{1}{A}_{1} $ ,又点 $ P $ 在线段 $ A{D}_{1} $ 上运动, $ {A}_{1}\notin A{D}_{1} $ ,所以在点 $ P $ 运动过程中,直线 $ {A}_{1}P $ 与 $ B{C}_{1} $ 始终不能在同一平面内,所以直线 $ {A}_{1}P $ 与 $ B{C}_{1} $ 始终为异面直线,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ：三棱锥 $ D-BP{C}_{1} $ 的体积 $ {V}_{D-BP{C}_{1}}={V}_{P-BD{C}_{1}}=\dfrac{1}{3}{S}_{△BD{C}_{1}}\cdot h $ ,其中 $ △BD{C}_{1} $ 的面积为定值, $ h $ 为点 $ P $ 到平面 $ BD{C}_{1} $ 的距离,

因为 $ B{C}_{1}//A{D}_{1} $ , $ B{C}_{1}\subset $ 平面 $ BD{C}_{1} $ , $ A{D}_{1}\not\subset $ 平面 $ BD{C}_{1} $ ,所以直线 $ A{D}_{1}// $ 平面 $ BD{C}_{1} $ ,

所以当点 $ P $ 在线段 $ A{D}_{1} $ 上运动时,点 $ P $ 到平面 $ BD{C}_{1} $ 的距离 $ h $ 也为定值,

所以三棱锥 $ D-BP{C}_{1} $ 的体积为定值,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ：在正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中, $ {C}_{1}{D}_{1}\perp $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ ,因为 $ C{B}_{1}\subset $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ ,所以 $ {C}_{1}{D}_{1}\perp C{B}_{1} $ ,又 $ C{B}_{1}\perp B{C}_{1} $ , $ {C}_{1}{D}_{1}\cap B{C}_{1}={C}_{1} $ , $ {C}_{1}{D}_{1} $ , $ B{C}_{1}\subset $ 平面 $ AB{C}_{1}{D}_{1} $ ,所以 $ C{B}_{1}\perp $ 平面 $ AB{C}_{1}{D}_{1} $ ,又因为 $ {C}_{1}P\subset $ 平面 $ AB{C}_{1}{D}_{1} $ ,所以 $ C{B}_{1}\perp {C}_{1}P $ ,

所以异面直线 $ {C}_{1}P $ 与 $ C{B}_{1} $ 所成的角为 $ {90}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ：连接 $ {B}_{1}{D}_{1} $ ,根据正方体的结构特征,可得 $ BD//{B}_{1}{D}_{1} $ ,又 $ BD\subset $ 平面 $ BD{C}_{1} $ , $ {B}_{1}{D}_{1}\not\subset $ 平面 $ BD{C}_{1} $ ,所以 $ {B}_{1}{D}_{1}// $ 平面 $ BD{C}_{1} $ ,

又由选项 $ \mathrm{B} $ 的分析过程知 $ A{D}_{1}// $ 平面 $ BD{C}_{1} $ , $ A{D}_{1}\cap {B}_{1}{D}_{1}={D}_{1} $ , $ A{D}_{1} $ , $ {B}_{1}{D}_{1}\subset $ 平面 $ A{B}_{1}{D}_{1} $ ,所以平面 $ A{B}_{1}{D}_{1}// $ 平面 $ BD{C}_{1} $ ,

又平面 $ A{B}_{1}P $ 即为平面 $ A{B}_{1}{D}_{1} $ ,

所以存在点 $ P $ ,使得平面 $ A{B}_{1}P// $ 平面 $ BD{C}_{1} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,如图①,连接 $ BD $ ,与 $ AC $ 交于点 $ O $ ,取 $ BE $ 的中点 $ M $ ,连接 $ MO $ , $ FM $ .易知 $ OM//DE $ , $ OM=\dfrac{1}{2}DE $ , $ AF//DE $ , $ AF=\dfrac{1}{2}DE $ ,则 $ AF\xlongequal{\parallel }OM $ , $ \therefore $ 四边形 $ AOMF $ 为平行四边形, $ \therefore AC//FM.\because AC\not\subset $ 平面 $ BEF $ , $ FM\subset $ 平面 $ BEF $ , $ \therefore AC// $ 平面 $ BEF $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ ,假设 $ B $ , $ C $ , $ E $ , $ F $ 四点共面.由题可知四边形 $ ABCD $ 为矩形,则 $ BC//AD.\because AD\subset $ 平面 $ ADEF $ , $ BC\not\subset $ 平面 $ ADEF $ , $ \therefore BC// $ 平面 $ ADEF.\because $ 平面 $ ADEF\cap $ 平面 $ BCEF=EF $ , $ BC\subset $ 平面 $ BCEF $ , $ \therefore BC//EF $ ,又 $ AD//BC $ , $ \therefore AD//EF $ ,与已知矛盾,故假设不成立,故 $ \mathrm{B} $ 错误.

对于 $ \mathrm{C} $ ,如图①,连接 $ FD.\because AF\perp AD $ , $ ED=2AD=2AF $ , $ \therefore EF=DF=\sqrt{A{F}^{2}+A{D}^{2}}=\sqrt{2}AF.\because E{D}^{2}=E{F}^{2}+D{F}^{2}=4A{F}^{2} $ , $ \therefore EF\perp DF $ .又 $ EF\perp CF $ , $ CF\cap DF=F $ , $ CF $ , $ DF\subset $ 平面 $ CDF $ , $ \therefore EF\perp $ 平面 $ CDF $ ,又 $ CD\subset $ 平面 $ CDF $ , $ \therefore EF\perp CD $ .又 $ CD\perp AD $ , $ AD $ 与 $ EF $ 必有交点, $ AD $ , $ EF\subset $ 平面 $ ADEF $ , $ \therefore CD\perp $ 平面 $ ADEF $ .又 $ \because CD\subset $ 平面 $ ABCD $ , $ \therefore $ 平面 $ ADEF\perp $ 平面 $ ABCD $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ ,如图②,延长 $ AF $ 至点 $ G $ ,使得 $ AF=FG $ ,连接 $ BG $ , $ EG.\because AD\perp AF $ , $ AD\perp AB $ , $ AF\cap AB=A $ , $ AF $ , $ AB\subset $ 平面 $ ABF $ , $ \therefore AD\perp $ 平面 $ ABF $ .又 $ BC//AD $ , $ \therefore BC\perp $ 平面 $ ABF $ .易知 $ BC\xlongequal{\parallel }AD $ , $ AD\xlongequal{\parallel }GE $ , $ \therefore BC\xlongequal{\parallel }GE $ , $ \therefore B $ , $ C $ , $ E $ , $ G $ 四点共面.过点 $ F $ 作 $ FN\perp BG $ ,垂足为 $ N.\because BC\perp $ 平面 $ ABF $ , $ \therefore BC\perp $ 平面 $ ABG $ .又 $ FN\subset $ 平面 $ ABG $ , $ \therefore BC\perp FN $ ,又 $ BG\cap BC=B $ , $ BG $ , $ BC\subset $ 平面 $ BCE $ , $ \therefore FN\perp $ 平面 $ BCE $ .假设平面 $ BCE\perp $ 平面 $ BEF $ , $ \because $ 平面 $ BCE\cap $ 平面 $ BEF=BE $ , $ \therefore $ 点 $ F $ 在平面 $ BCE $ 上的射影点必在 $ BE $ 上,故假设不成立,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{D} $ .

如图,取 $ AC $ 的中点 $ T $ ,连接 $ B^\prime T $ , $ DT $ ,因为菱形 $ ABCD $ 的边长为 $ {\rm 2,} \mathrm{\angle }ABC={60}^{\circ } $ ,

所以 $ B^\prime C=AB\prime =CD=AD=AC $ , $ △ACD $ , $ △ACB\prime $ 均为等边三角形,所以 $ DT\perp AC $ , $ B^\prime T\perp AC $ ,且 $ DT=B^\prime T=\sqrt{3} $ ,

$ \mathrm{\angle }B^\prime TD $ 为二面角 $ B^\prime -AC-D $ 的平面角,则 $ \mathrm{\angle }B^\prime TD={60}^{\circ } $ ,

故 $ △B^\prime TD $ 为等边三角形,则 $ DB\prime =\sqrt{3} $ .

又 $ B^\prime T\cap DT=T $ , $ B^\prime T $ , $ DT\subset $ 平面 $ B^\prime TD $ ,

所以 $ AC\perp $ 平面 $ B^\prime TD $ .

取 $ CT $ 的中点 $ O $ , $ CD $ 的中点 $ N $ ,

连接 $ EO $ , $ EN $ , $ ON $ ,又 $ E $ 为 $ B^\prime C $ 的中点,则 $ EO//B^\prime T $ ， $ ON//TD $ , $ EN//B^\prime D $ ,且 $ EO=ON=EN=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,

因为 $ EO\subset $ 平面 $ EON $ , $ B^\prime T\not\subset $ 平面 $ EON $ ,所以 $ B^\prime T// $ 平面 $ EON $ ,

同理得 $ B^\prime D// $ 平面 $ EON $ ,

因为 $ B^\prime T\cap B^\prime D=B^\prime $ , $ B^\prime T $ , $ B^\prime D\subset $ 平面 $ B^\prime TD $ ,

所以平面 $ EON// $ 平面 $ B^\prime TD $ ,

所以 $ AC\perp $ 平面 $ EON $ ,

故点 $ F $ 的轨迹为 $ △EON $ （除点 $ E $ 外）,

故点 $ F $ 轨迹的长度为 $ EO+ON+EN=\dfrac{3\sqrt{3}}{2} $ .

设 $ △ABC $ 的外接圆的圆心为 $ H $ ,半径为 $ R $ , $ SA $ 的中点为 $ E $ ,外接球的球心为 $ O $ ,连接 $ OE $ , $ OH $ , $ OA $ , $ AM $ , $ AH $ ,则 $ OH\perp $ 平面 $ ABC $ , $ OE\perp SA $ ,

因为 $ SA\perp $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ OH//SA $ ,所以 $ E $ , $ A $ , $ O $ , $ H $ 四点共面,

因为 $ AH\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ SA\perp AH $ ,所以 $ AH//EO $ ,故四边形 $ AEOH $ 为矩形.

因为 $ R=\dfrac{1}{2}×\dfrac{BC}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{BC}{\sqrt{3}} $ ,所以在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AOE $ 中, $ {\left(\dfrac{BC}{\sqrt{3}}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{1}{2}×4\right) ^ {2}}=16 $ ,解得 $ BC=6 $ .

在 $ △ABC $ 中,由余弦定理得 $ B{C}^{2}=A{B}^{2}+A{C}^{2}-2AB\cdot AC\cdot (-\dfrac{1}{2}) $ ,即 $ 36=12+A{C}^{2}+2\sqrt{3}AC $ ,解得 $ AC=2\sqrt{3} $ ,故 $ AC=AB $ ,故 $ \mathrm{\angle }CBA=\mathrm{\angle }ACB=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ,

因为 $ SA\perp $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ \mathrm{\angle }SMA $ 为直线 $ SM $ 与平面 $ ABC $ 所成的角,

当 $ AM $ 长度最小时, $ \mathrm{\angle }SMA $ 最大,此时 $ AM\perp BC $ ,故 $ AM=2\sqrt{3}×\dfrac{1}{2}=\sqrt{3} $ .