第2讲空间中的平行与垂直高考定位 1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.真题感悟1.(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交.连接CM，设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝32a，∵平面ECD ⊥平面ABCD ，且BC ⊥DC ， ∴BC ⊥平面EDC ， 则BD ＝2a ，BE ＝a 2＋a 2＝2a ，BM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋a 2＝72a ，又EN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＝a ， 故BM ≠EN . 答案 B2.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________. 解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离.再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ， 连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC . 所以PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ， 所以CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1， 所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2.答案23.(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；(2)点C1在平面AEF内.证明(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为ED1＝23DD1，AG＝23AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.因为B1F＝13BB1，A1G＝13AA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.4.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB ＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离.(1)证明连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.又C1E∩DE＝E，所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝417 17.从而点C到平面C1DE的距离为41717.考点整合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.热点一空间点、线、面位置关系【例1】(1)(2020·河南百校大联考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则下列结论正确的是()A.m＝nB.m＝n＋2C.m＜nD.m＋n＜8(2)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.解析(1)直线CE⊂平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，则m＝4.取CD的中点G，连接FG，EG.易证CD⊥平面EGF，又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4，故m＝n＝4.(2)已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.答案(1)A(2)若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)探究提高 1.判断空间位置关系命题的真假(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、四面体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.2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)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. 【训练1】(1)(2020·衡水中学调研)已知M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列是假命题的是()A.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交B.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直C.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交D.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行(2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，△P AB与△PBC是正三角形，平面P AB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是()A.BP⊥ACB.PD⊥平面ABCDC.AC⊥PDD.平面BDP⊥平面ABCD解析(1)在AB上取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此C是假命题.(2)取BP的中点O，连接OA，OC，如图所示.则BP⊥OA，BP⊥OC，因为OA∩OC ＝O，所以BP⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以BP⊥AC，故选项A一定成立.由AC⊥BP，AC⊥BD，BP∩BD＝B，∴AC⊥平面BDP，又PD⊂平面BDP，AC⊂平面ABCD.所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故C，D一定正确.从条件不一定推出PD⊥平面ABCD，选B.答案(1)C(2)B热点二空间平行、垂直关系的证明【例2】(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD 为菱形，E为CD的中点.(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由.(1)证明因为P A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以P A⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又P A∩AC＝A，所以BD⊥平面P AC.(2)证明因为P A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以P A⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.又AB∩P A＝A，所以AE⊥平面P AB.因为AE⊂平面P AE，所以平面P AB⊥平面P AE.(3)解棱PB上存在点F，使得CF∥平面P AE.理由如下：取PB的中点F，P A的中点G，连接CF，FG，EG，则FG∥AB，且FG＝12AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝12AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面P AE，EG⊂平面P AE，所以CF∥平面P AE.探究提高 1.利用综合法证明平行与垂直，关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面，如果所给的图形中不存在这样的线与面，要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.2.垂直、平行关系的证明，主要是运用转化与化归思想，完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中，不要忽视定理成立的条件，推理要严谨. 【训练2】(2020·石家庄调研)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)如图，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，∴ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.∴FM∥PD，∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，∴BD⊥平面AOF.热点三平面图形中的折叠问题【例3】图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的四边形ACGD的面积.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.又CG＝BF＝2，所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.探究提高 1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的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，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.【训练3】 如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1－BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1－BCDE 的体积为362，求a 的值. (1)证明 在图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，OA 1⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ， 即A 1O 是四棱锥A 1－BCDE 的高，由图1可知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 从而四棱锥A 1－BCDE 的体积为 V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3， 由26a 3＝362，得a ＝6.热点四 空间线面关系的开放性问题【例4】 (2020·九师联盟检测)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝π3，△P AD 是等边三角形，F 为AD 的中点，PD ⊥BF .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)若E 在线段BC 上，且EC ＝14BC ，能否在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD ？若存在，求出三棱锥D －CEG 的体积；若不存在，请说明理由. (1)证明 ∵△P AD 是等边三角形，F 是AD 的中点，∴PF ⊥AD .∵底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝π3，∴BF ⊥AD . 又PF ∩BF ＝F ，∴AD ⊥平面BFP . 由于PB ⊂平面BFP ，∴AD ⊥PB .(2)解 能在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD . 由(1)知AD ⊥BF ，∵PD ⊥BF ，AD ∩PD ＝D ， ∴BF ⊥平面P AD .又BF ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面P AD ，又平面ABCD ∩平面P AD ＝AD ，且PF ⊥AD ，PF ⊂平面P AD ，∴PF ⊥平面ABCD . 连接CF 交DE 于点H ，过H 作HG ∥PF 交PC 于G ， ∴GH ⊥平面ABCD .又GH ⊂平面DEG ，∴平面DEG ⊥平面ABCD . ∵AD ∥BC ，∴△DFH ∽△ECH ， ∴CH HF ＝CE DF ＝12，∴CG GP ＝CH HF ＝12， ∴GH ＝13PF ＝33，∴V D －CEG ＝V G －CDE ＝13S △CDE ·GH＝13×12DC·CE·sinπ3·GH＝112.探究提高 1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.2.解决空间线面关系的探究性问题，应从平面图形中的平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.【训练4】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均为等边三角形，且平面PDC⊥平面BDC.(1)在棱PB上是否存在点E，使得AE∥平面PDC？若存在，试确定点E的位置；若不存在，试说明理由；(2)若△PBC的面积为152，求四棱锥P－ABCD的体积.解(1)存在.当点E为棱PB的中点，使得AE∥平面PDC.理由如下：如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.因为△BCD是等边三角形，所以∠DGB＝90°.因为∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四边形ABGD为矩形，所以AD＝BG＝12BC，AD∥BC.因为EF为△BCP的中位线，所以EF ＝12BC ，且EF ∥BC ，故AD ＝EF ，且AD ∥EF ， 所以四边形ADFE 是平行四边形，从而AE ∥DF ， 又AE ⊄平面PDC ，DF ⊂平面PDC ， 所以AE ∥平面PDC .(2)取CD 的中点M ，连接PM ，过点P 作PN ⊥BC 交BC 于点N ，连接MN ，如图所示.因为△PDC 为等边三角形，所以PM ⊥DC .因为PM ⊥DC ，平面PDC ⊥平面BDC ，平面PDC ∩平面BDC ＝DC ，PM ⊂平面PDC ，所以PM ⊥平面BCD ，则PM 为四棱锥P －ABCD 的高. 又BC ⊂平面BCD ，所以PM ⊥BC .因为PN ⊥BC ，PN ∩PM ＝P ，PN ⊂平面PMN ，PM ⊂平面PMN ， 所以BC ⊥平面PMN .因为MN ⊂平面PMN ，所以MN ⊥BC . 由M 为DC 的中点，易知NC ＝14BC . 设BC ＝x ，则△PBC 的面积为x2·x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 42＝152，解得x ＝2，即BC ＝2，所以AD ＝1，AB ＝DG ＝PM ＝ 3.故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S 梯形ABCD ×PM ＝13×（1＋2）×32×3＝32.A 级 巩固提升一、选择题1.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面解析 若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当α内有无数条直线与β平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.答案 B2.(2020·东北三校一联)已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，下列命题正确的是()A.若α⊥β，则m∥βB.若α⊥β，则m⊥βC.若m∥β，则α∥βD.若m⊥β，则α⊥β解析若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β，所以A，B错误.若m⊂α，m∥β，则α∥β或α与β相交，所以C错误.由面面垂直的判定定理可知D正确.故选D.答案 D3.(2020·青岛质检)已知四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，点E，F分别在线段P A，PC上，且EF∥底面ABCD，则异面直线EF与PB所成角的大小为() A.30° B.45° C.60° D.90°解析连接AC，BD.设AC∩BD＝O.因为EF⊂平面P AC，平面P AC∩平面ABCD ＝AC，且EF∥底面ABCD，所以EF∥AC.由四边形ABCD为菱形，得AC⊥BD.连接OP.因为O为AC的中点，P A＝PC，所以PO⊥AC.又BD∩OP＝O，所以AC⊥平面PBD，所以AC⊥PB.又EF∥AC，所以EF⊥PB，即异面直线EF与PB所成角的大小为90°.故选D.答案 D4.(多选题)(2020·济宁模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则( )A.直线D 1D 与直线AF 垂直B.直线A 1G 与平面AEF 平行C.平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D.点C 与点G 到平面AEF 的距离相等解析 连接AD 1，D 1F ，则AD 1∥EF ，平面AEF 即为平面AEFD 1.显然DD 1不垂直于平面AEFD 1，∴直线DD 1与直线AF 不垂直，故A 错误.∵A 1G ∥D 1F ，A 1G ⊄平面AEFD 1，∴A 1G ∥平面AEFD 1，即A 1G ∥平面AEF ，故B 正确.平面AEF 截正方体所得截面为等腰梯形AEFD 1，易知梯形AEFD 1的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×324＝98，故C 正确.记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为h 1，h 2，∵V C －AEF ＝13·S △AEF ·h 1＝V A －CEF ＝13×1×12×12×12＝124，V G －AEF ＝13·S △AEF ·h 2＝V A －GEF ＝13×1×12×1×12＝112，∴h 1≠h 2，故D 错误.故选BC. 答案 BC5.(多选题)(2020·济南一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为棱CC 1上的动点(点P 不与点C ，C 1重合)，过点P 作平面α分别与棱BC ，CD 交于M ，N 两点，若CP ＝CM ＝CN ，则下列说法正确的是( )A.A 1C ⊥平面αB.存在点P ，使得AC 1∥平面αC.存在点P ，使得点A 1到平面α的距离为53D.用过点P ，M ，D 1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形解析 连接BC 1，BD ，DC 1，AD 1，D 1P .因为CM ＝CN ，CB ＝CD ，所以CM CB ＝CNCD ，所以MN ∥BD .又MN ⊄平面C 1BD ，BD ⊂平面C 1BD ，所以MN ∥平面C 1BD .同理可证MP ∥BC 1，MP ∥平面C 1BD .又MN ∩MP ＝M ，MN ，MP ⊂平面α，所以平面C 1BD ∥平面α.易证AC 1⊥平面C 1BD ，所以A 1C ⊥平面α，A 正确.又AC 1∩平面C 1BD ＝C 1，所以AC 1与平面α相交，不存在点P ，使得AC 1∥平面α，B 不正确.因为|A 1C |＝12＋12＋12＝3，所以点A 1到平面α的距离的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫|A 1C |2，|A 1C |，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3.又32<53<3，所以存在点P ，使得点A 1到平面α的距离为53，C 正确.因为AD 1∥BC 1，所以MP ∥AD 1，所以用过点P ，M ，D 1的平面去截正方体得到的截面是四边形AD 1PM .又AD 1∥MP ，且AD 1≠MP ，所以截面为梯形，D 正确.故选ACD. 答案 ACD 二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND ，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是______.解析由AMMB＝ANND，得MN∥BD.而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，所以MN∥平面BDC.答案平行7.(2020·衡水中学检测)已知圆锥的顶点为S，顶点S在底面的射影为O，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________，点D为母线SB 的中点，点C为弧AB的中点，则异面直线CD与OS所成角的正切值为________. 解析设该圆锥底面圆的半径为r，则2r＝AB＝2，即r＝1，所以S圆锥侧＝πr×SA ＝2π.如图，取OB的中点E，连接CD，DE，CE，OC，则DE∥OS，DE＝12OS，即∠CDE(或其补角)为OS与CD所成的角.OS＝AS sin 60°＝3，∴DE＝32，CE＝OC2＋OE2＝52.因此tan∠CDE＝CEDE＝153.答案2π15 38.(2020·漳州适应性测试)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为________. 解析如图，取AB的中点N，AD的中点Q，连接D1Q，QN，B1N，AC.由于CP 在面ABCD内的射影为AC，QN⊥AC，故QN⊥CP.因为CP在面ADD1A1内的射影为DP，D1Q⊥DP，所以D1Q⊥CP.故由QN⊥CP，D1Q⊥CP，D1Q∩QN＝Q，得CP⊥平面D1QNB1.要使CP⊥D1M，必须点M在平面D1QNB1内，又点M在侧面AA1B1B内，所以点M在平面D1QNB1与平面AA1B1B的交线上，即M∈B1N.因为CB⊥平面ABB1A1，所以CB⊥BM，所以S△BCM＝12×CB×BM.当BM⊥B1N 时，BM最小，此时，△BCM的面积最小.又BB1＝4，BN＝2，故B1N＝2 5.由Rt△B1BN的面积可得BM＝2×425＝455，所以S△BCM＝12×4×455＝855.答案85 5三、解答题9.如图所示，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)若BC＝1，求四棱锥F－ABCD的体积.(1)证明因为AB为圆O的直径，点F在圆O上，所以AF⊥BF.又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，CB⊥AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥圆O所在平面，所以AF⊥BC.又BC，BF为平面CBF内两条相交直线，所以AF⊥平面CBF.又AF⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF.(2)解连接OE，OF，如图所示，因为AB ＝2，EF ＝1，AB ∥EF ，则四边形OEF A 为菱形，所以AF ＝OE ＝OA ＝1，所以AF ＝OA ＝OF ＝1，则△OAF 为等边三角形. 在等边三角形OAF 中，点F 到边OA 的距离为32.又矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且两平面的交线为AB ， 所以点F 到边OA 的距离即四棱锥F －ABCD 的高， 所以四棱锥F －ABCD 的高h ＝32. 又BC ＝1，所以矩形ABCD 的面积 S ＝AB ×BC ＝2×1＝2.故V 四棱锥F －ABCD ＝13×2×32＝33.10.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面P AB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明 (1)因为P A ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD .所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD . 又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB⊥平面P AD，且PD⊂平面P AD. 所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，且P A∩AB＝A，所以PD⊥平面P AB.又PD⊂平面PCD，所以平面P AB⊥平面PCD.(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，且DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.B级能力突破11.(多选题)(2020·东营质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，过体对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则下列说法正确的是()A.平面α截正方体所得两部分的体积相等B.四边形BFD1E一定是平行四边形C.平面α与平面BB1D1D不可能垂直D.四边形BFD1E的面积有最大值解析由题意作出图形，如图.因为平面AA 1B 1B ∥平面DD 1C 1C ，平面α∩平面AA 1B 1B ＝BE ，平面α∩平面DD 1C 1C ＝D 1F ，所以BE ∥D 1F .同理可得D 1E ∥BF ，所以四边形BFD 1E 是平行四边形，B 正确.因为四边形BFD 1E 是平行四边形，所以BE ＝D 1F ，所以△ABE ≌△C 1D 1F ，所以AE ＝C 1F ，所以平面BFD 1E 分正方体为完全相同的两部分，A 正确.连接EF ，当E 是AA 1的中点，F 是CC 1的中点时，EF ⊥平面BB 1D 1D ，从而平面α与平面BB 1D 1D 垂直，C 错误.设正方体的棱长为1，AE ＝x (0≤x ≤1)，则BE ＝1＋x 2，D 1E ＝1＋（1－x ）2＝x 2－2x ＋2，BD 1＝ 3.在△BED 1中，由余弦定理得cos ∠BED 1＝D 1E 2＋BE 2－BD 212D 1E ·BE ＝x 2－x x 2＋1·x 2－2x ＋2，所以sin ∠BED 1＝1－cos 2∠BED 1＝1－（x 2－x ）2（x 2＋1）（x 2－2x ＋2）＝2x 2－2x ＋2（x 2＋1）（x 2－2x ＋2），所以S 四边形BED 1F ＝2S △BED 1＝BE ·D 1E ·sin ∠BED 1＝2x 2－2x ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋32. 所以当x ＝0或x ＝1时，S 四边形BED 1F 取得最大值2，D 正确.故选ABD. 答案 ABD12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝30°，PD ⊥平面ABCD ，AD ＝2，点E 为AB 上一点，且AEAB ＝m ，点F 为PD 中点.(1)若m＝12，证明：直线AF∥平面PEC；(2)是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面P AB？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.(1)证明如图作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，因为点F为PD的中点，所以FM＝12CD.因为m＝12，所以AE＝12AB＝FM，又FM∥CD∥AE，所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，所以直线AF∥平面PEC.(2)解存在一个常数m＝32，使得平面PED⊥平面P AB，理由如下：要使平面PED⊥平面P AB，只需AB⊥DE，因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，所以AE＝AD cos 30°＝3，又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，因为AB⊂平面P AB，所以平面PDE⊥平面P AB，所以m＝AEAB＝32.。