人教B版（2019）高中数学必修第四册 第十一章 立体几何 章末重点题型复习（原卷+解析卷）

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第十一章：立体几何初步章末重点题型复习 题型一 斜二测画法【例1】（23-24高一下·河南郑州·阶段练习）如图，△A'B'C'是水平放置△ABC的直观图，其中B'C'=C'A'=1，A'B'//x'轴，A'C'//y'轴，则BC=（    ）A．2 B．2 C．6 D．4【答案】C【分析】在△A'B'C'中由余弦定理求得A'B'，结合斜二测画法求得AB，再根据勾股定理即可求得BC.【详解】在△A'B'C'，B'C'=C'A'=1，∠B'A'C'=45°，由余弦定理可得：B'C'2=A'C'2+A'B'2−2A'C'×A'B'×cos45°，即A'B'2 −2 A'B' =0，而A'B' >0，解得A'B' =2；由斜二测画法可知：△ABC中，AB⊥AC，AB= A'B' =2，AC=2 C'A' =2，故BC=AB2+AC2=2+4=6.故选：C.【变式1-1】（22-23高一下·甘肃白银·期中）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O'A'B'C'，且O'A'//B'C'，O'A'=2B'C'=4，A'B'=2，则该平面图形的高为（    ）A．22 B．2 C．42 D．2【答案】C【分析】根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，计算可得．【详解】在直角梯形O'A'B'C'中，O'A'//B'C'，O'A'=2B'C'=4，A'B'=2，则O'C'=4−22+22=22，直角梯形O'A'B'C'对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC，BC//OA，OC⊥OA，OA=2BC=4，OC=2O'C'=42，所以该平面图形的高为42.故选：C.【变式1-2】（2024高一下·全国·专题练习）用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C'，其中梯形的上底长是下底长的13，若原平面图形OABC的面积为32，则O'A'的长为(    ) A．2 B．2 C．3 D．32【答案】D【分析】根据斜二测画法的规则，得到原几何图形OABC，设O'A'=x，结合梯形的面积公式，列出方程，即可求解.【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原几何图形OABC，设O'A'=x，可得O'B'=2x，则OB=2O'B'=22x,BC=B'C'=x3,OA=O'A'=x，且OB为原图形中梯形的高，所以平面图形OABC的面积为S=12(x+x3)×22x=32，解得x=32.故选：D.  【变式1-3】（23-24高一下·江苏·阶段练习）如图所示，水平放置的△ABC斜二测直观图是图中的△A'B'C'，已知A'C'=4，B'C'=6，则△ABC的面积为 ．【答案】24【分析】画出原图可计算面积.【详解】由已知得△ABC的原图如下：其中AC=8,BC=6,∠ACB=90∘，所以S△ABC=12×6×8=24.故答案为：24.【变式1-4】（2024高一下·全国·专题练习）如图，△A'B'C'是水平放置的平面图形的斜二测直观图，(1)画出它的原图形，(2)若A'C'=2,△A'B'C'的面积是32，求原图形中AC边上的高和原图形的面积.【答案】(1)图形见解析(2)6，6【分析】（1）逆用斜二测画法的原理，平行依旧斜改垂，横等纵二倍竖不变，即可由直观图得出原图.（2）先根据△A'B'C'的面积求出B'D'=62，然后利用斜二测画法原理求出高BD=6，由此可求出原的面积.【详解】（1）画出平面直角坐标系xOy，在x轴上取OA=O'A'，即CA=C'A'，在图①中，过B'作B'D'//y'轴，交x'轴于D'，在x轴上取OD=O'D'，过点D作DB//y轴，并使DB=2D'B',连接AB，BC，则△ABC即为△A'B'C'原来的图形，如图②所示：.（2）由（1）知，原图形中，BD⊥AC于点D，则BD为原图形中AC边上的高，且BD=2B'D'，在直观图中作B'E'⊥A'C'于点E'， 则△A'B'C'的面积S△A'B'C'=12A'C'×B'E'=B'E'=32，在直角三角形B'E'D'中，B'D'=2B'E'=62，所以BD=2B'D'=6，所以S△ABC=12AC×BD=6.故原图形中AC边上的高为6，原图形的面积为6.题型二 几何体的表面积与体积【例2】（2024·吉林延边·一模）碗是人们日常必需的饮食器皿，碗的起源可追溯到新石器时代泥质陶制的碗，其形状与当今无多大区别，即口大底小，碗口宽而碗底窄，下有碗足．如图所示的一个碗口直径为9.3cm，碗底直径为3.8cm，高4cm，它的形状可以近似看作圆台，则其侧面积约为（    ）A．27π B．30π C．32π D．36π【答案】C【分析】根据圆台的侧面积公式运算求解即可.【详解】由题意可知：碗口半径为4.65cm，碗底半径为1.9cm，可知母线为4.65−1.92+42=23.5625≈4.9cm，所以其侧面积约为π4.65+1.9×4.9=32.095π≈32πcm2.故选：C.【变式2-1】（23-24高一下·全国·期中）在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块降温，如图是一个高脚杯，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水.若在高脚杯内放入一个半径为4cm的球形冰块后，冰块没有开始融化前水面所在的平面恰好经过冰块的球心O（水没有溢出），则原来高脚杯内水的体积是（    ）A．128π9cm3 B．32π9cm3 C．16π3cm3 D．64π9cm3【答案】A【分析】根据球的体积公式即可求解.【详解】显然，球形冰块内切于高脚杯圆锥，圆锥轴截面正三角形是球面大圆的外切三角形，如图，作OD⊥AC，垂足为D，则球的半径r=OD=4，此时OA=2r=8，水面半径R=OC=8×tan30°=833，设加入小球后水面以下的体积为V'，原来水的体积为V，球的体积为V1，所以水的体积为V=V'−12V1=13π(833)2×8−23π×43=128π9.故选：A【变式2-2】（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面为矩形，M为PC的中点，平面ABM截得四棱锥上、下两部分的体积比为 .【答案】3:5【分析】设四棱锥P−ABCD的体积为V，取PD的中点N，连接MN、AN、BD、BN，即可得到ABMN为截面，再根据锥体的体积公式得到VP−ABMN=38V，从而得解.【详解】设四棱锥P−ABCD的体积为V，取PD的中点N，连接MN、AN、BD、BN，因为M为PC的中点，所以MN//DC且MN=12DC，又AB//DC，所以MN//AB，S△PMN=14S△PDC，所以A、B、M、N四点共面，即ABMN为截面，又VP−ABMN=VP−ABN+VP−BMN，其中VP−ABN=VB−PAN=12VB−PAD=14V，VP−BMN=VB−PMN=14VB−PCD=18V，所以VP−ABMN=38V，即截面截得四棱锥上部分的体积为38V，则下部分的体积为58V，所以平面ABM截得四棱锥上、下两部分的体积比为3:5.故答案为：3:5【变式2-3】（23-24高一下·河南郑州·阶段练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,∠ABC=90°,AD=a,BC=2a,∠DCB=60°，在平面ABCD内过点C作l⊥BC，以l为轴旋转一周得到一个旋转体．(1)求此旋转体的表面积．(2)求此旋转体的体积．【答案】(1)(43＋9)πa2(2)1133πa3【分析】（1）先判断出以l为轴将梯形ABCD旋转一周后，形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，分析圆锥与圆锥的基本量，然后利用圆锥和圆柱的表面积公式求解即可．（2）由圆锥和圆柱的体积公式即可求解.【详解】（1）在梯形ABCD中，∠ABC=90°，AD//BC，且AD=a，BC=2a，∠DCB=60°，∴ CD=BC−ADcos60°=2a,AB=CDsin60°=3a，∴DD'=AA'−2AD=2BC−2AD=2a，∴ DO=12DD'=a．∵以l为轴将梯形ABCD旋转一周后，形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，且圆柱高为3a，底面半径为2a，圆锥的母线长为2a，底面半径为a，∴圆柱的侧面积S1=2π⋅2a⋅3a=43πa2，圆锥的侧面积S2=π⋅a⋅2a=2πa2，圆柱的底面积S3=π(2a)2=4πa2，圆锥的底面积S4=πa2，∴组合体上底面积S5=S3−S4=3πa2，∴旋转体的表面积S=S1+S2+S3+S5=(43+9)πa2．（2）由题意知，形成的几何体的体积为一个圆柱的体积减去一个圆锥的体积，圆柱的体积V1=π(2a)2⋅3a=43πa3，圆锥的体积V2=13πa2⋅3a=33πa3，∴旋转体的体积V=V1−V2=43πa3−33πa3=1133πa3．【变式2-4】（2022高三·全国·专题练习）如图，一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为3m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为33m．(1)求圆锥底面圆的半径；(2)求圆锥的表面积和体积．【答案】(1)1m；(2)表面积4πm2，圆锥的体积22π3m3．【分析】（1）将圆锥的侧面展开，结合余弦定理求出∠POP'=2π3，设底面半径为r，从而列出方程，求出r=1；（2）根据圆锥的表面积公式和体积公式求出答案.【详解】（1）作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，该小虫爬行的最短路程PP'=33m，由余弦定理可得cos∠POP'=OP2+P'O2−P'P22OP⋅OP'=9+9−272×3×3=−12，∴∠POP'=2π3，设底面半径为r，则2πr=2π3×3，解得r=1，即圆锥底面圆的半径为1m．（2）圆锥的表面积S=πr2+πrl=π×12+π×1×3=4πm2，圆锥的体积V=13πr2ℎ=13πr2⋅l2−r2=13π⋅22=22π3m3．题型三 内切球、外接球问题【例3】（23-24高二上·重庆·期末）正四面体的外接球与内切球的半径比为（    ）A．1:1 B．2:1 C．3:1 D．4:1【答案】C【分析】设正四面体S−ABC的外接球球心为O，O1为△ABC的中心，设棱长为a a>0，即可求出外接球的半径R，利用等体积法求出内切球的半径r，即可得解.【详解】如图，设正四面体S−ABC的外接球球心为O，O1为△ABC的中心，则SO1⊥平面ABC，外接球半径为R=AO=SO，内切球半径为r，设棱长为a a>0，在△ABC中，由正弦定理得asinπ3=2AO1，所以AO1=33a，所以SO1=SA2−AO12=63a，由R2=AO12+OO12=AO12+SO1−R2，即R2=33a2+63a−R2解得R=64a（负值舍去）；由等体积法得到VS−ABC=13S表r，所以r=3VS−ABCS表=3×13S△ABC×SO14S△ABC=SO14=612a，所以R:r=64a:612a=3:1.故选：C.【变式3-1】（2024·山东烟台·一模）在三棱锥P−ABC中，PB=PC=2PA=2，且∠APB=∠BPC=∠CPA,E,F分别是PC,AC的中点，∠BEF=90∘，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为 ，该三棱锥外接球与内切球的半径之比为 .【答案】 10π 10+52【分析】第一空作出辅助线，证明三三垂直，将三棱锥放入长方体中求解外接球半径即可，第二空利用体积相等求出内切球半径，再求比值即可.【详解】如图，∠APB=∠BPC=∠CPA，且PB=PC=2PA=2，故PA=2，可得△PAB≅△PAC，则AC=AB，取BC中点D，连接AD,PD，则AD⊥BC,PD⊥BC，又AD∩PD=D，AD,PD⊂面ADP，可得BC⊥面ADP又PA⊂面ADP，则BC⊥PA，又E,F分别是PC,AC的中点，连接EF，则PA//EF由题意得∠BEF=90∘，故EF⊥BE，PA⊥BE，又BE∩BC=B，BE,BC⊂面BEC，故PA⊥面BEC，又PA⊥BP，则∠APB=90∘，可得∠APB=∠BPC=∠CPA=90∘，则PA,BP,PC两两垂直，故以PA,BP,PC作长方体，如图所示，则该长方体外接球即为所求三棱锥P−ABC的外接球，连接PM，其中点O为所求外接球的球心，设其半径为R，可得(2R)2=22+22+(2)2，故4R2=10，解得R=102，而S=4πR2=10π，设该三棱锥内切球半径为r，球心为O1，连接O1B,O1A,O1C,O1P,，则VP−ABC=VO1−ABC+VO1−PAC+VO1−PBC+VO1−PAB，可得13×PA×S△PBC=13×r×S△ABC+13×r×S△PAB+13×r×S△PAC+13×r×S△PBC，故PA×S△PBC=(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC)r，而AB=22+(2)2=6，CB=22+22=22，AC=22+(2)2=6，易知O1是CB的中点，由CB=AB，得CB⊥AO1，故得BO1=12BC=2，而由勾股定理得AO1=2，则S△ABC=12×2×22=22，故可将PA×S△PBC=(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC)r一式化为12×2×2×2=(22+12×2×2+12×2×2+12×2×2)r，解得r=222+1，而半径比为Rr=102222+1=10+52，故答案为：10π；10+52【点睛】关键点点睛：本题考查内切球和外接球的半径问题，解题关键是构造出长方体，将三棱锥放入其中，然后求出外接球半径，得到面积，进而由体积关系转化得到所要求的内切球半径，再求比值即可．【变式3-2】（23-24高二下·上海宝山·阶段练习）若一个圆柱的底面半径为1，侧面积为10π，球O是该圆柱的外接球，则球O的表面积为 ．【答案】29π【分析】先利用侧面积求出圆柱的高，再求出球的半径可得表面积.【详解】设圆柱的高为ℎ，其外接球的半径为R，因为圆柱的底面半径为1，侧面积为10π，所以2πℎ=10π，解得ℎ=5；由圆柱和球的对称性可知，球心位于圆柱上下底面中心连线的中点处，所以R=1+522=292，所以球的表面积为S=4πR2=29π.故答案为：29π【变式3-3】（22-23高一下·陕西宝鸡·阶段练习）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，把△AEF，△CBE，△CFD折起构成一个三棱锥P−CEF（A，B，D重合于P点），则三棱锥P−CEF的外接球与内切球的面积之比是 .  【答案】24【分析】求出三棱锥的外接球与内切求的半径后，计算表面积求解比值即可.【详解】不妨设正方形的边长为2a，由题意知三棱锥P−CEF中PC,PE,PF两两垂直，所以其外接球半径R=PC2+PF2+PE22=62a，所以外接球的表面积为：4π62a2=6a2π.下面求内切球的半径r，VC−PEF=13rS△PEF+S△PCF+S△PCE+S△CEF，所以a3=13ra22+a2+a2+22a×322a=4a2r，所以r=a4，所以内切求的表面积为：4πa42=a2π4.故外接球与内切球的面积之比为：6a2πa2π4=24.故答案为：24【变式3-4】（22-23高一下·江西赣州·期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，AB=2，∠ACB=π2，将△APC沿PC所在直线进行翻折，得到三棱锥A1−PBC，当A1B=2时，此三棱锥的外接球表面积为 ．  【答案】3π【分析】依题意得到三棱锥的棱的垂直情况，从而将其补成正方体，进而求得三棱柱的外接球半径，由此得解.【详解】因为△ABC是等腰直角三角形，点P为线段AB的中点，AB=2，∠ACB=π2，所以A1P=AP=BP=CP=1，PC⊥AB，则PC⊥A1P,PC⊥BP，因为A1B=2，所以A1P2+BP2=A1B2，则A1P⊥BP，所以将该三棱锥补成正方体，如下图所示：  则三棱锥A1−PBC的外接球就是边长为1的正方体的外接球，所以该外接球的直径为正方体的体对角线，即2R=12+12+12=3，所以外接球表面积为S=4πR2=π2R2=3π.故答案为：3π.题型四 平面分空间区域的数量【例4】（21-22高一·全国·单元测试）空间三个平面如果每两个都相交，那么它们的交线有（    ）A．1条 B．2条 C．3条 D．1条或3条【答案】D【分析】根据平面与平面的位置关系即可得出结论.【详解】三个平面可能交于同一条直线，也可能有三条不同的交线，如图所示：故选：D【变式4-1】（20-21高一上·陕西榆林·阶段练习）一个西瓜切3刀，最多能切出 块．【答案】8【分析】利用平面的基本性质和位置关系可知，按照竖着切两刀，横着切一刀的方式得到的块数最多.【详解】根据题意可知，把切的每一刀看成一个平面，利用平面的基本性质和位置关系可知，先竖着沿β，γ两个不重合的平面切两刀到底，再横着沿平面α切一刀贯通，如下图所示：  这样可实现块数的倍增，此时得到的块数最多，为8块.故答案为：8【变式4-2】（22-23高三·全国·对口高考）一个平面把空间分为 部分；两个平面把空间分为 部分；三个平面把空间分为 部分．【答案】 2 3或4 4或6或7或8【分析】根据空间中平面与平面的位置关系判断即可；【详解】一个平面把空间分为2部分；两个平行平面将空间分成3部分，两个相交平面可以将空间分成4部分，故两个平面将空间分成3或4部分；当三个平面互相平行时，将空间分成4部分，如图1所示；当有两个平面平行，第三个平面与这两个面都相交，此时将空间分成6部分，如图2所示；当三个平面两两相交于一条直线时，可以把空间分成6部分，如图3所示；当三个平面两两相交，且三条直线互相平行时，将空间分成7部分，如图4所示；当两个平面竖着相交，第三个平面与这两个平面相交，即三个平面两两相交于三条直线，且三条直线交于一点时，此时可将空间分成8部分，如图5所示；综上可得三个平面把空间分为4或6或7或8部分.          故答案为：2；3或4；4或6或7或8【变式4-3】（22-23高二上·上海浦东新·阶段练习）正方体的6个面无限延展后把空间分成 个部分【答案】27【分析】正方体的6个面无限延展后把空间分成27个部分，得到答案.【详解】正方体的6个面无限延展后把空间分成3×9=27个部分.故答案为：27【变式4-4】（20-21高二上·浙江宁波·期末）在空间中，两个不同平面把空间最少可分成 部分，最多可分成 部分.【答案】 3 4【解析】根据空间平面与平面的位置关系判断即可；【详解】解：两个平行平面将空间分成3部分，两个相交平面可以将空间分成4部分，故答案为：3；4题型五 空间中点线共面问题【例5】（20-21高一上·宁夏固原·期末）在正方体中，E、F、G、H分别是该点所在棱的中点，则下列图形中E、F、G、H四点共面的是（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】对于B，证明EH//FG即可；而对于BCD，首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，然后说明另外一点不在该平面中即可.【详解】对于选项A，如下图，点E、F、H、M确定一个平面，该平面与底面交于FM，而点G不在平面EHMF上，故E、F、G、H四点不共面；对于选项B，连结底面对角线AC，由中位线定理得FG//AC，又EH//AC，则EH//FG，故E、F、G、H四点共面对于选项C，显然E、F、H所确定的平面为正方体的底面，而点G不在该平面内，故E、F、G、H四点不共面；对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，即点E、G、H确定的平面，该平面与正方体正面的交线为PQ，而点F不在直线PQ上，故E、F、G、H四点不共面．故选：B【变式5-1】（2024高一下·全国·专题练习）如图所示，在空间四面体ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且CG=13BC，CH=13DC.求证：E、F、G、H四点共面；【答案】证明见解析【分析】连接EF，GH，利用条件证明EF//GH即可.【详解】连接EF，GH，因为E、F分别是AB、AD的中点，所以EF//BD，又G、H分别是BC、CD上的点，且CG=13BC，CH=13DC，∴GH//BD，∴EF//GH，∴E、F、G、H四点共面.【变式5-2】（22-23高一·全国·课时练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中．(1)AA1与CC1是否在同一平面内？请说明理由；(2)点B、C1、D是否在同一平面内？请说明理由；(3)画出平面ACC1A1与平面BC1D的交线；画出平面ACD1与平面BDC1的交线．【答案】(1)是，理由见解析(2)是，理由见解析(3)答案见解析【分析】（1）由两平行直线可确定一平面，可得答案；（2）由不共线三点可确定一平面，可得答案；（3）如图，找到两平面的公共点，公共点连线为平面交线.【详解】（1）是，平行直线确定一平面；（2）是，不在同一直线上三点确定一平面（3）如图，设BD∩AC=O，又C1∈平面ACC1A1，C1∈平面BC1D，O∈平面ACC1A1，O∈平面BC1D，则C1O⊂平面BC1D，C1O⊂平面ACC1A1，故平面ACC1A1与平面BC1D的交线为C1O；如图，设CD1∩C1D=O1，AC∩BD=O2.因O1∈平面ACD1，O1∈平面BDC1，O2∈平面ACD1，O2∈平面BDC1，则O1O2⊂平面ACD1，O1O2⊂平面BDC1.故平面ACD1与平面BDC1的交线为O1O2.【变式5-3】（22-23高三上·四川南充·阶段练习）如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，且AB=5，A1B1=3，AA1=10．(1)证明：点D1在平面A1BC内；(2)求四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积．【答案】(1)证明见解析(2)9823【分析】（1）证明出A1D1//BC，可证得结论成立；（2）将棱台ABCD-A1B1C1D1补成棱锥P-ABCD，分析可知棱锥P-ABCD的为正四棱锥，计算出棱台ABCD-A1B1C1D1的高，再利用台体的体积公式可求得棱台ABCD-A1B1C1D1的体积.【详解】（1）解：由棱台ABCD-A1B1C1D1可知，侧面BB1C1C为梯形，则BC//B1C1，因为四边形A1B1C1D1为正方形，则A1D1//B1C1，∴A1D1//BC，故D1∈平面A1BC.（2）解：设棱台ABCD-A1B1C1D1是由棱锥P-ABCD截出的，如图，棱台ABCD-A1B1C1D1的侧面是全等的等腰梯形，则棱锥P-ABCD的侧面是全等的等腰三角形，显然棱锥P-ABCD的侧棱都相等，设AC∩BD=M，则M是AC的中点，也是BD中点，所以PM⊥AC，PM⊥BD，因为AC∩BD=M，AC、BD⊂平面ABCD，∴PM⊥平面ABCD，设A1C1∩B1D1=N，则N∈PM，则PN⊥平面ABCD，故四棱锥P-ABCD为正四棱锥，棱台ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，故MN为棱台ABCD-A1B1C1D1的高，易知PA1PA1+AA1=A1B1AB=35，解得PA1=3102，则PA=5102，因为AC=2AB=52，则AM=12AC=522，∴PM=PA2-AM2=52，因为PNPM=PA1PA=35，∴PN=32，∴MN=PM-PN=22，所以，四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为V=1332+52+32×52×22=9823.【变式5-4】（21-22高一·全国·课时练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，设A1C∩平面ABC1D1=E．证明：点E在平面A1BCD1上．【答案】证明见解析【分析】利用平面基本性质进行判断即可.【详解】证明：∵A1C∩平面ABC1D1=E，∴E∈A1C．∵A1C⊂平面A1BCD1，∴E∈平面A1BCD1．即点E在平面A1BCD1上．题型六 点共线问题【例6】（22-23高一下·河南开封·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱D1C1的靠近D1上的三等分点.设AE与平面BB1D1D的交点为O，则（    ）A．三点D1,O,B共线，且OB=2OD1B．三点D1,O,B共线，且OB=3OD1C．三点D1,O,B不共线，且OB=2OD1D．三点D1,O,B不共线，且OB=3OD1      【答案】B【分析】连接AD1，BC1利用公理2可直接证得，并且由三角形相似得比例关系，从而求出结果.【详解】连接连接AD1，BC1，  ∵O∈直线AE,AE⊂平面ABC1D1,∴O∈平面ABC1D1.又∵O∈平面BB1D1D，平面ABC1D1∩平面BB1D1D=BD1,∴O∈直线BD1∴三点D1,O,B共线.∵△ABO∼△ED1O,∴OB:OD1=AB:ED1=3:1,∴OB=3OD1.故选：B.【变式6-1】（22-23高一下·福建龙岩·期中）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1C1和B1D1的交点，B1D与平面A1BC1交于点N.(1)证明：B,N,M三点共线.(2)若AB=BC=4,BB1为长方体ABCD−A1B1C1D1的一条高且，BB1=6，求四棱锥N−ABCD的体积.  【答案】(1)证明见解析(2)643.【分析】（1）证明N∈平面BB1D1D，又N∈平面A1BC1，平面BB1D1D∩平面A1BC1=BM，可证B，N，M三点共线．（2）连接BD，可得ON=23BB1=4，可求四棱锥N−ABCD的体积．【详解】（1）因为N∈B1D,B1D⊂平面BB1D1D，所以N∈平面BB1D1D，又N∈平面A1BC1，平面BB1D1D∩平面A1BC1=BM，所以N∈BM，即B,N,M三点共线.  （2）连接BD，则△B1MN与△DBN相似，所以B1NDN=B1MDB=12，所以DN=23DB1，在△BDB1中，作NO//BB1，交DB于点O，则ON=23BB1=4，所以VN−ABCD=13×4×4×4=643.【变式6-2】（22-23高一下·河南信阳·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是AB,AA1上的点，且A1F=2FA,BE=2AE.(1)证明：E,C,D1,F四点共面；(2)设D1F∩CE=O，证明：A，O，D三点共线.  【答案】(1)证明见祥解(2)证明见祥解【分析】（1）连接EF,A1B,D1C，利用中位线定理得到EF∥A1B，再根据正方体的性质得到BC∥A1D1，进而证明四边形BCD1A1是平行四边形，从而得到EF∥D1C，由此可证E,C,D1,F四点共面；（2）先证O∈平面ADD1A1，且O∈平面ABCD，又平面ADD1A1∩平面ABCD=AD，所以O∈AD，进而得到A，O，D三点共线.【详解】（1）证明：如图，连接EF,A1B,D1C.  在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1F=2FA,BE=2AE，所以EF∥A1B，又BC∥A1D1，且BC=A1D1，所以四边形BCD1A1是平行四边形，所以A1B∥D1C，∴EF∥D1C，所以E,C,D1,F四点共面；（2）证明：由D1F∩CE=O，∴O∈D1F，又D1F⊂平面ADD1A1，∴O∈平面ADD1A1，同理O∈平面ABCD，又平面ADD1A1∩平面ABCD=AD，∴O∈AD，即A，O，D三点共线.【变式6-3】（21-22高一·全国·课时练习）如图，在三棱锥A−BCD中，作截面PQR，PQ，CB的延长线交于点M，RQ，DB的延长线交于点N，RP，DC的延长线交于点K．判断M，N，K三点是否共线，并说明理由．【答案】三点共线，理由见解析【分析】由点共面、面共线可得答案.【详解】M，N，K三点共线．理由如下：因为M、N即在平面BCD内又在平面PRQ内，所以M、N在平面BCD与平面PRQ的交线上，所以MN是平面BCD与平面PRQ的交线，N、K即在平面BCD内又在平面NKR内，所以N、K在平面BCD与平面NKR的交线上，所以NK是平面BCD与平面NKR的交线，又平面NKR与平面PRQ是同一平面，所以MN与NK是同一条直线，即M，N，K三点共线．【变式6-4】（21-22高一下·广西玉林·期末）在如图所示的七面体AA1B1C1D1C中，四边形A1B1C1D1为边长为2的正方形， AA1⊥平面A1B1C1D1，CC1∥AA1，且CC1=AA1=2，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点. (1)求点C1到平面MNP的距离；(2)若直线A1C1交PN于点E，直线AC1交平面MNP于点F，证明：M，E，F三点共线.【答案】(1)33(2)证明见解析【分析】（1）利用三棱锥体积转换思想，先求三棱锥C1−MNP的体积，再确定底面积△MNP，最后得点C1到平面MNP的距离即可【详解】（1）解：VC1−MNP=VM−C1NP=13×1×12×1×1=16记C1到平面MNP的距离为d，在△MNP中，MN=NP=MP=2，S△MNP=12×2×2×32=32，∴d=3VC1−MNPS△MNP=1232=33，（2）证明：∵AA1∥CC1，∴AA1与CC1确定平面AA1C1C，∵M，E∈平面AA1C1C，且M，E∈平面MNP，∴平面AA1C1C∩平面PMN=ME，∵AC1∩平面MPN=F，∴F∈平面PMN，F∈平面AA1C1C，∴点F在直线ME上，则M，E，F三点共线.题型七 线共点问题【例7】（2024高一·江苏·专题练习）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为AB,AA1的中点．求证：CE,D1F,DA三线交于一点．  【答案】证明见解析【分析】如图，连接EF,D1C,A1B，可证明E,F,D1,C四点共面，结合基本事实3即可证明.【详解】连接EF,D1C,A1B，  因为E为AB的中点，F为AA1的中点，所以EF//A1B且EF=12A1B.又因为A1B//D1C且A1B=D1C，所以EF//D1C且EF=12D1C，所以E,F,D1,C四点共面，设D1F∩CE=P.又D1F⊂平面A1D1DA,CE⊂平面ABCD，所以点P为平面A1D1DA与平面ABCD的公共点．又因为平面A1D1DA ∩平面ABCD =DA，所以根据基本事实3,得P∈DA，即CE,D1F,DA三线交于一点．【变式7-1】（2023高三·全国·专题练习）如图，在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别是边AB，BC上的点，且CFFB=AEEB=13．求证：直线EH，BD，FG相交于一点．【答案】证明见解析【分析】先通过中点以及线段比例关系证明HG//EF，然后说明EH与FG交于一点P，结合点P在两个平面内这一特点说明三线共点.【详解】在空间四边形ABCD中，连接EF,HG，∵H,G分别为AD,CD的中点，则HG//AC，且HG=12AC，又由CFFB=AEEB=13，则EF//AC，且EF=34AC，故HG//EF，且HG≠EF，故四边形EFGH为梯形，EH与FG交于一点，设EH与FG交于点P，如图，由于EH⊂平面ABD，故点P在平面ABD内，同理点P在平面BCD内，又∵平面ABD∩平面BCD=BD，∴点P在直线BD上，故直线EH,BD,FG相交于一点．【变式7-2】（2023·四川泸州·三模）如图，已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，E，F分别为AA1，AB的中点． (1)求证：直线D1E、CF、DA交于一点；(2)若AA1=4，求多面体BCD1EF的体积．  【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据题意可得四边形EFCD1为梯形，再根据平面的性质证明三线交于一点；（2）根据题意利用割补法求体积.【详解】（1）连接EF、A1B，因为E、F分别为AA1、AB的中点，所以EF//A1B且EF=12A1B．因为ABCD−A1B1C1D1是直四棱柱，且底面是正方形，所以BC//AD//A1D1，且BC=AD=A1D1，即四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B//D1C且A1B=D1C，所以EF//D1C，且EF≠D1C，所以四边形EFCD1为梯形，所以D1E与CF交于一点，记为P，即P∈D1E,P∈CF，且D1E平面ADD1A，CF⊂平面ABCD，所以P∈平面ABCD，P∈平面ADD1A，又因为平面ABCD∩平面ADD1A1=AD，则P∈直线AD，所以直线D1E、CF、DA交于一点P.（2）连接D1F，由题意可得：VBCD1EF=VB−EFD1+VB−CD1F=VD1−BEF+VD1−BCF=13×12×1×2×2+13×12×1×2×4=2.      【变式7-3】（21-22高一下·安徽芜湖·期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E为棱AB的中点，F为棱BC的中点.(1)求证：E，F，C1，A1四点共面；(2)求证：A1E，C1F，B1B交于一点.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接EF，根据E，F分别为AB，BC的中点，得到EF∥AC，再根据三棱柱的性质证明即可；（2）由（1）得EF≠AC且E，F，A1，C1四点共面，得到A1E与C1F必相交，设A1E∩C1F=P，再证明P∈BB1即可.【详解】（1）证明：如图，连接EF，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC..又在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC∥A1C1，∴EF∥A1C1.则E，F，A1，C1四点共面.（2）由（1）得EF≠AC且E，F，A1，C1四点共面，则A1E与C1F必相交.设A1E∩C1F=P.∵A1E ⊂平面AA1B1B，∴P∈平面AA1B1B.∵C1F⊂平面BB1C1C，∴P∈平面BB1C1C..又平面AA1B1B∩平面BB1C1C=BB1∴P∈BB1.则A1E，C1F，B1B交于一点.【变式7-4】（21-22高一下·辽宁抚顺·阶段练习）如图，在三棱柱A1B1C1−ABC中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点．(1)证明：E，F，G，H四点共面．(2)证明：EG，FH，AA1三线共点．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)通过线线平行证明线线共线，从而达到四点共面；(2) 先延长EG，FH相交于点P，再通过点线面的关系可证明结论.【详解】（1）如图，连接EF，GH．∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1．∵B1E∥C1F，且B1E=C1F，∴四边形B1EFC1是平行四边形，∴EF∥B1C1，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．（2）如图，延长EG，FH相交于点P．∵P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，∴P∈平面ABB1A1．∵P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，∴P∈平面ACC1A1．∵平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，∴P∈AA1，∴EG，FH，AA1三线共点．题型八 截面交线问题【例8】（2023·四川南充·一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CC1的中点，则平面AEF截正方体所得的截面面积为（    ）A．32 B．92 C．9 D．18【答案】B【分析】根据E，F分别是BC，CC1的中点，得到EF∥BC1，利用正方体的结构特征，有AD1∥BC1，从而有EF∥AD1，由平面的基本性质得到A,D1,E,F在同一平面内，截面EFD1A是等腰梯形，再利用梯形面积公式求解.【详解】由题知连接BC1，AD1，D1F，如图所示因为E,F分别是BC,CC1的中点，所以EF∥BC1，在正方体中AD1∥BC1，所以EF∥AD1，所以A,D1,E,F在同一平面内，所以平面AEF截该正方体所得的截面为平面EFD1A，因为正方体的棱长为2，所以EF=2，AD1=22，D1F=AE=22+12=5，则E到AD1的距离为等腰梯形EFD1A的高为52−22−222=322，所以截面面积为S=1222+2×322=92，故B正确.故选：B.【变式8-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，用过点A1，E，C1的平面截正方体，则截面周长为（    ）A．32+25 B．9 C．22+25 D．32+23  【答案】A【分析】作出正方体的截面图形，求出周长即可.【详解】  如图，取AB的中点G，连接GE，A1G，AC．因为E为BC的中点，所以GE//AC，GE=12AC，又AA1//CC1，AA1=CC1，所以四边形ACC1A1为平行四边形，所以AC//A1C1，AC=A1C1，所以A1C1//GE，A1C1=2GE，所以用过点A1，E，C1的平面截正方体，所得截面为梯形A1C1EG，其周长为22+5+2+5=32+25．故选：A．【变式8-2】（23-24高二上·江西·阶段练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E,F分别是AB,BC的中点，过点D1,E,F的平面截该正方体所得的截面记为Ω，则截面Ω的面积为（    ）A．3172 B．4173 C．172 D．7176【答案】D【分析】作出辅助线，得到五边形D1PEFH即为截面Ω，根据三角形全等或相似得到各边长度，求出截面面积.【详解】延长DA,DC，与直线EF相交于M,Q，连接D1M,D1Q与A1A,C1C分别交于点P,H，连接PE,HF，则五边形D1PEFH即为截面Ω，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E,F分别是AB,BC的中点，由Rt△BEF≌Rt△CQF≌Rt△AEM得，AM=CQ=BE=BF=1，EF=ME=FQ=2，故DM=DQ=2+1=3，因为D1D⊥平面DMQ，DM,DQ⊂平面DMQ，所以D1D⊥DM，D1D⊥DQ，由勾股定理得D1M=D1Q=22+32=13，取EF的中点W，连接D1W，则D1W⊥EF，且MW=QW=322，由勾股定理D1W=D1M2−MW2=13−92=342，其中S△D1EF=S△D1ME=S△D1FQ，由相似关系可知MPD1P=AMA1D1=12，HQHD1=CQD1C1=12，故S=79S△D1MQ=79×12MQ⋅D1W=718×32×342=7176.故选：D【变式8-3】（22-23高一下·河南洛阳·阶段练习）如下图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2,M,N,P分别是A1B1,AD,BB1的中点．(1)画出过M,N,P三点的平面与平面ABCD、平面BB1C1C的交线；(2)设过M,N,P三点的平面与BC交于点Q，求PQ的长．【答案】(1)答案见解析(2)103【分析】（1）利用平面的基本性质画出交线，进而确定比例和长度；（2）利用（1）直接求解.【详解】（1）如图所示：∵MP⊂平面ABB1，∴MP与底面ABCD的交点K必在侧面ABB1与底面ABCD的交线AB上，∴过点M,N,P的平面与平面ABCD的交线是NK，（K在线段AB的延长线上），与平面BB1C1C的交线是PQ（Q在线段BC上）．∵BK∥A1B1,∴BKMB1=BPPB1=1,∴BK=1.∵BQ∥AN,∴BKAK=BQAN=13,∴BQ=13.（2）由（1）可知：BQ=13，BP=1，在Rt△BPQ中，由勾股定理得PQ=12+132=103．【变式8-4】（22-23高一下·重庆万州·期中）如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a.(1)过正方体ABCD−A1B1C1D1的顶点A1，B，C1截下一个三棱锥B1−A1BC1，求正方体剩余部分的体积；(2)若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过D1，M，N三点的平面与正方体ABCD−A1B1C1D1表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；【答案】(1)56a3(2)作图见解析，13a+22a【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥B−A1B1C1的体积，再用正方体体积减去即可；（2）根据点､线､面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；【详解】（1）因为正方体ABCD−A1B1C1D1，所以BB1⊥平面A1B1C1，则BB1为三棱锥B−A1B1C1的高，∵S△A1B1C1=12a2，BB1=a，则VB1−A1BC1=VB−A1B1C1=13×a×12a2=16a3，则正方体剩余部分的体积为a3−16a3=56a3.（2）画直线MN交DA，DC延长线分别为点E,F，再分别连接D1E,D1F，分别交AA1,CC1于点G,H，顺次连接D1,G,M,N,H，五边形D1GMNH即为交线围成的多边形，易得AM=12a，∠AME=∠BMN=45∘，则△AEM为等腰直角三角形，则AE=12a，根据△AEG∽△A1D1G，AGA1G=AEA1D1=12aa=12，则A1G=23a,AG=13a，则D1G=a2+23a2=133a，MG=a22+a32=136a，同理可得D1H=133a，HN=136a，而MN=22a，则五边形D1GMNH的周长为2×133a+136a+22a=13a+22a.题型九 异面直线问题【例9】（23-24高二下·山东烟台·阶段练习）如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2,E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为（    ）A．63 B．−63 C．33 D．−33【答案】C【分析】根据题中条件连接AC，取AC的中点O，连接BO,EO,作出异面直线的平面角，利用余弦定理求解即可.【详解】连接AC，取AC的中点O，连接BO,EO,由题意知，EO//PC,则异面直线BE与PC所成角为∠BEO（或其补角），在△BOE中，EO=1,OB=2,BE=3,则cos∠BEO=BE2+EO2−BO22×BE×EO=3+1−223=33,则异面直线BE与PC所成角的余弦值为33，故选：C.【变式9-1】（2020·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别为A1B，B1D1，A1D，CD1的中点，则异面直线MN与PQ所成角的大小是（    ）A．π6 B．π4 C．π3 D．π2【答案】C【分析】连接AB1，利用三角形中位线性质，结合异面直线的定义求解即得.【详解】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AB1,AD1，由M,P分别为A1B,A1D的中点，得M,P分别为AB1,AD1中点，而N,Q分别为B1D1,CD1的中点，则MN//AD1，PQ//AC，因此∠CAD1或其补角是异面直线MN与PQ所成的角，在△CAD1中，AC=AD1=CD1=2AB，则∠CAD1=π3，所以异面直线MN与PQ所成角的大小是π3.故选：C【变式9-2】（22-23高一下·陕西宝鸡·阶段练习）如图，在四面体ABCD中，E、F分别为AB、CD的中点，若BD、AC所成的角为60∘，且BD=AC=4，则EF的长为（    ）A．2 B．4 C．23 D．2或23  【答案】D【分析】取线段AD的中点G，连接EG、FG，分析可知异面直线BD、AC所成的角为∠EGF或其补角，分∠EGF=60∘、∠EGF=120∘两种情况讨论，通过解△EGF，可得出EF的长.【详解】取线段AD的中点G，连接EG、FG，  因为E、G分别为AB、AD的中点，则EG//BD且EG=12BD=12×4=2，同理可得FG//AC且FG=12AC=12×4=2，所以，异面直线BD、AC所成的角为∠EGF或其补角，①若∠EGF=60∘，则△EGF是边长为2的等边三角形，故EF=2；②若∠EGF=120∘，因为EG=FG=2，则△EGF为等腰三角形，且∠GEF=∠GFE=30∘，取EF的中点H，则GH⊥EF，且EF=2EH=2EGcos30∘=4×32=23.综上所述，EF=2或23.故选：D.【变式9-3】（2024高一·江苏·专题练习）如图，在正方体ABCD−EFGH中，若M,N分别是BF,CG的中点，且AG和BN所成的角为39.2°，求AM和BN所成的角．  【答案】78.4°【分析】连接MG，可证四边形BNGM是平行四边形，进而确定AG和BN、AM和BN所成的角，结合AM=GM即可求解.【详解】连接MG，因为BCGF是正方形，所以BF//CG且BF=CG，因为M,N分别是BF,CG的中点，所以BM//NG且BM=NG，所以四边形BNGM是平行四边形，所以BN//MG，所以∠AGM(或其补角)是AG和BN所成的角，∠AMG(或其补角)是AM和BN所成的角，因为AM=GM，所以∠AGM=∠MAG=39.2°，则∠AMG=101.6°，所以AM和BN所成的角为78.4°.  【变式9-4】（22-23高一下·江苏镇江·期末）棱长为6的正四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 ；直线AC与BD之间的距离为 【答案】 9π； 3.【分析】将正四面体补形为正方体，求正方体的外接球的半径及其表面积可得球O的表面积，再确定直线AC与BD的公垂线段，由此求两直线之间的距离.【详解】如图，将正四面体ABCD补形为正方体，则正四面体的外接球O就是正方体的外接球，由已知AB=6，所以正方体的边长为3，所以正方体的对角线长为3，正方体的外接球的半径为32，所以球O的表面积S=4π×322=9π，取AC的中点E，BD的中点F，因为DC=DA=6，BC=BA=6，AC=6所以DE⊥AC,BE⊥AC，DE=BE=322，所以EF⊥DB，因为CB=CD=6,AD=AB=6,BD=6，所以CF=AF=322，所以EF⊥AC，所以直线AC与BD之间的距离为线段EF的长，又△EDF中，EF⊥DF，ED=322,DF=62，所以EF=184−64=3，所以直线AC与BD之间的距离为3，故答案为：9π，3.题型十 平行垂直概念的辨析【例10】（多选）（20-21高一下·湖南郴州·阶段练习）设l，m是空间中不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A．若l//m，m⊂α，l⊄α，则l//αB．若l⊂α，m⊂β，α//β，则l//mC．若l⊂α，m⊂α，l//β，m//β，则α//βD．若α//β，α∩γ=l，β∩γ=m，则l//m【答案】AD【分析】根据线面平行的判定定理，可判定A正确；根据两平行平面内的直线平行或异面，可判定B不正确；根据面面平行的判定定理，可判定C不正确；根据根据面面平行的性质，可判定D正确.【详解】对于A中，.若l//m，m⊂α，l⊄α，根据线面平行的判定定理，可得l//α，所以A正确；对于B中，若l⊂α，m⊂β，α//β，则直线l与m平行或异面，所以B不正确；对于C中，若l⊂α，m⊂α，l//β，m//β，只有当l与m相交时，才能得到α//β，所以C不正确；对于D中，若α//β，α∩γ=l，β∩γ=m，根据面面平行的性质，可得l//m，所以D正确.故选：AD.【变式10-1】（多选）（22-23高一下·黑龙江双鸭山·期中）α ， β，γ是三个平面，m ， n是两条直线，下列四个命题中错误的是（    ）A．若α//β,α∩γ=m,β∩γ=n，则m//n B．若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β,则α//βC．若α//β ， m⊂α，则m//β D．若m//n ， m⊂α ， n⊂β，则α//β【答案】BD【分析】根据空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个分析可得答案.【详解】对于A，若α//β,α∩γ=m,β∩γ=n，由平面与平面平行的性质可得m//n，故选项A正确；对于B，若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，当m与n相交时，α//β，故选项B错误；对于C，若α//β则α与β无公共点，因为m⊂α，所以m与β无公共点，所以m//β，故选项C正确；对于D，若m//n，m⊂α,n⊂β，则α//β或α与β相交，故选项D错误.故选：BD.【变式10-2】（多选）（22-23高一下·河北邢台·阶段练习）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β B．若m//n，m⊥α，n//β，则α⊥βC．若m⊥n，m//α，n//β，则α//β D．若m//n，m⊥α，n⊥β，则a//β【答案】ABD【分析】根据直线与平面位置关系的性质定理，逐项判断，即可得到本题答案.【详解】A.若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则显然α⊥β，A正确；B.若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n//β，则平面β内存在直线c,使得c//n，所以c⊥α，所以α⊥β，B正确；C.若m⊥n，m//α，n//β，则α，β可能相交，可能平行，C错误；D.若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，易得a//β，D正确.故选：ABD【变式10-3】（多选）（22-23高一下·陕西宝鸡·阶段练习）已知直线m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A．m⊥α，n⊥β，m//n，则α//βB．m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βC．α//β，m⊂α，n⊂β，则m//nD．α∩β=n，m//α，m//β，则m//n【答案】ABD【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可.【详解】因为直线m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，对于A：若m⊥α，m//n，则n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故A正确；对于B：若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，若n//α，则存在直线a⊂α使得a//n，又n⊥β，所以a⊥β，所以α⊥β，若n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，综上可得α⊥β，故B正确；对于C：若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，故C错误；对于D：若m//α，则存在直线b⊂α（不与n重合），使得m//b，又α∩β=n，则b//n或b与n相交，若b//n，则m//n，此时可以满足m//β，只需m⊄β即可，所以m//n，若b与n相交，则b与β也相交，又m//b，所以m与β也相交，与m//β相矛盾，所以b//n，则m//n，故D正确；故选：ABD【变式10-4】（多选）（22-23高一下·贵州贵阳·阶段练习）已知直线a,b与平面α,β，则下列四个命题中正确的是（    ）A．若a⊄α,b⊂α，且a//b，则a//α B．若a⊂α,a⊥β，则α⊥βC．若a,b⊂α,a//β,b//β，则α//β D．若α⊥β,α∩β=l,a⊂α，则a⊥β【答案】AB【分析】AB选项，根据线面平行和面面垂直的判定定理得到AB正确；CD选项，可举出反例.【详解】A选项，若a⊄α,b⊂α，且a//b，由线面平行的判定定理可得a//α，A正确；B选项，若a⊂α,a⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，B正确；C选项，a,b⊂α,a//β,b//β，若a//b，则不能得到α//β，C错误；D选项，如图1，满足α⊥β,α∩β=l,a⊂α，则a,β不垂直，D错误.故选：AB题型十一 线面平行的判定【例11】（22-23高一下·河南洛阳·阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB//平面AEC；(2)设AD=2，PA=AB=1，求点D到平面AEC的距离.【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】（1）借助线面平行的判定定理即可得；（2）借助等体积法与体积公式计算即可得.【详解】（1）连接BD，交AC于点O，连接OE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点，又∵E为PD的中点，∴OE是三角形PBD的中位线，∴PB//OE，又∵PB⊂平面AEC，OE⊂平面AEC，∴PB//平面AEC；.（2）∵平行四边形ABCD中，∠ABC=60°，BC=AD=2，AB=1，∴AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC=3，则AC2+AB2=BC2，故∠ACD=90°，又∵PA⊥平面ABCD，∴△PAB，△PAD，△PAC都是直角三角形，∵PA=AB=1，∴PB=2，PC=2，PD=5，∴PD2=PC2+CD2，∴∠PCD=90°，∴EA=EC=52，因为O是AC的中点，所以OE⊥AC，且OE=12PB=22，所以S△EAC=12AC⋅OE=12×3×22=64，S△DAC=12AC⋅CD=12×3×1=32，设点D到平面AEC的距离为ℎ，由VD−ACE=VE−ACD=12VP−ACD得：13×64×ℎ=12×13×32×1，解得ℎ=22.【变式11-1】（18-19高一下·福建宁德·期末）在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=4，E为线段PA的中点.(1)求证：PC//平面BDE.(2)求三棱锥E−BCD的体积【答案】(1)证明见解析(2)163【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，即通过构造中位线，即可证明；（2）根据三棱锥的体积公式，即可求解.【详解】（1）如图，连接AC交BD于点O，连接EO.  ∵四边形ABCD是正方形，在△PAC中，O为AC的中点，又∵E为PA的中点，∴EO//PC，又∵PC⊄平面BDE，EO⊂平面BDE，∴PC//平面BDE；（2）如图，取AD的中点F，连接EF，  则EF//PD且EF=12PD=2，∵PD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴EF就是三棱锥E−BCD的高.∴V三棱锥E−BCD=13×S△BCD×EF=13×8×2=163.【变式11-2】（23-24高二上·上海徐汇·期中）如图，在正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=a,E是棱PC的中点；(1)求证：PA ∥平面EDB；(2)求三棱锥E−BDC的体积.  【答案】(1)证明见解析；(2)2a324.【分析】（1）连接AC交BD于O，由中位线的性质可得出PA//OE，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）计算出点E到底面的距离以及△BCD的面积，再利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.【详解】（1）证明：在正四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为正方形，连接AC交BD于O，则O为AC的中点，又因为E为PC的中点，所以PA//OE，.因为OE⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，所以PA ∥平面EDB.（2）在正四棱锥P−ABCD中，O为底面的中心，则PO⊥底面ABCD，所以△POA为直角三角形，PO=PA2−AO2=PA2−(22AB)2=2a2因为E为PC的中点，则点到E平面ABCD的距离ℎ=12PO=2a4，因此，三棱锥E−BDC的体积V=13·S△BCD·ℎ=13⋅12a2⋅2a4=2a324.  【变式11-3】（22-23高一下·河北石家庄·阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1,ABB1A1均为正方形，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是棱的A1C1中点，点O为A1B与AB1交点.(1)求证：BC1//平面AB1D；(2)求点A1到平面AB1D的距离.  【答案】(1)证明见解析.(2)33【分析】（1）通过证明OD//BC1即可证明结论；（2）利用等体积法即可求出点A1到平面AB1D的距离.【详解】（1）由题意，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1,ABB1A1均为正方形，AB=BC=1，∠ABC=90°，若 O 是 AB1,BA1 的交点，又 ABB1A1 为正方形，则 O 为 BA1 的中点，  ∴ 在 △BA1C1 中， OD//BC1, 又 OD⊂ 面 AB1D,BC1⊄ 面 AB1D ，∴BC1∥平面 AB1D;（2）由题意，四边形BCC1B1,ABB1A1均为正方形，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是棱的A1C1中点，∴A1B1=B1C1=1,∠A1B1C1=∠ABC=90°，△A1B1C1是等腰直角三角形，A1C1=2A1B1=2,A1D=12A1C1=22, 而 AA1=1, 则 AD=AA12+A1D2=12+222=62, 又 B1D=22, ∴S△ADB1=12B1D⋅AD=34.由 S△A1DB1=12B1D⋅A1D=14 ，则 VA−A1DB1=13AA1⋅S△A1DB1=112 ，又 VA−A1DB1=VA1−ADB1 ，若 A1 到平面 AB1D 的距离为 d ，∴13d⋅S△ADB1=112, 可得 d=33【变式11-4】（22-23高一下·新疆省直辖县级单位·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1.(1)求证：AB∥平面A1DCB1；(2)求点A到面A1BD的距离.  【答案】(1)答案见详解(2)33【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）利用等体积法即VA1−ABD=VA−A1BD求解即可.【详解】（1）∵AB∥DC, AB⊄平面A1DCB1，DC⊂平面A1DCB1，∴AB∥平面A1DCB1（2）连接BD,设点A到面A1BD的距离为ℎ，由已知可得VA1−ABD=VA−A1BD,由正方体的性质可知A1A⊥平面ABD,则VA1−ABD=13⋅A1A⋅S△ABD=13×1×12=16,∵VA−A1BD=13⋅ℎ⋅S△A1BD=ℎ3×32=36ℎ，∴36ℎ=16，解得ℎ=33，即点A到面A1BD的距离为33.  题型十二 线面平行的性质【例12】（2024高三·全国·专题练习）如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．(1)求证：PB//平面EAC．(2)若M是CD上异于C，D的点，连接PM交CE于点G，连接BM交AC于点H，求证：GH//PB．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接BD交AC于O，连接EO，利用中位线证明EO//PB，然后根据线面平行的判定定理完成证明；（2）根据线面平行的性质定理完成证明.【详解】（1）连接BD交AC于O，连接EO，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为BD中点，又因为E为PD中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO//PB，又因为EO⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，所以PB//平面EAC.（2）因为PB//平面EAC，平面EAC∩平面PBM=GH，PB⊂平面PBM，所以GH//PB.【变式12-1】（18-19高二上·四川成都·阶段练习）如图，在三棱锥S−ABC中，D、E分别是SA、SC的中点，平面BDE∩平面ABC=l，求证：(1)DE//平面ABC；(2)DE//l.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)根据中位线性质定理得线线平行，再根据线面平行判定定理得结果；(2)根据线面平行性质定理得结论.【详解】（1）∵D、E分别是SA、SC的中点，∴DE//AC,又DE⊄面ABC, AC⊂面ABC，∴DE//面ABC.（2）∵DE//面ABC， DE⊂面BDE， 平面BDE∩平面ABC=l，∴DE//l.【变式12-2】（2023高一下·全国·专题练习）空间四边形ABCD中，点E、F、G、H为边AB、BC、CD、DA上的点，且EH∥FG，求证：EH∥BD.  【答案】证明见解析【分析】利用线线平行证线面平行，再由线面平行的性质判定证明线与线平行，得到结论.【详解】∵点E、F、G、H为空间四边形边AB、BC、CD、DA上的点，∴直线EH⊄平面BCD，直线FG⊂平面BCD,又EH∥FG，∴直线EH∥平面BCD,又∵EH⊂平面ABD且平面ABD∩平面BCD=BD，∴EH∥BD.【变式12-3】（20-21高一下·浙江杭州·期中）如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证：MN//平面PAD；(2)设平面PBC∩平面PAD=l，求证：l//BC.  【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）通过构造平行四边形的方法证得MN//平面PAD.（2）根据线面平行的性质定理证得l//BC.【详解】（1）取PD的中点E，连接AE,NE，如图所示，由NE//DC，且NE=12DC，AM//DC，且AM=12DC，所以NE//AM，且NE=AM，所以四边形MNEA是平行四边形，所以MN//AE，又AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，所以MN//平面PAD；（2）因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC//平面PAD，又因为平面PBC∩平面PAD=l，所以l//BC.  【变式12-4】（2023高三·全国·专题练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD， BC=CD=12AD=1，E为线段AD的中点，平面BEF与棱PD相交于点G.求证：BE∥FG.【答案】证明见解析【分析】根据线面平行的判定定理以及性质定理得出结果.【详解】因为E为线段AD的中点，所以DE=12AD=1．又因为BC=1，所以DE=BC．在梯形ABCD中，DE∥BC，所以四边形BCDE为平行四边形．所以BE∥CD．又因为BE⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以BE∥平面PCD．因为BE⊂平面BEF，平面BEF∩平面PCD=FG，所以BE∥FG．题型十三 面面平行的判定【例13】（20-21高一下·湖南张家界·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1.设M，N分别为PD，AD的中点.(1)求证：平面CMN//平面PAB；(2)求三棱锥C−PAB的体积.  【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】（1）由线面平行和面面平行的判定定理证明即可；（2）由棱锥的体积公式求解即可.【详解】（1）证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN//PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MN//平面PAB.在Rt△ACD中，∠CAD=60°，CN=AN，∴∠ACN=60°.又∠BAC=60°，∴CN//AB.∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴CN//平面PAB.又CN∩MN=N，∴平面CMN//平面PAB.（2）∵AB=1，∠ABC=90°，∠BAC=60°，∴BC=3，∴三棱锥C−PAB的体积VC−PAB=VP−ABC=13×12×1×3×2=33.【变式13-1】（21-22高一·全国·课时练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．(1)求证：平面MNQ//平面PAD；(2)求证：BC//l．  【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可；（2）利用线面平行的性质定理证明即可【详解】（1）因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，所以MN//PD，NQ//AD，又MN⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则MN//平面PAD，同理NQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，可得NQ//平面PAD，又MN∩NQ=N，MN,NQ⊂平面MNQ，所以平面MNQ//平面PAD.（2）因为BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC//平面PAD，又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，所以BC//l.【变式13-2】（21-22高一下·安徽芜湖·期中）如图，在正四面体S−ABC中，AB=4，E，F，R分别是SB，SC，SA的中点，取SE，SF的中点M，N，Q为平面SBC内一点．(1)求证：平面MNR//平面AEF；(2)若RQ//平面AEF，求线段RQ的最小值．    【答案】(1)证明见解析(2)112．【分析】（1）因为R，M，N分别是SA，SE，SF的中点，所以MN//EF，可证MN//平面AEF，同理MR//平面AEF，进而即得；（2）由题意可知点Q在线段MN上移动，因为△RMN是等腰三角形，故RQ是高时最小.【详解】（1）证明：因为R，M，N分别是SA，SE，SF的中点，所以MN//EF，MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以MN//平面AEF．同理，MR//平面AEF，又因为MR∩MN=M，所以平面MNR//平面AEF．  （2）解：由（1）可得平面MNR//平面AEF，若RQ//平面AEF，则点Q在线段MN上移动，在△RMN中，RM=12AE=3，RN=12AF=3，MN=1，RQ的最小值为R到线段MN的距离，因为△RMN是等腰三角形，故RQ的最小值为32−122=112．  【变式13-3】（22-23高一下·四川成都·阶段练习）如图，已知点P是正方形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点.(1)求证：MN//平面PAD；(2)若PB中点为Q，求证：平面MNQ//平面PAD.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取PD的中点E，连接AE，NE，根据题意得到四边形AMNE为平行四边形，进而得到MN//AE，然后利用线面平行的判定即可证明；（2）根据题意，利用中位线定理得到MQ//AP，利用线面平行的判定得到MQ//平面PAD，再利用面面平行进行证明.【详解】（1）取PD的中点E，连接AE，NE，因为N是PC的中点，所以NE//DC且NE=12DC，又M是AB的中点，ABCD是正方形，所以AM//DC且AM=12AB=12DC，所以NE//AM且NE=AM，所以四边形AMNE为平行四边形，所以MN//AE，又MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，所以MN//平面PAD.（2）因为Q为PB的中点，M是AB的中点，所以MQ//AP，又MQ⊄平面PAD，AP⊂平面PAD，所以MQ//平面PAD，又MN//平面PAD，MQ∩MN=M，MQ,MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ//平面PAD.【变式13-4】（22-23高一下·宁夏银川·期末）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是A1D,BD的中点．(1)求证：EF ∥平面DCC1D1；(2)求证：平面A1BD ∥平面CB1D1．  【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）根据面面平行的判定定理即可证明结论.【详解】（1）证明：由题可知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是A1D,BD的中点．故EF∥A1B，而A1D1∥BC,A1D1=BC,即四边形A1BCD1为平行四边形，故A1B∥CD1，∴EF∥CD1，又EF⊄平面DCC1D1,CD1⊂平面DCC1D1，∴EF ∥平面DCC1D1；（2）证明：由（1）知A1B∥CD1，又A1B⊄平面B1D1C,CD1⊂平面B1D1C，∴A1B ∥平面B1D1C，同理可得BD ∥平面B1D1C，又A1B∩BD=B,A1B,BD⊂平面A1BD，∴平面A1BD ∥平面CB1D1.题型十四 面面平行的性质【例14】（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体ABCDEF中，面ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，平面ABF//平面CDE，A,D,E,F四点共面，AB=DE=2，AF=1．求证：AF//DE.【答案】证明见解析【分析】由面面平行的性质得到线线平行.【详解】因为平面ABF//平面CDE，A,D,E,F四点共面，且平面ABF∩平面ADEF=AF，平面CDE∩平面ADEF=DE，所以AF//DE．【变式14-1】（2022高三·全国·专题练习）如图，AE⊥平面ABCD，BF//平面ADE，CF//AE，求证：AD//BC【答案】证明见解析【分析】根据题意，先证明平面BCF//平面ADE，进而利用面面平行的性质定理即可得到答案.【详解】由题意CF//AE，CF⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴CF//平面ADE，又BF//平面ADE，BF∩CF=F，∴平面BCF//平面ADE，而平面BCF∩平面ABCD=AD，平面ADE∩平面ABCD=BC，∴AD//BC.【变式14-2】（20-21高一下·全国·课时练习）如图所示的一块四棱柱木料ABCD−A1B1C1D1，底面ABCD是梯形，且CD//AB.（1）要经过面A1B1C1D1内的一点P和侧棱DD1将木料锯开，应怎样画线？（2）所画的线之间有什么位置关系？【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析【分析】（1）连接D1P并延长交A1B1于E，过E作EF//AA1交AB于F，即知所需画的线.（2）由题设知D1D//EF，再应用面面平行的性质可得D1E//DF，即知所画的线段之间的位置关系.【详解】（1）如图所示，连接D1P并延长交A1B1于E，过E作EF//AA1交AB于F，连接DF，则D1E,EF,FD就是应画的线.（2）由DD1//AA1,EF//AA1，即D1D//EF.∴D1D与EF确定一个平面α，又面ABCD//面A1B1C1D1,α∩面ABCD =DF，α∩面A1B1C1D1 =D1E，∴D1E//DF，显然DF,D1E都与EF相交.【变式14-3】（19-20高一·全国·课后作业）如图，在长方体ABCD−A'B'C'D'中，E，M，N分别是BC,AE,CD'的中点，求证：MN//平面ADD'A'.  【答案】证明见解析【分析】取CD的中点K可得MK//AD，NK//D'D，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可得平面MNK//平面ADD'A'，再由面面平行的性质定理可得答案.【详解】如图，取CD的中点K，连接MK，NK，∵M，K分别是AE，CD的中点，∴MK//AD，又AD⊂平面ADD'A'，MK⊄平面ADD'A'，∴MK//平面ADD'A'，又∵N是CD'的中点，K分别是CD的中点，∴NK//D'D，又NK⊂平面ADD'A'，D'D⊂平面ADD'A'，∴NK//平面ADD'A'，又MK⊂平面MNK，NK⊂平面MNK，MK∩NK=K，∴平面MNK//平面ADD'A'，又MN⊂平面MNK，∴MN//平面ADD'A'.  【变式14-4】（22-23高一下·天津北辰·期中）已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，且AA1=2AB=2BC=2,E,M分别是CC1，AB1的中点.证明：EM //平面ABC.  【答案】证明过程见解析【分析】根据面面平行的判定定理、面面平行的性质，结合三角形中位线定理、棱柱的几何性质进行证明即可.【详解】设F是BB1的中点，连接MF和EF，因为ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以四边形CC1B1B是矩形，因为E是CC1的中点，所以EF//BC，而EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以EF//平面ABC，因为M是AB1的中点，所以MF//BA，而MF⊄平面ABC，BA⊂平面ABC，所以MF//平面ABC，而EF∩MF=F,EF,MF⊂平面EMF，所以平面EMF//平面ABC，而ME⊂平面MEF，所以EM //平面ABC.  题型十五 线面垂直的判定【例15】（22-23高二下·新疆喀什·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB//DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)若AB=2，AC=PC=1，求点C到平面PBA的距离.【答案】(1)证明见解析(2)22 .【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；（2）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得AB⊥PA，再由VP−ABC=VC−PAB可得答案.【详解】（1）∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC，∵DC⊥AC，PC∩AC=C，PC、AC⊂平面PAC，∴DC⊥平面PAC；（2）∵AB//DC，DC⊥AC，∴AB⊥AC，∵PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PC⊥AB，∵PC∩AC=C，PC、AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，则AB⊥PA，∵AB=2，AC=PC=1， ∴S△ABC=12×2×1=1，S△PBA=12×2×2=2，设点C到平面PBA的距离为h，由VP−ABC=VC−PAB，得13×1×1=13×2×ℎ，即ℎ=22，∴点C到平面PBA的距离为22.【变式15-1】（19-20高一上·陕西渭南·期末）如图，四棱锥S−ABCD的底面是矩形，SA⊥底面ABCD，E，F分别是SD，SC的中点．求证：(1)BC⊥平面SAB；(2)EF⊥SD．  【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）借助线面垂直判定定理即可得；（2）借助线面垂直性质定理即可得.【详解】（1）∵四棱锥S−ABCD的底面是矩形，∴AB⊥BC，∵SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴SA⊥BC，又SA∩AB＝A，SA、AB⊂平面SAB，∴BC⊥平面SAB；（2）由（1）知BC⊥平面SAB，同理可得，CD⊥平面SAD，∵E，F分别是SD，SC的中点，∴EF//CD，∴EF⊥平面SAD，又SD⊂平面SAD，∴EF⊥SD.【变式15-2】（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，∠BAD=90°，CD=PD=2，AB=2PA=4，E是PA的中点．(1)求证：DE⊥平面PAB；(2)求三棱锥E−PBC的体积．  【答案】(1)证明见解析(2)23【分析】（1）利用直线与平面垂直的定义和判定定理证明；（2）利用第一问的结果找到三棱锥的高，底面积为△PAB的一半，然后用棱锥的体积公式求解．【详解】（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB,PD⊥AD.因为∠BAD=90°，所以AB⊥AD.又因为AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.因为DE⊂平面PAD，所以DE⊥AB．因为PD=2,PA=2,PD⊥AD，所以AD=PA2−PD2=2，所以AD=PD，又E是PA的中点，所以DE⊥PA．又因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，所以DE⊥平面PAB.（2）因为AB∥DC，AB⊂平面PAB，DC⊄平面PAB，所以DC//平面PAB.所以点C到平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离.因为DE⊥平面PAB，所以D到平面PAB的距离就是线段DE的长，也就是点C到平面PAB的距离等于线段DE的长，所以点C到平面PEB的距离等于线段DE的长.因为PD=2,PA=2,PD⊥AD，AD=2，E是PA的中点，所以DE=12PA=1.因为AB⊥平面PAD， PA⊂平面PAD，所以AB⊥PA.因为PA=2,AB=4，所以S△PAB=12×4×2=4.因为E是PA的中点，所以S△PEB=12S△PAB=2，所以VE−PBC=VC−PEB=13S△PEB⋅DE=13×2×1=23.【变式15-3】（21-22高一上·陕西延安·期末）已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，且N，M，O分别为AB，PC，DC的中点．求证：(1)平面MON//平面PAD；(2)CD⊥平面PAD．  【答案】(1)证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）先线面平行的判定证明MO//平面PAD，同理NO//平面PAD，再根据面面平行的判定即可证明平面MON//平面PAD；（2）先根据线面垂直的性质证明PA⊥DC，再根据线面垂直的判定即可证明CD⊥平面PAD．【详解】（1）因为N，M，O分别为AB，PC，DC的中点，所以MO//PD，又因为PD⊂平面PAD，且MO⊄平面PAD，所以MO//平面PAD，同理NO//平面PAD，又MO⊂平面MON,NO⊂平面MON,且MO∩NO=O，所以平面MON//平面PAD．（2）由PA⊥平面ABCD，且DC⊂平面ABCD，所以PA⊥DC，由在矩形ABCD中，有AD⊥DC，又PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．【变式15-4】（22-23高一下·陕西宝鸡·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD=CD=4，PA=3且∠ADB=∠BAC=30°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)求点A到平面PCD的距离.  【答案】(1)见解析(2)677【分析】（1）根据角度关系证明线线垂直，即可由线面垂直的性质得直线与直线垂直，由线面垂直的判定即可求证，（2）根据等体积法即可由锥体的体积公式求解.【详解】（1）由于AB⊥AD，∠ADB=∠BAC=30°，所以∠DAC=90∘−∠BAC=60°,故∠DAC+∠ADB=60°+30°=90°，因此AC⊥DB,又PA⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD,故PA⊥DB,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,故BD⊥平面PAC（2）由于∠DAC=60°,，AD=CD=4，所以△ACD为等边三角形，故S△ACD=12×4×4sin60∘=43，又PA⊥平面ABCD，AC,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥AD,又AD=AC=4,PA=3,故PC=PD=32+42=5,所以S△PCD=12CD⋅PD2−12CD2=12×4×21=221,设点A到平面PCD的距离为ℎ，由于VA−PCD=VP−ACD，故S△PCDℎ=S△ACDPA⇒ℎ=S△ACDPAS△PCD=43×3221=677题型十六 线面垂直的性质【例16】（2023高三·全国·专题练习）如图，已知多面体ABCDE，AE⊥平面ABC,DC⊥平面ABC，且AE=DC=2，证明：AC//平面BED.【答案】证明见解析.【分析】利用线面垂直的性质证得AE//DC，进而得AC//ED，再利用线面平行的判定推理作答.【详解】因为AE⊥平面ABC,DC⊥平面ABC，则AE//DC，又AE=DC，即四边形ACDE为平行四边形，因此AC//ED，而AC⊄平面BED,ED⊂平面BED，所以AC//平面BED.【变式16-1】（2022·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=4，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=3，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求三棱锥A1−DEB1的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）证明出C1M⊥平面AA1B1B，即可证得C1M⊥B1D；（2）根据锥体体积公式VA1−DEB1=VB1−A1DE=13B1C1⋅S△A1DE，由此可求三棱锥A1−DEB1的体积．【详解】（1）∵A1C1=B1C1，MA1=MB1，∴C1M⊥A1B1，∵CC1⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，∴CC1⊥C1M，∵BB1//CC1，∴BB1⊥C1M，∵BB1∩A1B1=B1，BB1,A1B1⊂平面ABB1A1，∴ C1M⊥平面AA1B1B，又B1D⊂平面ABB1A1，∴C1M⊥B1D．（2）∵CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴CC1⊥BC，又∵BC⊥AC，AC∩CC1=C，∴BC⊥平面ACC1A1．S△A1DE=12×3×2=3，VA1−DEB1=VB1−A1DE=13B1C1⋅S△A1DE=2【变式16-2】（2022·安徽芜湖·模拟预测）在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2，CD=4，AD=BC=3，BD与AE交于点G.如图所示沿梯形的两条高AE，BF所在直线翻折，使得∠DEF=∠CFE=90°.(1)求证：AD∥BC；(2)求三棱锥C−BDG的体积.【答案】(1)证明见解析(2)429【分析】（1）根据线面垂直的判定定理得到DE⊥平面ABFE，同理CF⊥平面ABFE，即可得到DE//CF，从而得到四边形DCFE为平行四边形，再证ABCD为平行四边形，即可得证；（2）依题意可得AG=23AE，再根据VC−BDG=VG−BCD=23VE−BCD=23VB−DCE计算可得；【详解】（1）证明：∵DE⊥EF，DE⊥AE且EF∩AE=E，EF,AE⊂平面ABFE，∴DE⊥平面ABFE，同理CF⊥平面ABFE，∴DE//CF；又∵DE=CF，∴四边形DCFE为平行四边形，则有DC//EF且DC=EF；又∵AB//EF且AB=EF，∴AB//CD且AB=CD∴四边形ABCD为平行四边形.∴AD//BC.（2）解：在梯形ABCD中，∵AB//DE，且AB=2DE，∴AG=2GE，则有AG=23AE，又S△DCE=12×2×1=1，BF=BC2−CF2=22∴VC−BDG=VG−BCD=23VE−BCD=23VB−DCE=23⋅13⋅S△DCE⋅BF=429.【变式16-3】（2022高一·全国·专题练习）在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，AE⊥PD于点E，l⊥平面PCD．求证：l∥AE．【答案】证明见解析【分析】根据线面平行的性质定理将问题转化为证明AE⊥平面PCD，再转化为AE⊥DC，然后再转化为CD⊥平面PAD，最后结合已知可证.【详解】证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．又四边形ABCD是矩形，所以CD⊥AD．因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD．又AE⊂平面PAD，所以AE⊥DC．因为AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD．因为l⊥平面PCD，所以l∥AE．【变式16-4】（21-22高二下·四川南充·阶段练习）已知空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.(1)若BD=2BC=22，求证：BC⊥ED；(2)证明：AE//BD.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由勾股定理逆定理得线线垂直，由面面垂直得线面垂直，再得线线垂直；（2）分别取BC，DC中点M，N，由面面垂直得线面垂直，再得线线平行，证得平行四边形AMNE为平行四边形后可得证结论．【详解】（1）因为△ABC、△ECD是全等的正三角形，所以CD=BC， 又因为BD=2BC=22，所以BD2=BC2+DC2，故BC⊥DC，因为平面ECD ⊥平面BCD，且平面ECD ∩平面BCD=CD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥平面ECD， 又因为DE⊂平面ECD，所以BC⊥ED；（2）分别取BC，DC中点M，N，连接AM，EN，MN，因为△ABC是等边三角形，所以AM⊥BC，AM=32BC， 因为平面ABC ⊥平面BCD，AM⊂平面ABC， 所以AM⊥平面BCD，同理EN⊥平面BCD，且EN=32CD=32BC，所以AM//EN，且AM=EN，所以四边形AMNE是平行四边形， 所以AE//MN，又MN//BD，所以AE//BD．题型十七 面面垂直的判定【例17】（22-23高一下·河南洛阳·阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD．(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)求证：平面PCD⊥平面PAD．  【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析【分析】（1）由线面垂直性质、正方形性质得PA⊥BD，AC⊥BD，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.（2）由线面垂直性质、正方形性质得PA⊥CD，AD⊥CD，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，又因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.（2）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.【变式17-1】（21-22高二上·上海杨浦·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD=AD，E为PC中点．(1)证明：PA//平面BDE；(2)证明：平面PCD⊥平面PBC．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接AC,BD交于点O，由三角形中位线性质可得OE//PA，根据线面平行的判定可证得结论；（2）由线面垂直的性质及正方形的性质，结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面PCD，由面面垂直的判定可证得结论.【详解】（1）连接AC,BD交于点O，连接OE，∵四边形ABCD为正方形，∴O为AC中点，又E为PC中点，∴OE//PA，∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，∴PA//平面BDE.（2）∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC；∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD；∵PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，∴BC⊥平面PCD，∵BC⊂平面PBC，∴平面PCD⊥平面PBC.【变式17-2】（23-24高二上·甘肃定西·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，M，N分别为AB，PC的中点，∠PDA=45°.(1)求证：MN//平面PAD；(2)求证：平面PMC⊥平面PCD.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由中位线定理证得四边形AMNE是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可得证；（2）利用线面垂直的判定与性质定理证得MN⊥平面PCD，进而得证.【详解】（1）记PD的中点为E，连结AE,EN，如图，又N为PC的中点，所以EN//CD,EN=12CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AB//CD,AB=CD，所以EN//AB,EN=12AB，又M是AB的中点，则EN//AM,EN=AM，所以四边形AMNE是平行四边形，则MN//AE，又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD，所以MN//平面PAD.（2）因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又∠PDA=45°，所以PA=AD，则AE⊥PD，又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，而CD⊥AD，PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE，又PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD，又MN//AE，所以MN⊥平面PCD，又MN⊂平面PMC，平面PMC⊥平面PCD.【变式17-3】（22-23高二上·四川巴中·期中）如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，E为AB上的点，且AD=AE=DC=2，BE=1，将△ADE沿DE折叠到P点，使PC=PB.(1)求证：平面PDE⊥平面ABCD；(2)求四棱锥P−EBCD的体积.  【答案】(1)证明见解析(2)32【分析】（1）取BC的中点G，DE中点H，连接PG，GH，HP，由已知条件推导出BC⊥平面PGH，所以PH⊥BC，PH⊥DE，由此能证明平面PDE⊥平面ABCD.（2）由已知求出直角梯形EBCD的面积，再求出高PH，代入棱锥体积公式求解.【详解】（1）证明：取BC的中点G，DE中点H，连接PG，GH，HP，   又AB//CD，∴HG//AB//CD，∵AB⊥BC，∴HG⊥BC，又∵PB=PC，∴PG⊥BC，又HG∩PG=G，HG,PG⊂平面PGH，∴BC⊥平面PGH，PH⊂平面PGH，则PH⊥BC，∵PD=PE，H为DE中点，PH⊥DE，而BC与DE不平行，BC,DE⊂平面ABCD，∴PH⊥平面ABCD，∵PH⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面ABCD；（2）由（1）知，PH⊥平面ABCD，在直角梯形ABCD中，过D作DF⊥AB，垂足为F，则BCDF为矩形，∵AB=AE+EB=3，BF=DC=2，AF=1，EF=1AD=2，在Rt△ADF中，DF2=AD2−AF2，得D到AB的距离DF=3，则四边形EBCD的面积S=12×1+2×3=332，在Rt△DFE中，DE2=DE2+EF2，求得DE=2，则△ADE为等边三角形，可得AH=3，即PH=3.∴VP−EBCD=13×332×3=32.【变式17-4】（22-23高一下·全国·期末）如图所示，四棱锥P−ABCD中，ABCD是矩形，三角形PAD为等腰直角三角形，∠APD=90o，面APD⊥面ABCD，AB=1，AD=2，E，F分别为PC和BD的中点.(1)求证：EF//平面PAD；(2)证明：平面PAD⊥平面PDC；(3)求四棱锥P−ABCD的体积.  【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)23【分析】（1）欲证EF//平面PAD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与平面PAD内一直线平行，连AC，根据中位线可知EF//PA,得证；（2）欲证平面PAD⊥平面ABCD，根据面面垂直的判定定理可知在平面ABCD内一直线与平面PAD垂直，根据面面垂直的性质定理可知CD⊥平面PAD，得证；（3）过P作PO⊥AD于O，从而PO⊥平面ABCD，即为四棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出所求即可.【详解】（1）  证明：连接AC，∵底面ABCD是矩形，F为BD的中点，∴F在AC上且为AC的中点，又∵E是AC的中点，∴EF//PA，又∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF//平面PAD.（2）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD =AD，CD⊂平面ABCD,CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，又∵CD⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.（3）  ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD =AD，∴在平面PAD内过P作PO⊥AD于O，则PO⊥平面ABCD，∵△PAD是等腰直角三角形，∠APD=90°且AD=2，∴PO=1，即四棱锥P−ABCD的高为1，又∵底面矩形的边长AB=1,AD=2，∴VP−ABCD=13×2×1×1=23.题型十八 面面垂直的性质【例18】（22-23高一下·江西抚州·期末）在平行四边形ABCD中AB=3，BC=2，过A点作CD的垂线交CD的延长线于点E，AE=3．连接EB交AD于点F，如图1，将△ADE沿AD折起，使得点E到达点P的位置．如图2．   (1)证明：直线AD⊥平面BFP；(2)若G为PB的中点，H为CD的中点，且平面ADP⊥平面ABCD，求三棱锥P−ABF与三棱锥H−GBC的体积之比．  【答案】(1)证明见解析(2)VP−ABFVH−GBC=3【分析】（1）在平面图形中证明AD⊥BE，即可得到AD⊥PF，AD⊥BF，从而得证；（2）根据面面垂直得到PF⊥平面ABCD，再求出S△ABF，S△BCH，再根据锥体的体积公式计算可得.【详解】（1）如图1在Rt△ADE，AE=3，AD=2，∴cos∠EAD=AEAD=32，∴∠EAD=30°，在Rt△AEB中，AE=3，AB=3，∴tan∠EBA=AEAB=33，∴∠EBA=30°，∴∠DAB=90°−∠EAD=60°，∴∠DAB+∠FBA=90°，∠AFB=90°，∴AD⊥BE，如图2，AD⊥PF，AD⊥BF，∵PF∩BF=F，PF,BF⊂平面PFB，∴AD⊥平面PFB．（2）∵平面PAD⊥平面ABCD，PF⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PF⊂平面PAD，∴PF⊥平面ABCD，DE=AD2−AE2=1，又△EDF∽△BAF，所以EDBA=EFBF=13，∴S△ABF=12AB×34AE=12×3×34×3=983，S△BCH=12CH×AE=12×32×3=334，∵VP−ABF=13PF×S△ABF，VG−BCH=VH−GBC=13ℎ×S△BCH，又∵ℎ=12PF，∴VP−ABFVH−GBC=13PF×S△ABF13×12PF×S△BCH=98312×334=3．【变式18-1】（21-22高一下·江苏徐州·期末）如图，已知在三棱锥P−ABC中，PA=PC，点M,N分别为棱BC,AC的中点，且平面PAC⊥平面ABC.(1)求证：AB//平面PMN；(2)求证：BC⊥PN.  【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）要证AB//平面PMN，只需证明AB∥MN；（2）要证BC⊥PN，只需利用面面垂直的性质证明PN⊥平面ABC.【详解】（1）因为点M,N分别为棱BC,AC的中点，所以AB∥MN.又AB⊄平面PMN,MN⊂平面PMN，所以AB ∥平面PMN.（2）因为PA=PC，点N为棱AC的中点，所以PN⊥AC.因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PN⊂平面PAC，所以PN⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC，所以BC⊥PN.【变式18-2】（22-23高一下·河南驻马店·期末）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥底面ABCD,PA=2,PC⊥CD,O为AB的中点，E为线段PC上的动点.(1)证明：AB⊥OE；(2)当OE⊥平面PCD时，求三棱锥P−BDE的体积.  【答案】(1)证明见解析(2)12【分析】（1）连接OC,OP，则由等腰三角形的性质可得OP⊥AB，再由面面垂直的性质可得OP⊥平面ABCD，则OP⊥OC，而CD∥AB，所以PC⊥AB，然后由线面垂直的判定可得AB⊥平面POC，再利用线面垂直的的性质得结论；（2）当OE⊥平面PCD时，可证得E为PC中点，然后利用等体积法可求得三棱锥P−BDE的体积.【详解】（1）连接OC,OP.由△PAB为等边三角形，O为AB的中点，故OP⊥AB，且OA=1,OP=3，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB,OP⊂平面PAB，故OP⊥平面ABCD，因为OC⊂平面ABCD，所以OP⊥OC，又因为PC⊥DC,CD∥AB，所以PC⊥AB，再由OP⊥AB,OP∩PC=P，OP,PC⊂平面POC，所以AB⊥平面POC，因为OE⊂平面POC，所以AB⊥OE，（2）连接AC,BE,DE，因为AB⊥平面POC，且OC⊂平面POC，所以AB⊥OC，因为AO=OB，OC公共边，所以△AOC≌△BOC，所以AC=BC，因为四边形ABCD为菱形，△PAB为等边三角形，PA=2，所以PA=PB=AB=BC=CD=AD=AC=2，所以△PAB和△ABC是全等的等边三角形，所以PO=OC=3，因为OE⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，所以OE⊥PC，所以E为PC中点，根据等体积法VP−BDE=VB−PDE=12VB−PCD=12VP−BCD=12×13S△BCD⋅PO=12×13×12×2×2×sin2π3×3=12.  【变式18-3】（22-23高一下·山东淄博·期末）如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D，E，F，G分别为棱A1B1，AA1，CC1，BB1上的点，且A1D=B1D，AE=2A1E，C1F=2CF，BG=2B1G，四边形BCC1B1为矩形，平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，AC⊥C1G.(1)证明：EF//平面C1DG；(2)证明；AC⊥平面BCC1B1.  【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）取GB的中点H，利用平行公理及平行四边形性质，证明线面平行，进而证明面面平行，再利用面面平行的性质推理作答.（2）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理作答.【详解】（1）在三棱柱ABC−A1B1C1中，连接BF,BE，取GB的中点H，连接A1H，如图，      因为CC1//BB1,CC1=BB1,C1F=2CF,BG=2B1G，则C1F//BG，C1F=BG，于是四边形C1FBG是平行四边形，即有BF//C1G，又BF⊄平面C1DG，C1G⊂平面C1DG，则BF//平面C1DG，显然点G为B1H的中点，而点D为A1B1的中点，则DG//A1H，由AE=2A1E，得AA1=3A1E，又AA1//BB1,AA1=BB1,BB1=3HB，即有A1E//HB且A1E=HB，于是四边形A1EBH为平行四边形，则BE//A1H//DG，而BE⊄平面C1DG,DG⊂平面C1DG，则BE//平面C1DG，又BE∩BF=B，BE,BF⊂平面BEF，因此平面BEF//平面C1DG，而EF⊂平面BEF，所以EF//平面C1DG.（2）由四边形BCC1B1为矩形，得BC⊥CC1，因为平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，平面BCC1B1∩平面ACC1A1=CC1，BC⊂平面BCC1B1，因此BC⊥平面ACC1A1，而AC⊂平面ACC1A1，则BC⊥AC，又AC⊥C1G， BF//C1G，于是AC⊥BF，因为BF∩BC=B,BF⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1.【变式18-4】（22-23高一下·江苏镇江·阶段练习）如图，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=2DC，F是EB的中点(1)证明：直线DF//平面ABC；(2)若平面EAB⊥平面ECB，证明：直线CB⊥平面EAB.  【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取AB中点G，连接FG，由中位线定理可得FG//EA，GF=12AE，进而可得DFGC为平行四边形，由线面平行的判定定理，即可证明；（2）过A作AM⊥BE于M，利用面面垂直的性质可得AM⊥BC，结合EA垂直于平面ABC即可证明．【详解】（1）证明：取AB中点G，连接FG，CG，因为F为EB的中点，所以FG//EA，GF=12AE，因为EA，DC均垂直面ABC，所以EA//DC，因为EA=2DC，所以GF//DC且GF=DC，所以DFGC为平行四边形，所以DF//CG，CG⊂面ABC，DF⊂面ABC，所以DF//面ABC．（2）如图，过A作AM⊥BE于M，∵平面EAB⊥平面ECB，且两平面的交线为BE,AM⊂平面ABE,∴AM⊥平面BCE，由BC⊂ 平面BCE，∴AM⊥BC．∵EA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AE⊥BC，又AE∩AM=A,AE,AM⊂平面ABE，∴BC⊥平面ABE．.  题型十九 动点探索性问题【例19】（22-23高一下·山东青岛·期中）如图，在四面体C−ABD,CB=CD,AB=AD，∠BAD=90°,E,F分别是BC,AC的中点．(1)求证：AC⊥BD；(2)在AC上能否找到一点M，使BF//平面MED？请说明理由；(3)若CA=CB，求证：平面BCD⊥平面ABD．  【答案】(1)证明见解析(2)能找到一点M，使BF//平面MED，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）取BD的中点O，证明CO⊥BD，AO⊥BD，利用线面垂直判定定理证明结论；（2）猜测M为FC的中点，证明BF∥EM，并结合线面平行判定定理证明结论；（3）先证明CO⊥BD， CO⊥OA，结合线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明结论.【详解】（1）取BD的中点O，连接AO,CO在△BCD中，∵CB=CD,∴CO⊥BD，同理AO⊥BD而AO∩CO=O,∴BD⊥平面AOC又AC⊂平面AOC,∴AC⊥BD；  （2）在AC上能找到一点M，使BF//平面MED，此时M为FC的中点，证明如下：连接EM,DM,DE  ∵E是BC的中点，∴BF∥EM∵EM⊂平面MED,BF⊄平面MED，∴BF//平面MED，∴FC的中点M即为所求．（3）∵∠BAD=90°,∴AO=BO∵CA=CB,CO是公共边，∴△COA≌△COB，从而∠COA=∠COB由（1）可知：CO⊥BD,∴∠COB=90°∴∠COA=90°，即CO⊥OA，∵BD∩OA=O，BD,OA⊂平面ABD，∴ CO⊥平面ABD，∵CO⊂面BCD，∴ 平面BCD⊥平面ABD．【变式19-1】（22-23高一下·山东菏泽·阶段练习）在如图所示的四棱锥F−ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，AB//CD，∠ABC=60∘，FC⊥平面ABCD，CB=CD=CF=1．(1)求证：AC⊥BF；(2)若E为CF的中点，问线段AB上是否存在点G，使得EG//平面ADF？若存在，求出AG的长；若不存在，请说明理由．  【答案】(1)证明见解析(2)存在，AG=12【分析】（1）证明出AC⊥平面BCF，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）下结论：线段AB上存在点G，使得EG//平面ADF，且AG=14AB=12，然后证明结论成立，取DF中点H，连接HE、HA，在线段AB上取点G，使得AG=14AB，连接EG，证明出四边形AGEH为平行四边形，可得出EG//AH，然后利用线面平行的判定定理可证得结论成立.【详解】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，AB//CD，∠ABC=60∘，则∠BCD=∠ADC=120∘，且AD=BC=CD，因为BC=CD=1，则∠BDC=30∘，同理可得∠ACD=30∘，所以，∠ACB=∠BCD−∠ACD=120∘−30∘=90∘，即AC⊥BC，因为FC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以，AC⊥CF，因为BC∩CF=C，BC、CF⊂平面BCF，所以，AC⊥平面BCF，因为BF⊂平面BCF，所以，AC⊥BF.（2）解：线段AB上存在点G，使得EG//平面ADF，且AG=14AB=12.下面证明结论：如图，取DF中点H，连接HE、HA，在线段AB上取点G，使得AG=14AB，连接EG，  由（1）知，在△ABC中，∠ABC=60∘，∠ACB=90∘，则∠BAC=30∘，所以，AB=2BC=2，所以AG=14AB=12，因为AB//CD，AB=2BC=2CD=2，所以AG//CD且AG=12=12CD，因为H为DF中点，E为CF的中点，所以HE//CD且HE=12CD=12，所以，AG//HE且AG=HE=12，所以四边形AGEH为平行四边形，所以AH//GE，因为AH⊂平面ADF，GE⊄平面ADF，所以EG//平面ADF.所以线段AB上存在点G，使得EG//平面ADF，且AG=14AB=12.【变式19-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60∘且边长为a的菱形，侧面△PAD为正三角形，且其所在平面垂直于底面ABCD．(1)求证：AD⊥PB；(2)若E为BC边的中点，则能否在棱上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论．【答案】(1)证明见解析(2)F为PC的中点，证明见解析．【分析】（1）设G为AD的中点，连接PG，BG，通过证明BG⊥AD可得AD⊥平面PGB，进而可得结论；（2）当F为PC的中点时，使平面DEF⊥平面ABCD，通过EF∥PB，GB∥DE可证明面面平行，进而可得面面垂直.【详解】（1）证明：设G为AD的中点，连接PG，BG，如图．∵△PAD为正三角形，∴PG⊥AD．在菱形ABCD中，∠DAB=60∘， ∴△ABD为正三角形，又G为AD的中点，∴BG⊥AD．又BG∩PG=G，BG,PG⊂面PGB∴AD⊥平面PGB．∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB；（2）当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：在△PBC中，EF∥PB．又EF⊂平面DEF，PB⊄平面DEF∴PB//平面DEF，同理，GB//平面DEF在菱形ABCD中，GB∥DE．DE⊂平面DEF，GB⊄平面DEF∴GB//平面DEF，又PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB=B，∴平面DEF//平面PGB．由（1）得PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB，∴平面PGB⊥平面ABCD，∴平面DEF⊥平面ABCD．【变式19-3】（22-23高一下·浙江嘉兴·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且AF=2FB，E为PD中点．(1)证明：PB//平面AEC.(2)在PC上是否存在一点G，使得FG//平面AEC？若存在，指出点G位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．  【答案】(1)证明见解析(2)PC上存在点G，且CG=2GP【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得PB//平面AEC.（2）通过证明面面平行的方法来确定G点的位置.【详解】（1）连BD交AC于O，因为E为PD中点，所以EO是△BPD中位线，所以EO//PB．又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC．所以PB//平面AEC．  （2）PC上存在点G，且CG=2GP，使得FG//平面AEC，证明：PA上取点H，且AH=2HP，因为F为AB上的点，且AF=2FB，所以在△PAB中，PHAH=BFAF=12，所以HF//PB，因为PB//平面AEC，HF⊂平面AEC，所以HF//平面AEC，又在△PAC中，PHHA=PGGC=12，所以HG//AC，因为HG⊄平面AEC，AC⊂平面AEC，所以HG//平面AEC，因为HG∩HF=H，HG，HF⊂平面HFG，所以平面HFG//平面AEC，因为FG⊂平面HGF，所以FG//平面AEC．  【变式19-4】（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在四棱锥P−ABCD，PA⊥底面正方形ABCD，E为侧棱PD的中点，PA=AD=2.(1)求四棱锥P−ABCD体积；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PFC⊥平面PCD，若存在，请说明F点的位置，若不存在，请说明理由.【答案】(1)83(2)存在；F点为线段AB中点.【分析】（1）利用锥体的体积公式即可求解；（2）通过添加相应辅助线，然后结合面面垂直的判定定理即可求解.【详解】（1）设四棱锥P−ABCD的体积为VP−ABCD，正方形ABCD的面积为SABCD，则：VP−ABCD=13SABCD·PA=13×22×2=83.故四棱锥P−ABCD的体积为：83.（2）存在，F点为线段AB中点，理由如下：取AB的中点F，取PC中点G，连接EG、FG，如下图：因为E、F分别为PD、AB的中点，所以：EG∥CD,EG=12CD，AF∥CD,AF=12CD，所以：EG=AF，EG∥AF，所以：四边形AEGF为平行四边形，所以：AE∥FG，因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以：PA⊥CD，PA⊥AD又因为底面ABCD为正方形，所以：CD⊥AD，且PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，所以：CD⊥平面PAD，因为：AE⊂平面PAD，所以：CD⊥AE，又因为：PA⊥AD,PA=AD，点E为PD中点，所以：AE⊥PD，又因为：PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以：AE⊥平面PCD，又因为：AE∥FG，所以：FG⊥平面PCD，又因为：FG⊂平面PFC，所以：平面PFC⊥平面PCD.故当F点为AB的中点时，平面PFC⊥平面PCD.