专题8-5 立体几何大题15种归类（平行、垂直、体积、动点、最值等非建系）-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版）

这是一份专题8-5 立体几何大题15种归类（平行、垂直、体积、动点、最值等非建系）-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版），共52页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练41等内容，欢迎下载使用。
专题8-5：立体几何大题15种归类
（平行、垂直、体积、动点、最值等非建系题型）

目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 平行1：四边形法证线面平行 1
【题型二】 平行2：中位线法证线面平行 3
【题型三】 平行3：做平行平面法证线面平行 5
【题型四】 平行4：难题--线面平行探索型 7
【题型五】 平行5：证面面平行 10
【题型六】 平行：难题---面面平行探索性题型 12
【题型七】 垂直1：线面垂直 16
【题型八】 垂直2：面面垂直 18
【题型九】 垂直3：难题--垂直探索性题型 20
【题型十】 垂直4：翻折中的垂直 24
【题型十一】 体积1：常规求法和等体积转化型 26
【题型十二】 体积2：难题---多面体割补型 28
【题型十三】 体积3：难题--两部分体积比型 32
【题型十四】 体积4：难题--动点型 35
【题型十五】 体积5：难题--最值型 38
二、最新模考题组练 41


本专题涉及到平行和垂直的证明分类时，答案只提供平行、垂直证明这一问。

【题型一】 平行1：四边形法证线面平行
【典例分析】
如图，在正方体中，E，F分别是，CD的中点．
（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1)取中点G，连接FG，，证四边形是平行四边形，结合线面平行的判定即可推理作答.
（1）在正方体中，取中点G，连接FG，，如图，
而F是CD的中点，则，，又E是的中点，则，，
因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.
【提分秘籍】
基本规律
1.利用平移法做出平行四边形
2.利用中位线做出平行四边形
【变式演练】
1.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，，，，E是PB的中点.（1）求证：平面PAD；
（2）若，求三棱锥P-ACE的体积.
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）取PA的中点F，连接EF，DF，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.
（1）取PA的中点F，连接EF，DF，∵点E，F分别为PB，PA的中点，∴，，又∵，，∴，，∴四边形EFDC是平行四边形，
∴，又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD；
2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；
（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，
【分析】
（1）只要证明AN所在平面ANE与平面PBC平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法计算二面角的余弦值；
（3）用向量法计算直线与平面成角的正弦值，然后列方程求解．
（1）
证明：取CP中点F，连接NF、BF，
因为F，N分为PC，PD的中点，则，且，
又，且，，所以四边形NABF是平行四边形，
，又面PBC，面PBC。所以AN∥平面PBC；

【题型二】 平行2：中位线法证线面平行
【典例分析】
.如图，四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，且，.交于点，为的重心.

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）连接并延长交于点，连接，由已知条件可得，得，再由为的重心，，则有，从而可得，再由线面平行的判定可证得结论，
（2）由已知可得和为正三角形，连接并延长交于点，有，则面，从而可得，然后由已知条件求解，
（1）证明：在图中：连接并延长交于点，连接.
由底面为梯形，，，
，则.又由为的重心，，则，
所以.而平面，平面，所以平面.
【提分秘籍】
基本规律
中位线法难点在于怎么“发现三角形”

【变式演练】
1.如图，三棱台，平面平面，侧面是等腰梯形，, 分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）利用平行线的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥等积性、线面角的定义进行求解即可.
（1）证明：连接与交于点，连接，
因为，所以由棱台的性质可知：，且，
因为是的中点，因此，因此四边形是平行四边形，所以是的中点，又是的中点，

所以，而平面，平面，
所以平面；
2.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，M为PB上靠近B的三等分点.（1）求证：平面ACM；
（2）求直线PD与平面ACM的距离.
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）以线面平行的判定定理去证明即可解决；
（1）证明：如图，连接BD，交AC于点N，连接MN.
因为，，所以，又M为PB靠近B的三等分点，所以，所以，所以，又平面AMC，平面AMC，所以平面AMC.
【题型三】 平行3：做平行平面法证线面平行
【典例分析】
如图，C，D分别是以AB为直径的半圆O上的点，满足，△PAB为等边三角形，且与半圆O所成二面角的大小为90°，E为PA的中点.
（1）求：DE//平面PBC；（2）求二面角A－BE－D的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）通过证明平面平面来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
（1）依题意，所以，
所以三角形、三角形、三角形是等边三角形，
所以，所以四边形是菱形，所以，
由于平面，平面，所以平面.由于是的中点，是的中点，所以，由于平面，平面，所以平面.
由于，所以平面平面，所以平面.
【提分秘籍】
基本规律
做出平行平面来证线面平行，属于“麻烦的方法”，但是在证明后续的“探索性”题型时非常实用。授课时可以先用“中点型”培养“找面做面”的思维。

【变式演练】
1.在四棱锥中，，.

（1）若E为PC的中点，求证：平面PAD.
（2）当平面平面ABCD时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）作出辅助线，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角.
（1）取CD的中点M，连接EM，BM，
由已知得，为等边三角形，∴.
∵，，∴，，∴.
又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.
∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴.
又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.
∵，，∴平面平面PAD.
∵平面BEM，∴平面PAD.
2.如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是△的中线，点E是棱的中点．

（1）证明：∥平面．
（2）若平面平面，且，求平面与平面夹角余弦值．
（3）在（2）条件下，求点D到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）连接、，平行四边形的性质、线面平行的判定可得平面、平面，再根据面面平行的判定可得平面平面，利用面面平行的性质可证结论；
（2）取的中点为，连接，证明出平面，，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（3）利用等体积法，求D到平面的距离．
（1）连接、，由、分别是棱、的中点，则，
平面，平面，则平面．
又，且，
∴且，四边形是平行四边形，则，
平面，平面，则平面．
又，可得平面平面．又平面．
∴平面．
【题型四】 平行4：难题--线面探索型
【典例分析】
在四棱锥中，底面是菱形，.
（Ⅰ）若，求证：平面；
（Ⅱ）若平面平面，求证：；
（Ⅲ）在棱上是否存在点（异于点）使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）不存在.
【分析】（Ⅰ）由是菱形可得；结合，由线面垂直的判定定理可得平面.；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知,由面面垂直的性质可得,结合可得结果；（Ⅲ）利用反证法，假设存在点（异于点）使得平面，可推出平面平面，从而可得结论.
【详解】（Ⅰ）因为 底面是菱形。所以.
又因为，，所以平面.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.因为平面平面，平面平面，
平面，因为平面，所以.
因为 底面是菱形，所以.所以.
（Ⅲ）不存在. 下面用反证法说明.
假设存在点（异于点）使得∥平面.在菱形中，∥，因为平面，平面，所以∥平面.因为平面，平面，
，所以 平面∥平面.而平面与平面相交，矛盾.

【提分秘籍】
基本规律
1.常规题，对应的点大多在中点处。
2.要多训练非中点的题选。


【变式演练】
1.如图所示四棱锥中，底面，四边形中，，，，．

求四棱锥的体积；
求证：平面；
在棱上是否存在点异于点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）4；（2）见解析；（3）不存在.
【解析】
【分析】
利用四边形是直角梯形，求出，结合底面，利用棱锥的体积公式求解即可求；先证明，，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面 ；用反证法证明，假设存在点异于点使得平面证明平面平面，与平面与平面相交相矛盾，从而可得结论．
【详解】显然四边形ABCD是直角梯形，
又底面
平面ABCD，平面ABCD，在直角梯形ABCD中，，
，，即又，平面；
不存在，下面用反证法进行证明
假设存在点异于点使得平面PAD．，且平面PAD，
平面PAD，平面PAD又，
平面平面PAD.而平面PBC与平面PAD相交，得出矛盾．
2.如图，矩形和菱形所在平面互相垂直，已知，点是线段的中点.

（1）求证：；
（2）试问在线段上是否存在点，使得直线平面？若存在，请证明平面，并求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析，2.
【解析】
【分析】
（1）由已知可得是等边三角形，是线段的中点，得，根据面面垂直的性质定理证得平面，即可证明结论；
（2）取的中点，可证，连接交于点，点即为所求的点.
利用，可得，即可求出结论.
【详解】
（1）菱形，，，则是等边三角形，
又是线段的中点，∴.
又平面平面，平面平面，
所以平面.
又∵平面，故.

（2）取的中点，连接交于点，点即为所求的点.
证明：连接，∵，，∴，
所以与相交于点，∵是的中点，是的中点，
∴，又平面，平面，
∴直线平面.又∵，∴.
【题型五】 平行5：证面面平行
【典例分析】
如图所示，在三棱柱中，分别是的中点，
求证：（1）四点共面； （2）平面平面．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明，从而可得，即可证明，，，四点共面；
（2）证明平面中有两条直线、分别与平面中的两条直线、平行，即可得到平面平面．
【详解】(1)分别是的中点，是的中位线，则，
又，四点共面．
(2)分别为的中点，，平面平面，
平面，又分别是的中点，，，
四边形是平行四边形，，平面平面，
平面，又，平面平面，

【提分秘籍】
基本规律
面面平行的核心思维是“线面平行”。


【变式演练】
1.如图，在圆柱中，，分别是上、下底面圆的直径，且，，分别是圆柱轴截面上的母线.

（1）若，圆柱的母线长等于底面圆的直径，求圆柱的表面积.
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）.（2）证明见详解.
【分析】（1）借助圆柱的母线垂直于底面构造直角三角形计算可得半径，然后可得表面积；
（2）构造平行四边形证明，结合已知可证.
（1）连接CF、DF，
因为CD为直径，记底面半径为R，EF=2R。则
又解得R=2
圆柱的表面积.2）
连接、、、由圆柱性质知且
且四边形为平行四边形又平面CDE，平面CDE
平面CDE。同理，平面CDE又，平面ABH，平面ABH
平面平面.
2.如图①，在梯形中，AB∥PC，△ABC与△PAC均为等腰直角三角形，＝90°，，D，E分别为PA，PC的中点．将△PDE沿DE折起，使点P到点P¢的位置（如图②），为线段的中点．在图②中解决以下两个问题：

（1）求证：平面GAC∥平面；
（2）若直线P¢A与平面PABC所成的角为30°时，求三棱锥P¢－ACG的体积．
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】
（1）连接BE交AC于点M，连接GM，，可证得GM∥P¢E，根据线面平行的判定定理即可证得GM∥平面．同理可证得 AC∥平面．由面面平行的判定定理即可证得结果.
（2）利用等体积转换可得计算即可得出结果.
（1）连接BE交AC于点M，连接GM，，
四边形是正方形，M为BE的中点，又G为线段P¢B的中点，
则GM∥P¢E，又平面，平面，所以GM∥平面．
又 D，E分别为PA，PC的中点，则DE∥AC，又平面，平面，
所以AC∥平面．又GM∩AC=M，GM，AC⊂平面，
所以平面GAC∥平面．
【题型六】 平行6：难题--面面平行探索性题型
【典例分析】
已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点.

（1）求证:；
（2）在上是否存在点，使平面平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：（1）设,连接,根据正四棱锥的性质，得平面,所以.又,证得平面，进而得到.
（2）取中点，连并延长交于点，得，得平面，进而得到平面平面，在中，得是中点，是中点，即可求解结论.
试题解析：
（1）设,则为底面正方形中心，连接,因为为正四梭锥.所以平面,所以.又,且,所以平面；
因为平面,故.
（2）存在点，设,连.取中点，连并延长交于点，
∵是中点，∴,即，又，平面，平面，
∴平面,平面，
又，平面，∴平面平面，
在中，作交于，则是中点，是中点，
∴.

【提分秘籍】
基本规律
找面的经验：任何一对互相平行平面，和第三个平面相交，交线互相平行

【变式演练】
1.在正方体中，、分别为、的中点，，，如图.

（1）若交平面于点，证明：、、三点共线；
（2）线段上是否存在点，使得平面平面，若存在确定的位置，若不存在说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且.
【解析】
【分析】
（1）先得出为平面与平面的交线，然后说明点是平面与平面的公共点，即可得出、、三点共线；
（2）设，过点作交于点，然后证明出平面平面，再确定出点在上的位置即可.
【详解】
（1），平面，平面，所以，点是平面和平面的一个公共点，同理可知，点也是平面和平面的公共点，则平面和平面的交线为，
平面，平面，所以，点也是平面和平面的公共点，由公理三可知，，因此，、、三点共线；
（2）如下图所示：

设，过点作交于点，
下面证明平面平面.
、分别为、的中点，，
平面，平面，平面.
又，平面，平面，平面，
，、平面，因此，平面平面.
下面来确定点的位置：
、分别为、的中点，所以，，且，则点为的中点，
易知，即，又，所以，四边形为平行四边形，，
四边形为正方形，且，则为的中点，所以，点为的中点，，
因此，线段上是否存在点，且时，平面平面.
2.如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，平面,点为棱的中点.

（1）求证：平面
（2）直线上是否存在一点，使平面平面？ 若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)由题意利用线面垂直的判定定理证明题中的结论即可；
（2）延长到点,使,此时平面平面. 利用几何关系结合面面平行的判定定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由线面垂直的定义可得：，由矩形的性质可得：，
且是平面内的两条相交直线，故平面.

（2）延长到点,使,此时平面平面.
证明如下：连接，
∵，∴点为的中点，
又∵点为棱的中点， ∴
又
底面为矩形，
又∵点为延长线上的点,
∴四边形为平行四边形
又
又 ∴平面平面


【题型七】 垂直1：线面垂直
【典例分析】
如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝，BE＝2，AF＝3，平面ABCD⊥平面ABEF．

（1）求证：AC⊥平面ABEF．
（2）求多面体ABCDE与多面体ADEF的体积的比值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）依据题设条件及勾股定理先证线垂直，借助题设条件，运用性面面垂直的性质定理进行推证；
（2）利用可求三棱锥的体积，利用面面垂直的性质得出多面体ABCDE的高，可求得其体积，从而可得答案.
【详解】
（1）在中，所以，
所以，所以，
又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEF=AB,AC平面ABCD，
所以平面ABEF.

【提分秘籍】
基本规律
讲透彻“三垂线定理”这个最常用的模型

【变式演练】
1.如图，三角形PCD所在的平面与等腰梯形ABCD所在的平面垂直，AB＝AD＝CD，AB∥CD，CP⊥CD，M为PD的中点．
（1）求证：AM∥平面PBC；
（2）求证：BD⊥平面PBC．

【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）取的中点，连，，可证得四边形为平行四边形，于是，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）在等腰中梯形中，取的中点，连，，证得四边形为菱形，进而得．同理四边形为菱形，可得．再由平面平面得到平面，于是得，最后根据线面垂直的判定可得平面．
证明：（1）如图，取的中点，连，，∵为的中点，为的中点，
∴，．又，，∴，，
∴四边形为平行四边形，∴．又平面，平面，
∴平面
（2）如图，在等腰中梯形中，取的中点，连，．∵，，
∴，，∴四边形为平行四边形．又，
∴四边形为菱形，∴．同理，四边形为菱形，∴．
∵，∴．∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又平面，
∴．∵，，∴平面．
2.如图，已知是正三角形，都垂直于平面，且是的中点，求证：
（1）平面；（2）平面.
【答案】(1)见解析；（2）见解析
【详解】（1） 取AB的中点M,连FM,MC，∵ F、M分别是BE、BA的中点，∴ FM∥EA, FM＝EA，
∵ EA、CD都垂直于平面ABC，∴ CD∥EA∴ CD∥FM又 DC＝a，∴ FM＝DC
∴ 四边形FMCD是平行四边形，∴ FD∥MC，∴ FD∥平面ABC．
（2）∵M是AB的中点，△ABC是正三角形，∴CM⊥AB，又CM⊥AE，AB∩AE＝A，
∴CM⊥面EAB，CM⊥AF，FD⊥AF，∵F是BE的中点, EA＝AB，∴AF⊥EB，
∴AF⊥平面EDB．
【题型八】 垂直2：面面垂直
【典例分析】
如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接，.
（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，连接，，当二面角的大小为时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】
（1）由是圆的直径，与圆切于点，可得,
由底面圆，可得，利用线面垂直的判定定理可知，平面，即可推出.又在中，，可推出，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而利用面面垂直的判定定理可证出平面平面.
解：（1）是圆的直径，与圆切于点，
底面圆，∴
，平面，∴.
又∵在中，，∴
∵，∴平面，从而平面平面.

【提分秘籍】
基本规律
核心思维：寻找其中一个平面板的垂线（及其平行线）

【变式演练】
1.如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，．
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求多面体的体积.
【答案】(I)证明见解析； （Ⅱ）证明见解析； （III）3.
【分析】（Ⅰ）可证，从而得到平面．
（Ⅱ）可证平面，从而得到平面平面
【详解】
（Ⅰ）因为，且，则四边形为平行四边形，故．
又平面，平面，所以平面．

（Ⅱ）连接．
在等腰梯形中，，从而四边形为平行四边形，
又，故四边形为菱形，故.
在梯形中，同理可证四边形为平行四边形，故.
因为，从而，而平面平面，
平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
因为，故平面.
因为平面，故平面平面.
2.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．

（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；
（2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】(1)利用,可得平面,根据面面垂直的判定定理可证平面平面;
(2) 由底面，得平面平面．将问题转化为点到直线的距离有无最大值即可解决.
【详解】（1）证明:因为，为线段的中点，所以,
因为底面，平面，所以,
又因为底面为正方形，所以，,所以平面,
因为平面，所以,因为，所以平面,
因为平面，所以平面平面.

【题型九】 垂直3：难题--垂直探索性题型
【典例分析】
直三棱柱中，，，，点是线段上的动点.
（1）当点是的中点时，求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，试求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）
【试题分析】（1）连接，交于点，连接，则点是的中点，利用三角形的中位线有,，由此证得线面平行.（2）当时平面平面.利用，可证得平面，由此证得两个平面垂直.利用等面积法求得的长.
【试题解析】（1）如图，连接，交于点，连接，则点是的中点，
又点是的中点，由中位线定理得，因为平面，平面，
所以平面.
（2）当时平面平面.
证明：因为平面，平面，所以．
又，，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故点满足.
因为，，，所以，
故是以角为直角的三角形，又，所以.

【提分秘籍】
基本规律
使用好“逆向思维”这个证明垂直的捷径方法：要证明的必然是成立的。


【变式演练】
1.如图，在三棱柱中，底面，，点是的中点．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：∥平面．
（Ⅲ）设，，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置; 若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析； （Ⅲ）存在，为线段的中点，理由略．
试题分析：（Ⅰ）通过证得，且，即可证得平面，即证；
（Ⅱ） 设与的交点为，连结，因为是的中点，是的中点，由三角形的中位线定理得∥，又由线面平行的判定定理即证∥平面；
（Ⅲ） 在线段上存在点，使得，且为线段的中点．证明如下：由已知得．
由已知，为线段的中点，所以，可得平面．连接．因为平面，所以，易证，所以平面，即可得．
试题解析：（Ⅰ）在三棱柱中，因为底面，底面，所以．
又，，所以平面． 而，则．
（Ⅱ）设与的交点为，连结，E
因为是的中点，是的中点，所以∥．因为平面，平面，所以∥平面．
（Ⅲ）在线段上存在点，使得，且为线段的中点．
E
M
证明如下：因为底面，底面，所以．
由已知，为线段的中点，所以．又，所以平面．
取线段的中点，连接．因为平面，所以．
由已知，由平面几何知识可得．又，所以平面．
又平面，所以．
2.三棱锥中，，面面．
（1）求长；（2）求三棱锥体积；
（3）内（含边界）上是否存在点，使面． 若存在点，求出点的位置；若不存在点，说明理由．
【答案】（1）3；（2）；（3）存在，在棱上，且．
【分析】(1)根据勾股定理可得,进而可得,再用勾股定理计算即可.
(2) 作的中点,连接可知平面,再求解体积即可.
(3) 作于,再证明面即可.
【详解】（1）∵,∴.
∵平面⊥平面,平面平面,平面,且,
可知平面,. ∴.
（2）作的中点,连接,由题意知平面,∴.

（3）作于,在上..
∵平面,平面,∴,且,平面,平面,,∴平面,即存在,在棱上,且.

【题型十】 垂直4：难题--翻折中的垂直
【典例分析】
如图①，在菱形ABCD中，∠A＝60°且AB＝2，E为AD的中点，将△ABE沿BE折起使AD＝，得到如图②所示的四棱锥A﹣BCDE.

（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面ABC；
（Ⅱ）若P为AC的中点，求三棱锥P﹣ABD的体积.
【答案】（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）先证，即可求得平面，结合//，即可由线面垂直推证面面垂直；（Ⅱ）根据点是中点，则的体积为体积的一半，再转化顶点求得的体积，则问题得解.
【详解】（Ⅰ）因为四边形是菱形，且点为中点，又，故三角形为等边三角形，则，又在三角形中，，满足，
故，又平面，故可得平面，
又因为//，故可得平面，又平面，
故可得平面平面.即证.

【提分秘籍】
基本规律
翻折过程中，始终在同一个平面内的点线关系“不变”

【变式演练】
1.如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中，E为DC中点，将它沿AE折成直二面角.

（1）求证：平面BDE；
（2）求四棱锥体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【解析】
【分析】
（1）先证，由面面垂直（直二面角）得平面，再得线线垂直，然后可得线面垂直；
（2）由直二面角即面面垂直，可求得到平面的距离，从而可求得体积．
【详解】
（1）由题意，所以，所以，
又二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，又因为，，
所以平面BDE；
2.如图1所示，在等腰梯形ABCD中，，，垂足为E，，将沿EC折起到的位置，如图2所示，使平面平面ABCE.

（1）连结BE，证明：平面；
（2）在棱上是否存在点G，使得平面，若存在，直接指出点G的位置不必说明理由，并求出此时三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点G为的中点，.
【分析】
（1）通过面面垂线的性质定理，证得平面ABCE ，由此证得.利用勾股定理计算证明，从而证得平面.
（2）通过线面平行的判定定理，判断出点G为的中点.利用换顶点的方法，通过，来计算出三棱锥的体积.
【详解】
1因为平面平面ABCE，平面平面，平面，所以 平面ABCE ，  
又因为 平面ABCE，所以   ，又，满足，所以 ，又 ，所以 平面.

2在棱上存在点G，使得平面，此时点G为的中点.，
由1知，平面ABCE，所以 ，又，所以 平面，
所以CE为三棱锥的高，且 在中，，G为斜边的中点，
所以 ，所以 .
故，在棱上存在点G，使得平面，
此时三棱锥的体积为.

【题型十一】 体积1：常规求法和等体积转化型
【典例分析】
如图所示，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点．

（1）证明：平面；
（2）若M是AB的中点，证明：平面平面；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）利用得出平面.（2）通过证明平面，可证得平面平面.（3）利用等体积转化求出即可.
【详解】（1）证明：因为在正方体中，，平面，平面，平面
（2）证明：在正方体中，,是中点，.
平面，平面，则.
平面，平面，且，
平面.平面，∴平面平面
（3）因为平面，所以点，点到平面的距离相等.
故 ．

【提分秘籍】
基本规律
1.等体积转化法一般情况下是三棱锥才有的特性。
2.尽可能寻找在表面的三个点
3.利用好“同底等高”和“同底比例高”。

【变式演练】
1.四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，PA＝CD＝2，PA⊥底面ABCD，E在PB上.
（1）证明：AC⊥PD；
（2）若PE＝2BE，求三棱锥P﹣ACE的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）过A作AF⊥DC于F，推导出AC⊥DA，AC⊥PA，从而AC⊥平面PAD，由此能求出AC⊥PD．
（2）由VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC，能求出三棱锥P﹣ACE的体积．
【详解】（1）过A作AF⊥DC于F，因为AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，所以CF＝DF＝AF＝1，
所以∠DAC＝90°，所以AC⊥DA，又PA⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PA，
又PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A，所以AC⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AC⊥PD.
（2）由PE＝2BE，可得VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC，
所以，，
所以三棱锥P﹣ACE的体积VP﹣ACE＝VP﹣ABC﹣VE﹣ABC.

2.如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．（I）证明平面；
（II）求四面体的体积.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果．
试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为.
取的中点，连结.由得，.
由得到的距离为，故.
所以四面体的体积.
【题型十二】 体积2：难题--多面体割补型
【典例分析】
如图，梯形所在的平面与等腰梯形所在的平面互相垂直，G为AB的中点，，，，．
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求多面体的体积.
【答案】(I)证明见解析； （Ⅱ）证明见解析； （III）3.
【分析】（Ⅰ）可证，从而得到平面．
（Ⅱ）可证平面，从而得到平面平面
（Ⅲ）可证几何体是三棱柱，从而利用公式可求几何体的体积.
【详解】（Ⅰ）因为，且，则四边形为平行四边形，故．
又平面，平面，所以平面．

（Ⅱ）连接．在等腰梯形中，，从而四边形为平行四边形，
又，故四边形为菱形，故.
在梯形中，同理可证四边形为平行四边形，故.
因为，从而，而平面平面，
平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
因为，故平面.
因为平面，故平面平面.
（III）设．由（Ⅰ）得平面且，由（Ⅱ）得，
而平面，平面，故平面，
因为，故平面平面，
又，故四边形为平行四边形，
故，所以，所以几何体是三棱柱．
由（Ⅱ）得平面，平面，故，
所以.由（Ⅱ）得平面．
所以多面体的体积为：．
在等腰梯形中，，
又为锐角，故，故，所以，
所以，故多面体的体积为：.


【提分秘籍】
基本规律
1.大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱锥+四棱锥
2.多从四棱锥底面对角线或者几何体表面四边形对角线处寻找分割的“刀口”

【变式演练】
1.如图，已知平面平面，B为线段中点，，四边形为正方形，平面平面，，，M为棱中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求多面体的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明.
（2）延长至使得，得到三棱柱，，再求出即为三棱柱的高，利用柱体、锥体的体积公式即可求解.
【详解】
（1）由正方形知，，
又平面平面，且交线为，平面，
∴平面，又平面，∴平面平面.
（2）延长至使得，则得到三棱柱，

所求几何体的体积，取的中点M，
由条件为正三角形，∴，
∴，由平面平面且交线为，
∴平面，即为三棱柱的高，
∵.
.
所以.
2.如图，在多面体中，为矩形，为等腰梯形，，，，且，平面平面，，分别为，的中点.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求多面体的体积.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）取的中点.连接，，可证，，然后利用平面平面，可证平面.（Ⅱ）将多面体分为四棱锥和三棱锥两部分，将转化为，然后利用四棱锥和三棱锥的体积公式分别求出然后求和即可.
解：（Ⅰ）如图，取的中点.连接，.在矩形中，∵，分别为线段，的中点，
∴.又平面，平面，∴平面.
在中，∵，分别为线段，的中点，∴.
又平面，平面，∴平面.
又，平面，∴平面平面
又平面，∴平面.
（Ⅱ）如图，过点作于.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.同理平面.
连接，.在中，∵，，∴.同理.
∵，∴等边的高为，即.连接.
∴
.

【题型十三】 体积3：难题---两部分体积比
【典例分析】
如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面，、分别是、的中点.

（1）证明：平面；
（2）若是棱上一点，三棱锥与三棱锥的体积相等，求的值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）连接，可得，利用面面垂直的性质可证平面，利用线面垂直的性质可证，由，，可证，，利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）连接、，设，则，利用，可得，进而解得的值，即可得出的值.
【详解】（1）连接，且是的中点，
又平面平面，平面平面，平面，平面.
平面，又为菱形，且、分别为棱、的中点，，
，，又，，平面；
（2）如图，连接、，设，则，，
又，，，解得，即.

【提分秘籍】
基本规律
1.直接求体积，大多数是难度较大。
2.利用等体积转化（或者不等体积转化）
3.寻找合适的底面和平行高转化。
【变式演练】
1.如图，是边长为3的正方形，平面，平面，.

（1）证明：平面平面；
（2）在上是否存在一点，使平面将几何体分成上下两部分的体积比为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析（2）存在点且满足条件.
【解析】
试题分析：（1）根据，结合面面平行的判定定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点，过作交于，连接，设，求得几何体的体积，将其分割成两个三棱锥，利用表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得的值.
试题解析：
解：
（1）∵平面，平面，
∴，∴平面，
∵是正方形，，∴平面，
∵，平面，平面，∴平面平面.

（2）假设存在一点，过作交于，连接，
，
设，则，
设到的距离为，则，，
∴，解得，即存在点且满足条件.
2.如图，多面体中，，平面⊥平面，四边形为矩形，∥，点在线段上，且.

(1)求证：⊥平面；
(2)若，求多面体被平面分成的大、小两部分的体积比.
【答案】（1）证明见解析(2) 11:1
【分析】（1）由勾股定理逆定理证得，再由面面垂直的性质定理得线面垂直；
（2）连接EB,AE. 多面体被分为四个三棱锥，由它们之间的体积关系可求得比值．
【详解】（1）因为四边形ABCD为矩形，所以CD=AB.为AB=DE=2，所以CD=DE=2.
因为点G在线段CE上，且EG=2GC=AB，所以EC=AB=CD=
所以，即又平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE平面ABCD=CD,DE平面CDE，
所以DE⊥平面ABCD.
(2)设三棱锥G-BCD的体积为1，连接EB,AE.因为EG=2GC,所以CG=EC,所以.
易知又EF=2BC,BC∥EF，所以，故
又，所以故
故多面体ABCDEF被平面BDG分成的大、小两部分的体积比为11:1.

【题型十四】 体积4：难题---动点型
【典例分析】
如图，是边长为3的等边三角形，四边形为正方形，平面平面.点，分别为棱，上的点，且，为棱上一点，且.
（Ⅰ）当时，求证：平面；
（Ⅱ）已知三棱锥的体积为，求的值.

【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）先连接，根据面面平行的判定定理，先证明平面平面，进而可得出结论成立；（Ⅱ）取的中点为，连接，证明平面；再过点作于点，得平面，再由求出，进而可得出结果.
解：（Ⅰ）连接，当时，且，四边形是平行四边形，.，
，，，，
平面平面，又平面，平面.

（Ⅱ）取的中点为，连接，则，平面平面，平面.
过点作于点，则，平面，则.
.，.
，即.


【变式演练】
1.如图，四边形ABCD为矩形，△BCF为等腰三角形，且∠BAE＝∠DAE＝90°，EA//FC.

（1）证明：BF//平面ADE.
（2）设，问是否存在正实数，使得三棱锥A﹣BDF的高恰好等于BC？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在正实数.
【解析】
【分析】
（1）通过证明平面平面来证明BF//平面ADE；
（2）设，，则，利用等体积法，则，可得关于的方程，求解可得.
【详解】
（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面
故平面；
（2），又，
平面，
设，，则，
在矩形和中，有，，
所以在中，边上的高，
又，
所以，由等体积法得，
即，∴，
所以存在正实数，使得三棱锥的高恰好等于.

2.如图所示，在三棱锥中，平面，，，.

（1）证明：平面；
（2）若为棱的中点，点为棱上一点，且三棱锥的体积为，通过计算判断点的位置.
【答案】（1）证明见解析；（2）点为棱上靠近点的三等分点.
【分析】（1）根据余弦定理，可得，再由勾股定理可证，再根据线面垂直的定义可证，由此根据线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）在中，由勾股定理，易求得，根据，根据三棱锥的体积公式可求，再根据，由此即可求出结果.
【详解】（1）由题可得， ，，
由余弦定理可得所以.
∴，∴.又平面，∴，
又，∴平面.
（2）在中，由勾股定理，易求得， ∵，
过点作垂直于于点，如下图所示：
则，
又，又
又，所以,所以 ∴.
∴点为棱上靠近点的三等分点.

【题型十五】 体积5：难题--最值型
【典例分析】
如图，三棱锥中，侧面是边长为的正三角形，，平面平面，把平面沿旋转至平面的位置，记点旋转后对应的点为（不在平面内），、分别是、的中点.（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）连接、，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用勾股定理计算出，推导出是以为直角的直角三角形，再由中位线的性质得出，由此可得出；
（2）由的面积为定值，可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，连接、，推导出平面，计算出、以及的面积，然后利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】（1）如图，连接、，因为，是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以．
因为为边长为的正三角形，所以，
又，所以由勾股定理可得，
又，，，
，则，，
所以为直角三角形，且，
又、分别是、的中点，所以，所以；
（2）如图，连接、，因为三棱锥与三棱锥为同一个三棱锥，且的面积为定值，所以当三棱锥的体积最大时，则平面平面，
，则，为的中点，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面，此时点到平面的距离为，
在中，因为，，所以，
所以的最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为．


【变式演练】
1.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．

（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；
（2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】
(1)利用,可得平面,根据面面垂直的判定定理可证平面平面;
(2) 由底面，得平面平面．将问题转化为点到直线的距离有无最大值即可解决.
【详解】（1）证明:因为，为线段的中点，所以,
因为底面，平面，所以,又因为底面为正方形，所以，,所以平面,因为平面，所以,因为，所以平面,因为平面，所以平面平面.
（2）由底面，则平面平面,
所以点到平面的距离（三棱锥的高）等于点到直线的距离,
因此，当点在线段，上运动时，三棱锥的高小于或等于2,
当点在线段上运动时,三棱锥的高为2,因为的面积为,
所以当点在线段上，三棱锥的体积取得最大值,最大值为.
由于三棱锥的体积等于三棱锥的体积,所以三棱锥体积存在最大值.
2.如图所示，在矩形中，，E为边的中点，将沿直线翻折为，若F为线段的中点.在翻折过程中，

（Ⅰ）求证：面；
（Ⅱ）求多面体体积的最大值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）取的中点G，连接，，证明平面，平面，得到平面平面，则面；
（Ⅱ）多面体体积等于三棱锥的体积，要使三棱锥的体积最大，则需F到底面距离最大，即平面底面.此时平面底面，求出到底面的距离，可得F到底面的距离，再由棱锥体积公式求解.
【详解】（Ⅰ）证明：取的中点G，连接，，∵F为线段的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面，
又，，∴四边形为平行四边形，则.可得平面，
又，可得平面平面，则面；
（Ⅱ）解：多面体体积等于三棱锥的体积，而底面三角形的面积为定值，
要使三棱锥的体积最大，则需F到底面距离最大，即平面底面.
此时平面底面，由，可得到底面的距离为，
则F到底面的距离为.∴多面体体积的最大值为.


1.（浙江省台州市2021-2022学年数学试题）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，，，侧面底面ABCD，，．

（1）若PB的中点为E，求证：平面PCD；
（2）若PB与底面ABCD所成的角为60°，求平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取PC的中点F，连接EF，DF，推导出四边形ADFE是平行四边形，，由此能证明平面PCD；
（2）△为等边三角形，是中点，作，以为原点，、、为x、y、z轴建空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．
（1）
如图，取PC的中点F，连接EF，DF，
，F分别为PB，PC的中点，
，，且，
且，四边形ADFE是平行四边形，，
平面PCD，平面PCD，平面PCD．
2.（广东省潮州市2022届高三上学期期末数学试题）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，，，点E，F分别为CD，AP的中点．

（1）证明:PC//平面BEF；
（2）若PAPD，且PA=PD，面PAD面ABCD，求二面角C-BE-F的余弦值．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）
【分析】
（1）连接，交于，连接，易证，故，即点为的中点，从而得，再由线面平行的判定定理即可得证；
（2）取的中点，连，，则，由面面，可推出，由和，可证得，故以，，所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，依次写出、、、和的坐标，由面，知面的一个法向量为，根据法向量的性质可求得面的法向量，再由即可得解．
（1）证明：连接，交于，连接，点为的中点，，
，，，
，，即点为的中点，又为的中点，，
面，面，面
3.在四棱锥中，，，，，平面平面.

（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析（2）不存在；详见解析
【分析】（1）取中点为，连接，可得，再由平面平面可得，则，由此可得结论；
（2）任取上一点，连接，过作直线平行于交于，连接，则，假设平面，可得与已知矛盾，由此得出结论．
【详解】
（1）证：取中点为，连接，

因为，所以，
因为平面平面且相交于，
所以平面，所以，
因为，所以，
因为在平面内，所以，
所以；
（2）不存在.理由如下：
任取上一点，连接，
过作直线平行于交于，连接，则.
假设平面，
所以，
因为，所以四边形为平行四边形.
所以与已知矛盾.
所以棱上不存在点，使平面．
4.（2020·威远中学校高三月考）如图，在多面体中，底面是边长为的的菱形，，四边形是矩形，平面平面，，和分别是和的中点．

（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的大小．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：第一问根据三角形的中位线找到平行线，利用面面平行的判定定理，在其中一个平面内找到和另一个平面平行的两条相交直线，证得结果，第二问先在几何体中找到共点的相互垂直的三条直线，建立相应的空间直角坐标系，求得面的法向量，利用面的法向量所成的角的余弦值判断求得二面角的余弦值，结合二面角的取值范围，求得二面角的大小．
试题解析：（Ⅰ）证明：在中，因为分别是的中点，
所以， 又因为平面，平面，
所以平面． 设，连接，
因为为菱形，所以为中点
在中，因为，，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面． 又因为，平面，
所以平面平面．
5.（江苏省南通市通州区2021-2022学年高三上学期期末数学试题）如图，在直四棱柱中，点是线段上的一个动点，分别是的中点.

（1）求证：平面.
（2）在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，
【分析】（1）利用三角形中位线及线面平行的判定定理证明线面平行；
（2）找的中点，作辅助线，证明平面平面.
【详解】（1）如图，连接，在中，分别是的中点，.
又平面，平面，平面.

（2）如图，在棱上存在点，点为的中点，使得平面平面.理由如下：
∵点是的中点，点是的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面;
由（1）知平面，且，
∴平面平面.∴棱上存在点，使得平面平面，且.
6.如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.
（1）求证：平面；（2）求证：平面.

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；
（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．
【详解】（1）∵，分别是，的中点∴∵平面，平面
∴平面.
（2）∵为正三角形，且D是的中点。∴∵平面平面，且平面平面，平面∴平面∵平面∴
∵且∴∵，平面，且
∴平面.
7.如图，在四棱锥中，底面是矩形，点E在棱上（异于点P，C），平面与棱交于点F.

（1）求证：；
（2）若，求证：平面平面.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据四边形是矩形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，再由线面平行的性质定理得到.

（2）根据四边形是矩形，所以，再由，，得到，又，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明.
【详解】
（1）因为四边形是矩形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面平面，
所以.
（2）因为四边形是矩形，所以.
因为，，所以.
又，点在棱上（异于点），
所以点异于点，所以.
又，平面，所以平面.
又平面，
所以平面平面.
8.（河南省洛阳市高三考前练习二文科数学试卷）如图所示，在正三棱柱中，，是上的一点，且.

（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在一点，使直线平面？若存在，找出这个点，并加以证明，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）存在这样的点，且点为的中点
试题分析：（1）连接A1C交AC1于E点，利用三角形的中位线定理和线面平行的判定定理即可得出；
（2）在棱CC1上存在一点P，P为CC1的中点，使直线PB1⊥平面AC1 D．利用正三棱柱的性质和正三角形的性质可得AD⊥B1P．在正方形BCC1B1中，可得△CC1D≌△C1B1P，即可证明B1P⊥C1 D．再利用线面垂直的判定定理即可证明．
试题解析：（1）证明：因为是正三棱柱，
所以平面，所以，又，,
所以平面，所以，所以是的中点.
如图，连接，设与相交于点，则点为的中点，
连接，则在中，因为分别是的中点，
所以，又在平面内，不在平面内，
所以平面.
（2）存在这样的点，且点为的中点，
下面证明：由（1）知平面，故，
设与相交于点，由于≌，故,
因为，从而∽，
所以，所以.
因为，所以平面

9.已知四边形是梯形(如图1)，，，，，E为的中点，以为折痕把折起，使点D到达点P的位置(如图2)，且.

（1）求证：平面平面；
（2）求点C到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点M，连接，，，根据，易得，再利用平面几何知识，由，得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，进而由面面垂直的判定定理得证.
【详解】（1）证明：连接，
因为，，，E为的中点，，
所以四边形是边长为1的正方形，且.如图，取的中点M，连接，，，
因为，所以，且，.
因为，所以.所以
因为，，，所以，
所以. 因为，所以平面. 因为平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，，且. 因为，
所以为正三角形且边长为1. 设点C到平面的距离为d，
则，所以，
即，解得. 所以点C到平面的距离为.
10.如图，在四棱锥中，底面，， ，，点为的中点，平面交侧棱于点，且四边形为平行四边形.

（1）求证：平面平面；
（2）当时，求四棱锥的体积.

【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）要证平面平面，只需证明平面，即可求得答案；
（2）由（1）可知，，即，可得，结合已知，根据椎体体积公式，即可求得答案.
【详解】（1）为平行四边形.且， 点为的中点
，，，又底面，
得，平面平面
又平面，平面平面
（2）由（1）可知，即，
又由题可知，又由底面，平面，
可得，平面，又
点到平面的距离为，
11.如图，边长为的等边所在平面与菱形所在平面互相垂直，且，,．

（1）求证：平面；
（2）求多面体的体积．

【答案】（1）证明见详解；（2）.
【分析】
（1）先利用已知条件得到线面平行，再证面面，即可得出结论；（2）利用已知条件分别求出三棱锥和四棱锥的体积，相加即为多面体的体积.
【详解】（1）四边形是菱形，，又面,面，面,
同理得，面，面，且，面面，
又面，平面；
（2），，
，在菱形中，，
，，面面，
取的中点，连接，面，面，由（1）知，面面，
点到面的距离为，又点到面的距离为，连接，
则.
12.如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为线段上一点．

（1）若点是的中点，求证：平面；
（2）若直线与平面所成的线面角的大小为，求．

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接，交于点，连接，由题意结合平面几何知识可得，再由线面平行的判定即可得解；
（2）由题意结合面面垂直的性质、线面角的概念可得，进而可得，再由棱锥的体积公式求出、，即可得解.
【详解】（1）连接，交于点，连接，如图：
因为四边形为正方形，所以为线段的中点，又点是的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）因为正方形与矩形所在平面互相垂直，所以平面，平面，
所以即为直线与平面所成的线面角，所以，
因为，所以，，
所以，因为四边形为正方形，四边形为矩形，
由可得平面，所以，
所以.
13.如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.
【详解】（1）分别为，的中点，又
在等边中，为中点，则又侧面为矩形，
由，平面平面
又，且平面，平面，平面
又平面，且平面平面
又平面平面平面
平面平面
（2）过作垂线，交点为，画出图形，如图
平面平面，平面平面
又为的中心.
故：，则，平面平面，平面平面，
平面平面又在等边中
即由（1）知，四边形为梯形
四边形的面积为：
，为到的距离，.
14.如图，扇形的圆心角为，半径为2，四边形为正方形，平面平面；过直线作平面交于点，交于点．
（1）求证：；（2）求三棱锥体积的最大值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面平行的性质，证过的平面即可；
（2）设，得，则结合配方法或基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为，，，所以
又平面，平面，所以．
（2）因为平面所以平面，平面平面，，
所以平面，即线段的长就是三棱锥的高：
因为，，所以．
设，则，所以三棱锥的体积为
．
法一：．所以，当时，．
法二：．所以，当且仅当时，．