高考数学第二轮复习专题练习 专题8.15 空间中线面的位置关系大题专项训练（30道）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.15 空间中线面的位置关系大题专项训练（30道）（教师版），共44页。
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1．（2023·高一课时练习）长方体ABCD-A1B1C1D1中，M是矩形BCC1B1的中心，N是矩形CDD1C1的中心．证明：MN//平面ABCD.
【解题思路】连结C1D、C1B、BD.由已知可推得MN//BD，进而根据线面平行的判定定理，即可证明MN//平面ABCD.
【解答过程】
证明：连结C1D、C1B、BD.
由已知可得，点M是C1B的中点，点N是C1D的中点，
所以，MN是△C1DB的中位线，
所以MN//BD.
又MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以MN//平面ABCD.
2．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形.已知PA=AB=2，AD=5，AC=1，E是PB中点.
(1)求证：PD ∥平面ACE；
(2)求四面体P-ACE的体积.
【解题思路】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，然后利用平行四边形的性质及线面平行的判断即可；
（2）利用等体积法求解即可，即VP-ACE=VB-ACE.
【解答过程】（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示：
∵ABCD是平行四边形，
∴O为BD中点，且E为PB中点，
∴OE∥PD，且PD⊄平面ACE内，OE⊂平面ACE，
∴PD ∥平面ACE.
（2）∵BC2=AB2+AC2，
∴Rt△ABC的面积S=12×2×1=1，
又∵PA⊥面ABCD，∴VP-ABC=13×1×2=23，
又∵E为PB中点，∴VP-ACE=VB-ACE=13，
所以四面体P-ACE的体积为13.
3．（2023秋·河南安阳·高三期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，且PA=AD=4，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．
(1)证明：PB ∥平面EFG；
(2)求三棱锥B-EFG的体积．
【解题思路】（1）证明平面PBC ∥平面EFG，根据PB⊂平面PBC，得到证明.
（2）确定B，D两点到平面EFG的距离相等，VB-EFG=VD-EFG=VG-EFD，计算得到答案.
【解答过程】（1）E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，故EF∥AD∥BC，FG∥PC，
EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，FG⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，
故EF ∥平面PBC，FG ∥平面PBC，
EF∩FG=F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，平面PBC ∥平面EFG，
PB⊂平面PBC，故PB ∥平面EFG．
（2）连接DE，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，
故PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，PA⊥CD，
四边形ABCD为正方形，AD⊥CD，PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，
故CD⊥平面PAD．GD＝2，S△EFD=12×2×2=2．
BC ∥平面EFG，故B，C两点到平面EFG的距离相等，
G是线段CD的中点，C，D两点到平面EFG的距离相等，
即B，D两点到平面EFG的距离相等，
VB-EFG=VD-EFG=VG-EFD=13×S△EFD×DG=13×2×2=43，
三棱锥B－EFG的体积为43．
4．（2022春·山东聊城·高一期中）如图：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为DD1的中点.
(1)求证：BD1 ∥平面AMC；
(2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC ∥平面BND1.
【解题思路】（1）设AC∩BD=O，接OM，证明OM∥BD1，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）证明四边形CND1M为平行四边形，从而可得D1N∥CM，即可证得D1N ∥平面AMC，再根据面面平行的判定定理即可得证.
【解答过程】（1）证明：设AC∩BD=O，接OM，
∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，∴O是BD中点，
∵M是DD1的中点，∴OM∥BD1，
∵BD1⊄平面AMC,OM⊂平面AMC,
∴BD1 ∥平面AMC；
（2）证明：∵N为CC1的中点，M为DD1的中点，
∴CN∥D1M,∴CN=D1M，
∴四边形CND1M为平行四边形，∴D1N∥CM，
又∵MC⊂平面AMC,∵D1N⊄平面AMC,∴D1N ∥平面AMC，
由（1）知BD1 ∥平面AMC,∵BD1∩D1N=D1,BD1⊂平面BND1,D1N⊂平面BND1，
∴平面AMC ∥平面BND1.
5．（2022春·河南信阳·高一阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N、Q、S分别是被AB、BC、C1D1、D1A1的中点.
(1)求证：MN//QS；
(2)记MNQS确定的平面为α,作出平面α被该正方体所截的多边形截面，写出作法步骤.并说明理由，然后计算截面面积；
(3)求证：平面ACD1//平面α.
【解题思路】（1）MN//AC，SQ//A1C1，AC//A1C1，证得MN//SQ；
（2）取AA1、CC1中点E、F，则SQFNME为平面α被该正方体所截的多边形截面，求截面面积即可；
（3）根据平面与平面平行的判定定理证明即可．
【解答过程】（1）证明：连接SQ，MN，AC，A1C1如图，
正方体中AA1//CC1，AA1=CC1，四边形ACC1A1为平行四边形，则有AC//A1C1，
∵M、N、Q、S分别是被AB、BC、C1D1、D1A1的中点，
∴MN//AC，SQ//A1C1，∴MN//SQ．
（2）取AA1、CC1中点E、F，连接S、Q、F、N、M、E，如图，
则正六边形SQFNME为平面α被该正方体所截的多边形截面，
MN=BM2+BN2=2，∴SSQFNME=6×12×2×2×sin60°=33．
（3）∵MN//AC，AC⊂平面α，MN⊂平面α，
∴AC//平面α，
又∵S、E分别A1D1、AA1的中点，∴SE//AD1，
∵SE⊂平面α，AD1⊂平面α，∴AD1//平面α，
又∵AD1∩AC=A，AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，
∴平面ACD1//平面α．
6．（2022春·山东聊城·高一期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，F,G分别为PB,AD的中点.
(1)证明：AF∥平面PCG；
(2)在线段BD上是否存在一点N，使得FN ∥平面PCG，并给出必要的证明.
【解题思路】（1）取PC中点H，证明四边形AGHF为平行四边形即可；
（2）设BD∩CG=O，取OB中点K，先证明FK//平面PCG，即可证明点N在线段BD靠近B端的三等分点时符合题意.
【解答过程】（1）证明：取PC中点H，连接GH,FH，在△PBC中，F为PB的中点，
∴FH∥12BC.
∵G为AD的中点，∴AG∥12BC,∴AG∥FH,AG=FH，
即四边形AGHF为平行四边形，∴AF∥GH.
∵GH⊂平面PCG,AF⊄平面PCG,∴AF ∥平面PCG.
（2）设BD∩CG=O，取OB中点K，连接FK，则在△POB中，
∵F,K分别是OB,PB的中点，
∴FK∥OP，
∵OP⊂平面PCG,FK⊄平面PCG，
∴FK ∥平面PCG.
∵△DOG与△BOC相似，且相似比为1:2，
∴BO=2DO=2KB，
∴K为BD的三等分点.
∴N在K点位置时满足FN ∥平面PCG.
即点N在线段BD靠近B端的三等分点时符合题意.
7．（2022春·山东聊城·高一阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，AD//BC，AD=12BC，点E为PC上一点，F为PB的中点，且AF//平面BDE.
(1)若平面PAD与平面PBC的交线为l，求证：l//平面ABCD；
(2)求证：AF//DE.
【解题思路】（1）结合线面平行的判定定理和性质定理证得：l//平面ABCD.
（2）结合线面平行的性质定理和三角形重心的知识证得：AF//DE.
【解答过程】（1）∵BC//AD，AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD，∴BC//平面PAD.
∵BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，∴BC//l.
∵BC⊂平面ABCD,l⊄平面ABCD，
∴l//平面ABCD.
（2）连接AC,FC，设AC∩BD=O，FC∩BE=M，连接OM，
∵AF//平面BDE,AF⊂平面AFC，平面AFC∩平面BDE=OM，
∴AF//OM，
∵AD//BC，AD=12BC，所以AOOC=ADBC=12，
∴FMMC=AOOC=12，
∴点M是△PBC的重心，
∴点E是PC的中点，
∴EMMB=12=DOOB，
∴OM//DE，
∴AF//DE.

8．（2022秋·湖南怀化·高二阶段练习）已知ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，且AA1=2,O1是A1C1与B1D1的交点.
(1)若E是AB1的中点，求证：O1E//平面ADD1A1；
(2)求C到平面EB1O1的距离.
【解题思路】（1）通过构造中位线的方法证得O1E//平面ADD1A1.
（2）利用等体积法求得C到平面EB1O1的距离.
【解答过程】（1）连接AD1，由于E,O1分别是AB1,B1D1的中点，
所以O1E//AD1，
由于O1E⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，
所以O1E//平面ADD1A1.
（2）连接CA,CB1,CD1,AO1，则C到平面EB1O1的距离是C到平面AB1D1的距离，设为h.
VC-AB1D1= 1×1×2-13×12×1×1×2×4=23，
AB1=AD1=5,B1D1=2,S△AB1D1=12×2×52-222=32，
13⋅S△AB1D1⋅h=13⋅32⋅h=23,h=43，
所以C到平面EB1O1的距离是43.
9．（2022春·广西百色·高一期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点．
(1)求证：EF∥平面BDD1B1；
(2)设G为棱CD上的中点，求证：平面GEF∥平面BDD1B1．
【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理求证即可；
（2）根据面面平行的判定定理证明即可．
【解答过程】（1）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接BM，如图，
因E，F分别是BC，CM的中点，
则有EF∥BM，
又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD1B1，
所以EF∥平面BDD1B1．
（2）证明：取CD的中点G，连接EG，FG，如图，
而E是BC的中点，
于是得EG∥BD，
而EG⊄平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，
从而得EG∥平面BDD1B1，
由（1）知EF∥平面BDD1B1，
EF∩EG＝E，且EF、EG⊂平面GEF，
因此，平面GEF∥平面BDD1B1，
所以当G是DC的中点时，
平面GEF∥平面BDD1B1．
10．（2023·海南省·统考模拟预测）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点.
(1)当M为PD的中点时，求证：MN//平面PAB.
(2)当PB//平面AMN，求出点M的位置，说明理由.
【解题思路】（1）取AP中点为E，连接EM,EB，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有BN//ME,BN=ME，即BNME为平行四边形，则MN//BE，最后根据线面平行的判定证结论；
（2）连接AN,BD，相交于O，连接OM，由线面平行的性质得PB//OM，利用相似比可得PMMD=12，即可判断M的位置.
【解答过程】（1）取AP中点为E，连接EM,EB，
在△PAD中，M为PD的中点，E为AP中点，
∴EM//AD,EM=12AD，
在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，
∴BN//AD,BN=12AD，
∴BN//ME,BN=ME，
∴四边形BNME为平行四边形，
∴MN//BE,MN⊄面PAB,BE⊂面PAB，
∴MN//平面PAB；
（2）连接AN,BD，相交于O，连接OM，
∵PB//面AMN，面PBD∩面AMN=OM,PB⊂面PBD，
∴PB//OM，PMMD=OBOD=BNAD=12，
即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.
11．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，多面体ABCDEF的面ABCD是正方形，其中心为M．平面ADE⊥平面ABCD，BF∕∕AE，AE=2BF，AD=DE=AE=2．
(1)求证：CF⊥平面AEFB；
(2)在△ADE内（包括边界）是否存在一点N，使得MN∕∕平面CEF？若存在，求点N的轨迹，并求其长度；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）取AE的中点G，连接GF，DG，证明CF∕∕DG，根据面面垂直的性质可得BA⊥平面ADE，从而可得BA⊥DG，在证明DG⊥平面AEFB，即可得证；
（2）先证明BG∕∕平面CEF，DG∕∕平面CEF，再根据面面平行的判定定理可得平面BDG∕∕平面CEF，再根据面面平行的性质即可得出结论.
【解答过程】（1）如图，取AE的中点G，连接GF，DG，
因为BF∕∕AE，AE=2BF，所以BF∕∕AG，BF=AG，
所以四边形ABFG是平行四边形，所以FG∕∕AB，FG=BA，
又因为BA∕∕CD，BA=CD，所以FG∕∕CD，FG=CD，
所以四边形CDGF是平行四边形，所以CF∕∕DG，
因为BA⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，BA⊂平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，
所以BA⊥平面ADE，
又DG⊂平面ADE，所以BA⊥DG，
因为AD=DE=AE，G为AE的中点，所以DG⊥AE，
又AE，BA⊂平面AEFB，且AE∩BA=A，所以DG⊥平面AEFB，
所以CF⊥平面AEFB；
（2）如图，连接BD，BG，
由（1）知，BF∕∕AG，BF=AG，所以BF∕∕EG，BF=EG，
所以四边形BGEF是平行四边形，所以BG∕∕EF，
因为EF⊂平面CEF，BG⊄平面CEF，
所以BG∕∕平面CEF，
又由（1）知，CF∕∕DG，CF⊂平面CEF，DG⊄平面CEF，
所以DG∕∕平面CEF，
因为DG，BG⊂平面BDG，且DG∩BG=G，
所以平面BDG∕∕平面CEF，
设点N为线段DG上任意一点，则MN⊂平面BDG，MN∕∕平面CEF，
所以点N的轨迹为线段DG，长度为3．
12．（2022·北京·统考模拟预测）如图所示，已知△BCD中，BC=BD=2，且∠CBD=120°，现将△BCD沿BC翻折到△ABC，满足cs∠ABD=13．
(1)求证：AD⊥BC；
(2)若E为边CD的中点，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．
【解题思路】（1）取AD中点M，连接BM，CM，证明AD⊥平面CBM，原题即得证；
（2）过点D作DF⊥BC交CB的延长线于点F，连接AF,过点D作DO⊥AF交AF的延长线于点O. 先求出AE的长，再求出D到平面ABC的距离，即得解.
【解答过程】（1）取AD中点M，连接BM，CM，
∵BC=BD=2，∠CBD=120°，
∴CD=23，同理可得AC=CD=23，
又∵BA=BD，∴BM⊥AD，CM⊥AD ．
∵BM∩CM=M，BM，CM⊂平面CBM，∴AD⊥平面CBM，
∵BC⊂平面CBM，∴AD⊥BC.
（2）过点D作DF⊥BC交CB的延长线于点F，连接AF,过点D作DO⊥AF交AF的延长线于点O.
∵cs∠ABD=13,
∴AD2=AB2+BD2-2AB⋅BD⋅cs∠ABD=4+4-2×2×2×13=163
∴AD=433.
在△ACD中，E为CD的中点,
由平行四边形对角线平方和定理得知：2AE2+CD2=2AC2+AD2.
∴4AE2+12=212+163⇒AE=513,
∵DF⊥BC，由（1）知AD⊥BC，且DF∩AD=D，DF,AD⊂平面ADF，
∴BC⊥平面ADF，
∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADF
∵平面AFD∩平面ABC=AF
在△ABF中，AF=AB×cs∠BAF=2×32=3，同理可得DF=3.
又DO⊥AF，则DO为D到平面ABC的距离.
由余弦定理得cs∠FAD=FA2+AD2-FD22FA⋅AD=23.
∴sin∠FAD=1-49=53.
则DO=AD⋅sin∠FAD=433×53=4159.
∵E为DC中点,
∴E到平面ABC的距离为12DO=2159.
∴AE与平面ABC所成角的正弦值为2159513=28551.
13．（2023春·四川成都·高三开学考试）如图，在几何体ABCDE中，AD⊥面ABE，AD∥BC，AD=2BC，AB=BE．
(1)求证：平面DCE⊥平面DAE；
(2)AB=1，AE=2，VABCDE=14，求CE与平面DAE所成角的正弦值．
【解题思路】（1）根据线线平行证得CN//BM，再结合线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得证；
（2）首先确定直线CE与平面DAE所成角的平面角为∠CEN，再应用棱锥体积公式求CE=52、CN=22，即可得解.
【解答过程】（1）如图，取AE、DE的中点M、N，
连接BM、MN、CN，则知MN∥AD，且AD=2MN，
又AD∥BC，且AD=2BC，
所以MN∥BC，且MN=BC，
则四边形BMNC为平行四边形，所以CN∥BM．
∵AB=BE，M为AE的中点，∴BM⊥AE，
∵AD⊥平面ABE，BM⊂平面ABE，∴BM⊥AD．
又AD∩AE=A，AD⊂平面DAE,AE⊂平面DAE，∴BM⊥平面DAE
从而可得CN⊥平面DAE，由于CN⊂平面DCE，
所以平面DCE⊥平面DAE，命题得证．
.
（2）由（1）知，CN⊥平面DAE于N，则∠CEN为CE与平面DAE所成角.
且在Rt△CEN中，sin∠CEN=CNCE，由AB=BE=1且AE=2，得AB⊥BE，
又已知AD⊥平面ABE，BE⊂平面ABE，∴AD⊥BE，
∵AD∩AB=A,AD,AB⊂平面ABCD，∴BE⊥平面ABCD，
设BC=t(t>0)，则AD=2t，那么有SABCD=AD+BC2⋅AB=3t2，
则VABCDE=13SABCD⋅BE=t2=14，解得t=12，即有BC=12．
从而易得，在Rt△CBE中，CE=52；
又在Rt△ABE中，BM=22，则知CN=BM=22；
∴sin∠CEN=CNCE=25=105，即CE与平面DAE所成角的正弦值为105．
14．（2023秋·四川广元·高二期末）如图，边长为3的正方形ABCD中，点E是线段AB上的动点，点F是线段BC上的动点，均不含端点，且满足BE=BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P.
(1)求证：PD⊥EF；
(2)当BE=BF=13BC时，求三棱锥P-EFD的体积.
【解题思路】（1）由线线垂直证DP⊥平面PEF，再证PD⊥EF；
（2）由等体积法求VD-PEF.
【解答过程】（1）证明：A，C重合于P，∵DA⊥AE，∴DP⊥PE，∵DC⊥CF，∴DP⊥PF，
又PE⊂平面PEF，PF⊂平面PEF，PE∩PF=P，∴DP⊥平面PEF，
∵EF⊂平面PEF，∴PD⊥EF；
（2）由已知得BE=BF=1，EF=2，PE=PF=2，
则在△PEF中，EF边上的高h=4-12=142.
则S△PEF=12×2×142=72，
∴VP-EFD=VD-PEF=13S△PEF×PD=13×3×72=72.
15．（2023·内蒙古·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB//CD，PB=CD=2AB=2AD，PD=2AB，PC⊥DE，E是棱PB的中点.
(1)证明：PD⊥平面ABCD；
(2)若F是棱AB的中点，AB=2，求点C到平面DEF的距离.
【解题思路】（1）由线面垂直判定可证得DE⊥平面PBC，进而得到DE⊥BC；利用勾股定理和线面垂直的判定得到BC⊥平面PBD，从而得到BC⊥PD；利用勾股定理可证得PD⊥BD，由此可得结论；
（2）设点C到平面DEF的距离为d，利用等体积转换的方式，由VC-DEF=VE-CDF，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.
【解答过程】（1）连接BD，
∵AB=AD，AB⊥AD，∴BD=2AB，又PD=2AB，∴PD=BD，
∵E为棱PB中点，∴DE⊥PB，又PC⊥DE，PC∩PB=P，PC,PB⊂平面PBC，
∴DE⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，∴DE⊥BC；
在直角梯形ABCD中，取CD中点M，连接BM，
∵CD=2AB，∴DM=AB，又DM//AB，AB=AD，AB⊥AD，
∴四边形ABMD为正方形，∴BM=AD，BM⊥CD，
∴BC=2BM=2AD=2AB，又BD=2AB，∴BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD，
∵BD∩DE=D，BD,DE⊂平面PBD，∴BC⊥平面PBD，
∵PD⊂平面PBD，∴BC⊥PD；
∵PD=BD=2AB，PB=2AB，∴PD2+BD2=PB2，∴PD⊥BD，
又BC∩BD=B，BC,BD⊂平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD.
（2）∵AD=AB=2，CD=2AB=4，AB⊥AD，∴S△CDF=12×4×2=4，
由（1）知：PD⊥平面ABCD，PD=22，则点E到平面ABCD的距离d1=12PD=2，∴VE-CDF=13S△CDF⋅d1=13×4×2=423；
∵AD=2，PD=22，∴PA=AD2+PD2=23，
∵E,F分别为棱PB,AB中点，∴EF=12PA=3，
∵AB⊥AD，AB=AD=2，∴DF=5，BD=22，
∵PD=BD=22，∴PB=4，∴DE=12PB=2，
由余弦定理得：cs∠DEF=4+3-52×2×3=36，则sin∠DEF=336，
∴S△DEF=12×2×3×336=112，
设点C到平面DEF的距离为d，
∴VC-DEF=VE-CDF=13S△DEF⋅d2=116d2=423，解得：d2=82211，
即点C到平面DEF的距离为82211.
16．（2023秋·山东威海·高二期末）如图，在正四棱锥P－ABCD中，PA=AB=32，点M，N分别在PA，BD上，且PMPA=BNBD=13．
(1)求证：MN⊥AD；
(2)求证：MN//平面PBC，并求直线MN到平面PBC的距离．
【解题思路】（1）连接AN并延长交BC于E，连接PE，先通过比例得到MN∥PE，再通过证明PE⊥BC可得MN⊥AD；
（2）通过MN//PE可得MN//平面PBC，将求直线MN到平面PBC的距离转化为点N到平面PBC的距离，利用等体积法13×S△NBC×hP-NBC=13×S△PBC×hN-PBC可得距离.
【解答过程】（1）连接AN并延长交BC于E，连接PE，
∵BNBD=13，即BNND=12
∵AD//BC,BNND=12，
∴NEAN=BEAD=12，即NEAE=13，
∴PMPA=NEEA=13，
∴MN//PE，
又∴BEAD=12,BC=AD，故E为BC中点，
又在正四棱锥中PA=AB，则PC=PB，
∴PE⊥BC，即PE⊥AD，
∴MN⊥AD；
（2）由（1）得MN//PE，且MN⊄面PBC，PE⊂面PBC，
∴MN//平面PBC，
故直线MN到平面PBC的距离即为点N到平面PBC的距离，设为h
S△PBC=12BC⋅PE=12×32×322-3222=932，
S△NBC=13×12BC⋅DC=13×12×32×32=3，
点P到面ABCD的距离h'=PB2-BD22=322-32×222=3，
由VP-NBC=VN-PBC，得13×S△NBC×h'=13×S△PBC×h，
∴13×3×3=13×932×h，
得h=233.
17．（2023秋·山东东营·高二期末）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，E为AA1的中点，∠A1AD=∠A1AB．
(1)求证：A1C∥平面EBD；
(2)求证：BD⊥平面AA1C1C.
【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）作A1I⊥平面ABCD于点I，作A1G⊥AB于点G，A1K⊥AD于点K，连接Kl,Gl，需证明I在AC上，再证明A1I⊥BD，结合BD⊥AC，根据线面垂直的判定定理即可证明结论.
【解答过程】（1）证明：如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，
连接AC，交BD于O点，则O为AC的中点，连接EO，
因为E为AA1的中点，故EO∥A1C,
因为EO⊂平面EBD，A1C⊄平面EBD，
故A1C∥平面EBD；
（2）证明：作A1I⊥平面ABCD于点I，作A1G⊥AB于点G，A1K⊥AD于点K，
连接Kl,Gl，
因为∠A1AD=∠A1AB，AA1=AA1,故Rt△A1GA≌Rt△A1KA,
所以A1G=A1K,
∵A1I⊥平面ABCD，GI,KI⊂平面ABCD，∴A1I⊥KI,A1I⊥GI,
故Rt△A1IG≌Rt△A1IK,故GI=KI,
又A1I⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD,故A1I⊥AB,又A1G⊥AB，
A1G∩A1I=A1,A1G,A1I⊂平面A1GI,故AB⊥平面A1GI，
GI⊂平面A1GI，故AB⊥GI,同理可证AD⊥KI,结合GI=KI，
可知I在∠BAD的平分线上，即I在AC上，则A1I⊂平面AA1C1C，
而A1I⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD,故A1I⊥BD,
又底面ABCD是菱形，则BD⊥AC ,
AC∩A1I=I,AC,A1I⊂平面AA1C1C，故BD⊥平面AA1C1C.
18．（2023·辽宁沈阳·高二学业考试）已知在四棱锥E-ABCD中，AE⊥底面ABCD，且底面ABCD是正方形，F、G分别为AE和CE的中点.
(1)求证：FG//平面ABCD；
(2)求证：BD⊥CE.
【解题思路】（1）连接AC，通过证明FG//AC，利用线面垂直的判定可得答；
（2）通过证明BD⊥面ACE可得答案.
【解答过程】（1）连接AC，由已知F、G分别为AE和CE的中点，
∴FG//AC，又FG⊄面ABCD，AC⊂面ABCD，
∴FG//平面ABCD；
（2）∵底面ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，
又AE⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，
∴BD⊥AE，∵AE∩AC=A,AE⊂面ACE，AC⊂面ACE，
∴BD⊥面ACE，又CE⊂面ACE，
∴BD⊥CE.
19．（2023·高一课时练习）已知圆锥的轴截面SAB是等腰直角三角形，SA=2a，Q是底面圆O内一点，且OQ⊥AQ，C是AS中点，D是点O在SQ上的射影．
(1)求证：OD⊥面AQS；
(2)求三棱锥S-OCD体积的最大值．
【解题思路】（1）根据空间中线线垂直，线面垂直的相互转化关系即可证明．
（2）先通过空间中垂直关系证明AS⊥平面OCD，再根据三棱锥的体积公式，结合基本不等式，即可求其体积的最大值
【解答过程】（1）∵SO⊥底面，AQ在底面上
∴SO⊥AQ
又∵AQ⊥OQ，SO∩OQ=O，SO⊆平面SOQ，OQ⊆平面SOQ，
∴AQ⊥平面SOQ
∵OD⊆平面SOQ，
∴AQ⊥OD
又∵D是点O在SQ上的射影，即OD⊥SQ
且AQ∩SQ=Q，AQ⊆平面SAQ，SQ⊆平面SAQ，
∴OD⊥平面SAQ
（2）∵圆锥的轴截面SAB是等腰直角三角形，C是AS中点，O是AB中点，
∴OC⊥AS
又由(1)知，OD⊥平面SAQ
∴OD⊥AS
且OC∩OD=O，OC⊆平面OCD，OD⊆平面OCD，
∴AS⊥平面OCD
又∵SA=2a
∴VS-OCD=13⋅a⋅12⋅OD⋅CD ≤16a⋅OD2+CD22=a12⋅OC2=a312
当且仅当OD=OC=22a时取等号，
所以三棱锥S-OCD的体积最大值为a312．
20．（2022春·河南·高一期中）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G分别为所在棱的中点，Q,H分别为正方形ADD1A1和正方形ABCD的中心，连接EF，EG,FG,D1Q,CH,QH,CD1.
(1)证明：平面EFG//平面CD1QH；
(2)问在线段CD上是否存在一点P，使得DQ ∥平面D1PH？若存在，写出P点的位置并给出证明；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由面面平行的判定即可得证；
（2）要证明DQ// 平面D1PH ，只要DQ平行于平面D1PH内的某一条直线即可，再运用直角坐标系的思想求出DP的长度即可.
【解答过程】（1）连接C1B ，则有EF//C1B,C1B//D1Q,∴EF//D1Q ，同理GE//D1C ，
EF⊂平面GEF，D1Q⊄平面GEF，所以D1Q//平面GEF，
GE⊂平面GEF，D1C⊄平面GEF，所以D1C//平面GEF，
且D1Q⊂ 平面CD1QH ，D1C⊂ 平面CD1QH，D1Q∩D1C=D1 ，
∴平面GEF// 平面CD1QH；
（2）如图：
设平面QDC与D1H的交点为N，正方体的棱长为2a，
∵CD⊥平面AA1D1D，D1Q⊂平面AA1D1D，∴CD⊥D1Q ，
又D1Q⊥DQ ，DQ⊂平面DQC，CD⊂平面DQC，DQ∩CD=D，
∴D1Q⊥ 平面DQC，
连接QN，QN⊂平面DQC，∴D1Q⊥QN，△D1QN 是直角三角形，
在△D1AH 中，D1A=22a,DH=AH=2a,D1H=DD12+DH2=4a2+2a2=6a ，
由余弦定理得：cs∠AD1H=D1A2+D1H2-AH22⋅D1A⋅D1H=32,∠AD1H=π6 ，
在Rt△D1QN 中，D1N=D1Qcs∠AD1H=D1A232=263a ，
在平面QDC内作直线NL//DC ，交QD于L，则NL⊥平面AA1D1D，NL⊥QD ，
在线段DC上取P点，使得DP=NL ，则四边形DPNL为矩形，QD//NP,NP⊂平面D1PH，QD⊄平面D1PH，∴QD//平面D1PH，
P点即是所求的点；
取DC的中点K，连接HK，则HK⊥平面DD1C1C，
过N点在平面D1HK内作HK的平行线NM，交D1K于M点，过M点作DC的平行线，交D1D于W，连接WL，则四边形NMWL是矩形，
WM=LN=DP ，且D1MD1K=D1ND1H,WMDK=D1MD1K ，
∴DP=WM=D1MD1K·DK=D1ND1H·DK=263a6a×a=2a3=13×2a ，
即P点的位置在靠近D点的DC线段的三分点处；
综上，存在点P满足题意，P点在靠近D点的DC线段的三分点处.
21．（2023秋·江苏苏州·高三期末）如图1，在长方形ABCD中，已知AB=2，BC=1，E为CD中点，F为线段EC上（端点E，C除外）的动点，过点D作AF的垂线分别交AF，AB于O，K两点．现将△DAF折起，使得DK⊥AB（如图2）．
(1)证明：平面ABD⊥平面ABC；
(2)求直线DF与平面ABC所成角的最大值．
【解题思路】（1）先证AF⊥平面ODK，得DK⊂平面ODK，所以AF⊥DK，再证DK⊥平面ABC，从而得证面面垂直；
（2）直线DF与平面ABCF所成角为∠DFK，记∠DFK=θ，设DF=x（1