2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题八　空间位置关系的判断与证明

重点增分专题八　空间位置关系的判断与证明

[全国卷3年考情分析]

(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．

(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．

(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．

  空间点、线、面的位置关系 

[大稳定]

1.已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是(　　)

A．垂直　　　　　　　　 　B．相交

C．异面   D．平行

解析：选D　因为α是一个平面，m，n是两条直线，

A是一个点，m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，

所以n在平面α内，m与平面α相交，

且A是m和平面α相交的点，

所以m和n异面或相交，一定不平行．

2.已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：

①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；

③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.

其中正确的命题是(　　)

A．①④   B．③④

C．①②   D．①③

解析：选A　对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.

3.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有(　　)

A．AG⊥平面EFH   B．AH⊥平面EFH

C．HF⊥平面AEF   D．HG⊥平面AEF

解析：选B　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，

得AH⊥平面EFH，B正确；

∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；

∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；

由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.

4.(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选C　如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，则tan ∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.

[解题方略]  判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法

(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．

(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．

(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．

[小创新]

1.设l，m，n为三条不同的直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的(　　)

A．充分不必要条件   B．必要不充分条件

C．充要条件   D．既不充分也不必要条件

解析：选A　当l⊥α时，l垂直于α内的任意一条直线，由于m，n⊂α，故“l⊥m且l⊥n”成立，反之，因为缺少m，n相交的条件，故不一定能推出“l⊥α”，故选A.

2.某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．

项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；

项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；

项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；

项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；

项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.

在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是(　　)

A．①②③⑤   B．②③④⑤

C．②④⑤   D．③④⑤

解析：选B　A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON>∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O1′与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.

3.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)

A．8   B．6

C．8   D．8

解析：选C　如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，

∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2，

∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.

4.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．

解析：如图，∵SA与底面成45°角，

∴△SAO为等腰直角三角形．

设OA＝r，

则SO＝r，SA＝SB＝r.

在△SAB中，cos ∠ASB＝，

∴sin ∠ASB＝，

∴S△SAB＝SA·SB·sin ∠ASB

＝×(r)2×＝5，

解得r＝2，

∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，

∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.

答案：40π

  空间平行、垂直关系的证明 

[析母题]

[典例]　如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

(1)PA⊥底面ABCD；

(2)BE∥平面PAD；

(3)平面BEF⊥平面PCD.

[证明]　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，

且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，

∴PA⊥底面ABCD.

(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

∴AB∥DE，且AB＝DE.

∴四边形ABED为平行四边形．

∴BE∥AD.

又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴BE∥平面PAD.

(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．

∴BE⊥CD，AD⊥CD，

由(1)知PA⊥底面ABCD.

∴PA⊥CD.

∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，

∴CD⊥PD.

∵E和F分别是CD和PC的中点，

∴PD∥EF，

∴CD⊥EF.

又BE⊥CD且EF∩BE＝E，

∴CD⊥平面BEF.

又CD⊂平面PCD，

∴平面BEF⊥平面PCD.

[练子题]

1．在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.

证明：如图，连接AE，AC，

设AC∩BE＝O，连接FO.

∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点，

∴AB綊CE.

∴四边形ABCE为平行四边形．

∴O为AC的中点，则FO綊PA，

又PA⊥平面ABCD，

∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，

∴平面BEF⊥平面ABCD.

2．在本例条件下，若AB＝BC，求证BE⊥平面PAC.

证明：如图，连接AE，AC，设AC∩BE＝O.

∵AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点．

∴AB綊CE.

又∵AB＝BC，∴四边形ABCE为菱形，

∴BE⊥AC.

又∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，

∴PA⊥BE.

又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，

∴BE⊥平面PAC.

[解题方略]

1．直线、平面平行的判定及其性质

(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.

(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.

(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.

(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.

2．直线、平面垂直的判定及其性质

(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.

(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.

(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.

(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.

[多练强化]

1.(2019届高三·郑州模拟)如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

求证：(1)BE∥平面DMF；

(2)平面BDE∥平面MNG.

证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，

连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，

所以DE∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB的中点，N为AD的中点，

所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，

又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，

所以平面BDE∥平面MNG.

2.如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD.

(1)求证：PA⊥CD.

(2)求证：平面PBD⊥平面PAB.

证明：(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，

平面PAB∩平面ABCD＝AB，

又因为PA⊥AB，

所以PA⊥平面ABCD，

又CD⊂平面ABCD，

所以PA⊥CD.

(2)取AD的中点为E，连接BE，

由已知得，BC∥ED，且BC＝ED，

所以四边形BCDE是平行四边形，

又CD⊥AD，BC＝CD，所以四边形BCDE是正方形，

连接CE，所以BD⊥CE.

又因为BC∥AE，BC＝AE，

所以四边形ABCE是平行四边形，

所以CE∥AB，则BD⊥AB.

由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，

又因为PA∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB，

因为BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.

  平面图形中的折叠问题 

[典例]　(2019届高三·湖北五校联考)如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，如图②.在图②所示的几何体D­ABC中．

(1)求证：BC⊥平面ACD；

(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F­BCE的体积．

[解]　(1)证明：∵AC＝ ＝2，

∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，

∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos 45°＝8，

∴AB2＝AC2＋BC2＝16，

∴AC⊥BC，

∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，

∴BC⊥平面ACD.

(2)∵AD∥平面BEF，AD⊂平面ACD，

平面ACD∩平面BEF＝EF，

∴AD∥EF，

∵E为AC的中点，

∴EF为△ACD的中位线，

由(1)知，VF­BCE＝VB­CEF＝×S△CEF×BC，

S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝，

∴VF­BCE＝××2＝.

[解题方略]　平面图形折叠问题的求解方法

(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．

(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．

[多练强化]

　如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图②.

(1)求证：NC∥平面MFD；

(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；

(3)求四面体NEFD体积的最大值．

解：(1)证明：∵四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，

∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD.

∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD.

∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，

∴NC∥平面MFD.

(2)证明：连接ED，

∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，

∴NE⊥平面ECDF.

∵FC⊂平面ECDF，

∴FC⊥NE.

∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.

又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，

∴FC⊥平面NED.

∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.

(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0<x<4，

由(2)得NE⊥平面FEC，

∴四面体NEFD的体积为VNEFD＝S△EFD·NE＝x(4－x)．

∴V四面体NEFD≤2＝2，

当且仅当x＝4－x，即x＝2时，四面体NEFD的体积最大，最大值为2.

逻辑推理——转化思想在平行、垂直证明中的应用

[典例]　如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；

(2)AD⊥AC.

[证明]　(1)在平面ABD内，

因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB，

又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，

所以EF∥平面ABC.

(2)因为平面ABD⊥平面BCD，

平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，

所以BC⊥平面ABD.

因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.

又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，

BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.

又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.

[素养通路]

本题(1)证明线面平行的思路是转化为证明线线平行，即证明EF与平面ABC内的一条直线平行，从而得到EF∥平面ABC；(2)证明线线垂直可转化为证明线面垂直，由平面ABD⊥平面BCD，根据面面垂直的性质定理得BC⊥平面ABD，则可证明AD⊥平面ABC，再根据线面垂直的性质，得到AD⊥AC.考查了逻辑推理这一核心素养．

一、选择题

1．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的(　　)

A．必要不充分条件　　　 　B．充分不必要条件

C．充要条件   D．既不充分也不必要条件

解析：选B　若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．

2．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是(　　)

A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥b

B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β

C．若a⊥α，a∥β，则α⊥β

D．若a∥α，b⊥a，则b⊥α

解析：选C　A是错误的，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．

3．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是(　　)

A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n

B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n

C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n

D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n

解析：选D　若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n平行或异面，即A错误；若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m与n相交或平行或异面，即B错误；若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，即C错误，故选D.

4.如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是(　　)

A．AP⊥PB，AP⊥PC

B．AP⊥PB，BC⊥PB

C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC

D．AP⊥平面PBC

解析：选B　A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.

5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：

①BD⊥AC；

②△BAC是等边三角形；

③三棱锥D­ABC是正三棱锥；

④平面ADC⊥平面ABC.

其中正确的结论是(　　)

A．①②④   B．①②③

C．②③④   D．①③④

解析：选B　由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确．故选B.

6．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选A　如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD­A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.故选A.

二、填空题

7．(2018·天津六校联考)设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：

①若a∥α且b∥α，则a∥b；

②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；

③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；

④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.

其中真命题的序号是________．

解析：①中a与b也可能相交或异面，故不正确．

②垂直于同一直线的两平面平行，正确．

③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确．

④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以，正确．

答案：②③④

8．若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的个数是________．

解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.

答案：①③

9.如图，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D­AEF 体积的最大值为________．

解析：因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF.又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB.又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE为三棱锥D­AEF的高．因为AE为等腰直角三角形ABD斜边上的高，所以AE＝，设AF＝a，FE＝b，则△AEF的面积S＝ab≤×＝×＝(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，所以(VD­AEF)max＝××＝.

答案：

三、解答题

10.(2018·长春质检)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：PB∥平面ACE；

(2)设PA＝1，AD＝，PC＝PD，求三棱锥P­ACE的体积．

解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE.

在△PBD中，PE＝DE，

BO＝DO，所以PB∥OE.

又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，

所以PB∥平面ACE.

(2)由题意得AC＝AD，

所以VP­ACE＝VP­ACD＝VP­ABCD

＝×S▱ABCD·PA

＝××2××()2×1＝.

11.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．

(1)当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF；

(2)若FD⊥B1D，求三棱锥B1­ADF的体积．

解：(1)证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，

所以AD⊥BC.

在直三棱柱ABC­A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.

因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1.

因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.

在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，

所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，

所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，

所以B1F⊥FD.

因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF.

(2)由(1)知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝2，

在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，

所以B1D＝＝.

因为FD⊥B1D，

所以Rt△CDF∽Rt△BB1D，

所以＝，即DF＝×＝，

所以VB1­ADF＝VA­B1DF＝S△B1DF×AD＝××××2＝.

12．(2018·石家庄摸底)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．

(1)求证：BF∥平面ADP；

(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.

证明：(1)取PD的中点为G，连接FG，AG，

∵F是CE的中点，

∴FG是梯形CDPE的中位线，

∵CD＝3PE，

∴FG＝2PE，FG∥CD，

∵CD∥AB，AB＝2PE，

∴AB∥FG，AB＝FG，

即四边形ABFG是平行四边形，

∴BF∥AG，

又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，

∴BF∥平面ADP.

(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，

∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，

∴四边形ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.

∴MD綊FG.∴四边形DMFG为平行四边形．

∴FM∥PD，

∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，

∴FM⊥BD，

∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，

即BD⊥平面AOF.