高中數(shù)學(xué)培優(yōu)講義練習(xí)（必修二）：專題8.15 空間中線面的位置關(guān)系大題專項(xiàng)訓(xùn)練（30道）（教師版）

專題8.15空間中線面的位置關(guān)系大題專項(xiàng)訓(xùn)練（30道）【人教A版2019必修第二冊】姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________1．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）長方體ABCD?A1B1C1D1中，M是矩形BCC【解題思路】連結(jié)C1D、C1B、BD.由已知可推得MN//【解答過程】證明：連結(jié)C1D、C1由已知可得，點(diǎn)M是C1B的中點(diǎn)，點(diǎn)N是所以，MN是△C所以MN//又MN?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以MN//平面ABCD2．（2022·陜西寶雞·統(tǒng)考一模）如圖在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD是平行四邊形.已知PA=AB=2，AD=5，AC=1，E是PB(1)求證：PD∥平面ACE；(2)求四面體P?ACE的體積.【解題思路】（1）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE，然后利用平行四邊形的性質(zhì)及線面平行的判斷即可；（2）利用等體積法求解即可，即VP?ACE【解答過程】（1）證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE，如圖所示：∵ABCD是平行四邊形，∴O為BD中點(diǎn)，且E為PB中點(diǎn)，∴OE∥PD，且PD?平面ACE內(nèi)，OE?平面∴PD∥平面ACE.（2）∵BC∴Rt△ABC的面積S=又∵PA⊥面ABCD，∴VP?ABC又∵E為PB中點(diǎn)，∴VP?ACE所以四面體P?ACE的體積為133．（2023秋·河南安陽·高三期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，且PA=AD=4，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)．(1)證明：PB∥平面EFG；(2)求三棱錐B?EFG的體積．【解題思路】（1）證明平面PBC∥平面EFG，根據(jù)PB?平面PBC，得到證明.（2）確定B，D兩點(diǎn)到平面EFG的距離相等，VB【解答過程】（1）E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)，故EF∥AD∥BC，F(xiàn)G∥PC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，F(xiàn)G?平面PBC，PC?平面PBC，故EF∥平面PBC，F(xiàn)G∥平面PBC，EF∩FG=F，EF?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，平面PBC∥平面EFG，PB?平面PBC，故PB∥平面EFG．（2）連接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，四邊形ABCD為正方形，AD⊥CD，PA∩AD=A，PA,AD?平面PAD，故CD⊥平面PAD．GD＝2，S△EFDBC∥平面EFG，故B，C兩點(diǎn)到平面EFG的距離相等，G是線段CD的中點(diǎn)，C，D兩點(diǎn)到平面EFG的距離相等，即B，D兩點(diǎn)到平面EFG的距離相等，VB三棱錐B－EFG的體積為434．（2022春·山東聊城·高一期中）如圖：在正方體ABCD?A1B1C(1)求證：BD1∥平面(2)若N為CC1的中點(diǎn)，求證：平面AMC∥平面【解題思路】（1）設(shè)AC∩BD=O，接OM，證明OM∥BD（2）證明四邊形CND1M為平行四邊形，從而可得D1N∥CM，即可證得D【解答過程】（1）證明：設(shè)AC∩BD=O，接OM，∵在正方體ABCD?A1B1C1D∵M(jìn)是DD1的中點(diǎn)，∵BD1?平面∴BD1∥平面（2）證明：∵N為CC1的中點(diǎn)，M為∴CN∥D∴四邊形CND1M又∵M(jìn)C?平面AMC,∵D1N?平面AMC,∴D1由（1）知BD1∥平面AMC,∵BD1∩∴平面AMC∥平面BND5．（2022春·河南信陽·高一階段練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M、N、Q、S分別是被AB、BC、C1D1、D1A1的中點(diǎn).(1)求證：MN//QS；(2)記MNQS確定的平面為α,作出平面α被該正方體所截的多邊形截面，寫出作法步驟.并說明理由，然后計(jì)算截面面積；(3)求證：平面ACD1//平面α.【解題思路】（1）MN//AC，SQ//A1（2）取AA1、CC1中點(diǎn)E、F，則（3）根據(jù)平面與平面平行的判定定理證明即可．【解答過程】（1）證明：連接SQ，MN，AC，A1正方體中AA1//CC1，∵M(jìn)、N、Q、S分別是被AB、BC、C1D1∴MN//AC，SQ//（2）取AA1、CC1中點(diǎn)E、F，連接S、Q、F、N、則正六邊形SQFNME為平面α被該正方體所截的多邊形截面，MN=BM2（3）∵M(jìn)N//AC，AC?平面α，MN?∴AC//平面α又∵S、E分別A1D1、A∵SE?平面α，AD1?平面α，∴A又∵AD1∩AC=A，AC?平面ACD1∴平面ACD1//6．（2022春·山東聊城·高一期中）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD為平行四邊形，F(xiàn),G分別為PB,AD的中點(diǎn).(1)證明：AF∥平面PCG；(2)在線段BD上是否存在一點(diǎn)N，使得FN∥平面PCG，并給出必要的證明.【解題思路】（1）取PC中點(diǎn)H，證明四邊形AGHF為平行四邊形即可；（2）設(shè)BD∩CG=O，取OB中點(diǎn)K，先證明FK//平面PCG，即可證明點(diǎn)N在線段BD靠近B端的三等分點(diǎn)時(shí)符合題意.【解答過程】（1）證明：取PC中點(diǎn)H，連接GH,FH，在△PBC中，F(xiàn)為PB的中點(diǎn)，∴FH∥∵G為AD的中點(diǎn)，∴AG∥1即四邊形AGHF為平行四邊形，∴AF∥GH.∵GH?平面PCG,AF?平面PCG,∴AF∥平面PCG.（2）設(shè)BD∩CG=O，取OB中點(diǎn)K，連接FK，則在△POB中，∵F,K分別是OB,PB的中點(diǎn)，∴FK∥OP，∵OP?平面PCG,FK?平面PCG，∴FK∥平面PCG.∵△DOG與△BOC相似，且相似比為1:2，∴BO=2DO=2KB，∴K為BD的三等分點(diǎn).∴N在K點(diǎn)位置時(shí)滿足FN∥平面PCG.即點(diǎn)N在線段BD靠近B端的三等分點(diǎn)時(shí)符合題意.7．（2022春·山東聊城·高一階段練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD中，AD//BC，AD=12BC，點(diǎn)E為PC上一點(diǎn)，F(xiàn)為PB(1)若平面PAD與平面PBC的交線為l，求證：l//平面ABCD(2)求證：AF//【解題思路】（1）結(jié)合線面平行的判定定理和性質(zhì)定理證得：l//平面ABCD（2）結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理和三角形重心的知識(shí)證得：AF//【解答過程】（1）∵BC//AD，AD?平面PAD,BC?平面PAD，∴BC//∵BC?平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，∴BC//∵BC?平面ABCD,l?平面ABCD，

∴l(xiāng)//平面ABCD（2）連接AC,FC，設(shè)AC∩BD=O，F(xiàn)C∩BE=M，連接OM，∵AF//平面BDE,AF?平面AFC，平面AFC∩平面BDE=OM∴AF//∵AD//BC，AD=1∴FMMC∴點(diǎn)M是△PBC的重心，∴點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，∴EMMB∴OM//∴AF//8．（2022秋·湖南懷化·高二階段練習(xí)）已知ABCD?A1B1C1D(1)若E是AB1的中點(diǎn)，求證：O1(2)求C到平面EB【解題思路】（1）通過構(gòu)造中位線的方法證得O1E//（2）利用等體積法求得C到平面EB【解答過程】（1）連接AD1，由于E,O所以O(shè)1由于O1E?平面ADD1A所以O(shè)1E//（2）連接CA,CB1,CD1,AO1，則C到平面VC?AB1AB13所以C到平面EB1O9．（2022春·廣西百色·高一期末）如圖，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)M是線段B1D1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是BC，CM的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面BDD1B1；(2)設(shè)G為棱CD上的中點(diǎn)，求證：平面GEF∥平面BDD1B1．【解題思路】（1）根據(jù)線面平行的判定定理求證即可；（2）根據(jù)面面平行的判定定理證明即可．【解答過程】（1）證明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，連接BM，如圖，因E，F(xiàn)分別是BC，CM的中點(diǎn)，則有EF∥BM，又EF?平面BDD1B1，BM?平面BDD1B1，所以EF∥平面BDD1B1．（2）證明：取CD的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，如圖，而E是BC的中點(diǎn)，于是得EG∥BD，而EG?平面BDD1B1，BD?平面BDD1B1，從而得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，所以當(dāng)G是DC的中點(diǎn)時(shí)，平面GEF∥平面BDD1B1．10．（2023·海南省·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面PAD為正三角形，M為線段PD上一點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn).(1)當(dāng)M為PD的中點(diǎn)時(shí)，求證：MN//平面PAB.(2)當(dāng)PB//平面AMN，求出點(diǎn)M的位置，說明理由.【解題思路】（1）取AP中點(diǎn)為E，連接EM,EB，利用中位線、平行四邊形性質(zhì)及平行公理有BN//ME,BN=ME，即BNME為平行四邊形，則MN//BE，最后根據(jù)線面平行的判定證結(jié)論；（2）連接AN,BD，相交于O，連接OM，由線面平行的性質(zhì)得PB//OM，利用相似比可得PMMD=1【解答過程】（1）取AP中點(diǎn)為E，連接EM,EB，在△PAD中，M為PD的中點(diǎn)，E為AP中點(diǎn)，∴EM//AD,EM=1在平行四邊形ABCD中，N為BC的中點(diǎn)，∴BN//AD,BN=1∴BN//ME,BN=ME，∴四邊形BNME為平行四邊形，∴MN//BE,MN?面PAB,BE?面PAB，∴MN//平面PAB；（2）連接AN,BD，相交于O，連接OM，∵PB//面AMN，面PBD∩面AMN=OM,PB?面PBD，∴PB//OM，PMMD即存在點(diǎn)M，M為PD上靠近P點(diǎn)的三等分點(diǎn).11．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，多面體ABCDEF的面ABCD是正方形，其中心為M．平面ADE⊥平面ABCD，BF∕∕AE，AE=2BF，AD=DE=AE=2．(1)求證：CF⊥平面AEFB；(2)在△ADE內(nèi)（包括邊界）是否存在一點(diǎn)N，使得MN∕∕平面CEF？若存在，求點(diǎn)N的軌跡，并求其長度；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，連接GF，DG，證明CF∕∕DG，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得BA⊥平面ADE，從而可得BA⊥DG，在證明DG⊥平面AEFB，即可得證；（2）先證明BG∕∕平面CEF，DG∕∕平面CEF，再根據(jù)面面平行的判定定理可得平面BDG∕∕平面CEF，再根據(jù)面面平行的性質(zhì)即可得出結(jié)論.【解答過程】（1）如圖，取AE的中點(diǎn)G，連接GF，DG，因?yàn)锽F∕∕AE，AE=2BF，所以BF∕∕AG，BF=AG，所以四邊形ABFG是平行四邊形，所以FG∕∕AB，F(xiàn)G=BA，又因?yàn)锽A∕∕CD，BA=CD，所以FG∕∕CD，F(xiàn)G=CD，所以四邊形CDGF是平行四邊形，所以CF∕∕DG，因?yàn)锽A⊥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?yàn)锳D=DE=AE，G為AE的中點(diǎn)，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）如圖，連接BD，BG，由（1）知，BF∕∕AG，BF=AG，所以BF∕∕EG，BF=EG，所以四邊形BGEF是平行四邊形，所以BG∕∕EF，因?yàn)镋F?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?yàn)镈G，BG?平面BDG，且DG∩BG=G，所以平面BDG∕∕平面CEF，設(shè)點(diǎn)N為線段DG上任意一點(diǎn)，則MN?平面BDG，MN∕∕平面CEF，所以點(diǎn)N的軌跡為線段DG，長度為3．12．（2022·北京·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，已知△BCD中，BC=BD=2，且∠CBD=120°，現(xiàn)將△BCD沿BC翻折到△ABC，滿足cos∠ABD=(1)求證：AD⊥BC；(2)若E為邊CD的中點(diǎn)，求直線AE與平面ABC所成角的正弦值．【解題思路】（1）取AD中點(diǎn)M，連接BM，CM，證明AD⊥平面CBM，原題即得證；（2）過點(diǎn)D作DF⊥BC交CB的延長線于點(diǎn)F，連接AF,過點(diǎn)D作DO⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)O.先求出AE的長，再求出D到平面ABC的距離，即得解.【解答過程】（1）取AD中點(diǎn)M，連接BM，CM，∵BC=BD=2，∠CBD=120°，∴CD=23，同理可得AC=CD=2又∵BA=BD，∴BM⊥AD，CM⊥AD

．∵BM∩CM=M，BM，CM?平面CBM，∴AD⊥平面∵BC?平面CBM，∴AD⊥BC.（2）過點(diǎn)D作DF⊥BC交CB的延長線于點(diǎn)F，連接AF,過點(diǎn)D作DO⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)O.∵cos∠ABD=∴A∴AD=4在△ACD中，E為CD的中點(diǎn),由平行四邊形對角線平方和定理得知：2AE2∴4AE∵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×cos∠BAF=2×3又DO⊥AF，則DO為D到平面ABC的距離.由余弦定理得cos∠FAD=∴sin∠FAD=則DO=AD?sin∵E為DC中點(diǎn),∴E到平面ABC的距離為12∴AE與平面ABC所成角的正弦值為21513．（2023春·四川成都·高三開學(xué)考試）如圖，在幾何體ABCDE中，AD⊥面ABE，AD∥BC，AD=2BC，(1)求證：平面DCE⊥平面DAE；(2)AB=1，AE=2，VABCDE=14【解題思路】（1）根據(jù)線線平行證得CN//BM，再結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理與面面垂直的判定定理即可得證；（2）首先確定直線CE與平面DAE所成角的平面角為∠CEN，再應(yīng)用棱錐體積公式求CE=52、【解答過程】（1）如圖，取AE、DE的中點(diǎn)M、N，連接BM、MN、CN，則知MN∥AD，且AD=2MN，又AD∥BC，且所以MN∥BC，且則四邊形BMNC為平行四邊形，所以CN∥∵AB=BE，M為AE的中點(diǎn)，∴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從而可得CN⊥平面DAE，由于CN?平面DCE，所以平面DCE⊥平面DAE，命題得證．.（2）由（1）知，CN⊥平面DAE于N，則∠CEN為CE與平面DAE所成角.且在Rt△CEN中，sin∠CEN=CNCE，由AB=BE=1且又已知AD⊥平面ABE，BE?平面ABE，∴AD⊥BE，∵AD∩AB=A,AD,AB?平面ABCD，∴BE⊥平面ABCD，設(shè)BC=t(t>0)，則AD=2t，那么有SABCD則VABCDE=13S從而易得，在Rt△CBE中，CE=又在Rt△ABE中，BM=22∴sin∠CEN=CNCE=25=14．（2023秋·四川廣元·高二期末）如圖，邊長為3的正方形ABCD中，點(diǎn)E是線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F是線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，均不含端點(diǎn)，且滿足BE=BF，將△AED，△DCF分別沿DE，DF折起，使A，C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)P.(1)求證：PD⊥EF；(2)當(dāng)BE=BF=13BC【解題思路】（1）由線線垂直證DP⊥平面PEF，再證PD⊥EF；（2）由等體積法求VD?PEF【解答過程】（1）證明：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則在△PEF中，EF邊上的高?=4?則S△PEF∴VP?EFD15．（2023·內(nèi)蒙古·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB//CD，PB=CD=2AB=2AD，PD=2AB，PC⊥DE，(1)證明：PD⊥平面ABCD；(2)若F是棱AB的中點(diǎn)，AB=2，求點(diǎn)C到平面DEF的距離.【解題思路】（1）由線面垂直判定可證得DE⊥平面PBC，進(jìn)而得到DE⊥BC；利用勾股定理和線面垂直的判定得到BC⊥平面PBD，從而得到BC⊥PD；利用勾股定理可證得PD⊥BD，由此可得結(jié)論；（2）設(shè)點(diǎn)C到平面DEF的距離為d，利用等體積轉(zhuǎn)換的方式，由VC?DEF【解答過程】（1）連接BD，∵AB=AD，AB⊥AD，∴BD=2AB，又PD=2∵E為棱PB中點(diǎn)，∴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中點(diǎn)M，連接BM，∵CD=2AB，∴DM=AB，又DM//AB，AB=AD，∴四邊形ABMD為正方形，∴BM=AD，BM⊥CD，∴BC=2BM=2AD=2AB，又∵BD∩DE=D，BD,DE?平面PBD，∴BC⊥平面PBD，∵PD?平面PBD，∴BC⊥PD；∵PD=BD=2AB，PB=2AB，∴PD又BC∩BD=B，BC,BD?平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD.（2）∵AD=AB=2，CD=2AB=4，AB⊥AD，∴S由（1）知：PD⊥平面ABCD，PD=22，則點(diǎn)E到平面ABCD的距離d1=∵AD=2，PD=22，∴PA=∵E,F分別為棱PB,AB中點(diǎn)，∴EF=1∵AB⊥AD，AB=AD=2，∴DF=5，BD=2∵PD=BD=22，∴PB=4，∴DE=由余弦定理得：cos∠DEF=4+3?52×2×∴S設(shè)點(diǎn)C到平面DEF的距離為d，∴VC?DEF=即點(diǎn)C到平面DEF的距離為82216．（2023秋·山東威海·高二期末）如圖，在正四棱錐P－ABCD中，PA=AB=32，點(diǎn)M，N分別在PA，BD上，且PM(1)求證：MN⊥AD；(2)求證：MN//平面PBC，并求直線MN到平面PBC的距離．【解題思路】（1）連接AN并延長交BC于E，連接PE，先通過比例得到MN∥PE，再通過證明PE⊥BC可得MN⊥AD；（2）通過MN//PE可得MN//平面PBC，將求直線MN到平面PBC的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)N到平面PBC的距離，利用等體積法13【解答過程】（1）連接AN并延長交BC于E，連接PE，∵BNBD∵AD//BC,BN∴NEAN=∴PM∴MN//PE，又∴BEAD=12又在正四棱錐中PA=AB，則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，故直線MN到平面PBC的距離即為點(diǎn)N到平面PBC的距離，設(shè)為?S△PBCS△NBC點(diǎn)P到面ABCD的距離?'由VP?NBC=V∴1得?=217．（2023秋·山東東營·高二期末）如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面(1)求證：A1C∥(2)求證：BD⊥平面AA【解題思路】（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；（2）作A1I⊥平面ABCD于點(diǎn)I，作A1G⊥AB于點(diǎn)G，A1K⊥AD于點(diǎn)K，連接Kl,Gl，需證明I在【解答過程】（1）證明：如圖，在平行六面體ABCD?A1B連接AC，交BD于O點(diǎn)，則O為AC的中點(diǎn)，連接EO，因?yàn)镋為AA1的中點(diǎn)，故因?yàn)镋O?平面EBD，A1C?平面故A1C∥（2）證明：作A1I⊥平面ABCD于點(diǎn)I，作A1G⊥AB于點(diǎn)G，連接Kl,Gl，因?yàn)椤螦1AD=∠A1AB，所以A1∵A1I⊥平面ABCD，GI,KI?平面ABCD，∴故Rt△A1IG≌又A1I⊥平面ABCD，AB?平面ABCD,故A1A1G∩A1I=A1GI?平面A1GI，故AB⊥GI,同理可證AD⊥KI,結(jié)合可知I在∠BAD的平分線上，即I在AC上，則A1I?平面而A1I⊥平面ABCD，BD?平面ABCD,故又底面ABCD是菱形，則BD⊥AC,AC∩A1I=I,AC,A1I?平面18．（2023·遼寧沈陽·高二學(xué)業(yè)考試）已知在四棱錐E?ABCD中，AE⊥底面ABCD，且底面ABCD是正方形，F(xiàn)、G分別為AE和CE的中點(diǎn).(1)求證：FG//平面ABCD(2)求證：BD⊥CE.【解題思路】（1）連接AC，通過證明FG//（2）通過證明BD⊥面ACE可得答案.【解答過程】（1）連接AC，由已知F、G分別為AE和CE的中點(diǎn)，∴FG//AC，又FG?面ABCD，AC?面∴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·高一課時(shí)練習(xí)）已知圓錐的軸截面SAB是等腰直角三角形，SA=2a，Q是底面圓O內(nèi)一點(diǎn)，且OQ⊥AQ，C是AS中點(diǎn)，D是點(diǎn)O在SQ上的射影．(1)求證：OD⊥面AQS；(2)求三棱錐S?OCD體積的最大值．【解題思路】（1）根據(jù)空間中線線垂直，線面垂直的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系即可證明．（2）先通過空間中垂直關(guān)系證明AS⊥平面OCD，再根據(jù)三棱錐的體積公式，結(jié)合基本不等式，即可求其體積的最大值【解答過程】（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是點(diǎn)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）∵圓錐的軸截面SAB是等腰直角三角形，C是AS中點(diǎn)，O是AB中點(diǎn)，∴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=當(dāng)且僅當(dāng)OD=OC=2所以三棱錐S?OCD的體積最大值為a320．（2022春·河南·高一期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F,G分別為所在棱的中點(diǎn)，Q,H分別為正方形(1)證明：平面EFG//平面CD(2)問在線段CD上是否存在一點(diǎn)P，使得DQ∥平面D1PH？若存在，寫出【解題思路】（1）由面面平行的判定即可得證；（2）要證明DQ//平面D1PH，只要DQ平行于平面D1【解答過程】（1）連接C1B，則有EF//CEF?平面GEF，D1Q?平面GEF，所以D1GE?平面GEF，D1C?平面GEF，所以D1且D1Q?平面CD1QH，D∴平面GEF//平面CD（2）如圖：設(shè)平面QDC與D1H的交點(diǎn)為N，正方體的棱長為∵CD⊥平面AA1D1D，D又D1Q⊥DQ，DQ?平面DQC，CD?平面DQC，∴D1Q⊥連接QN，QN?平面DQC，∴D1Q⊥QN在△D1AH由余弦定理得：cos∠A在Rt△D1在平面QDC內(nèi)作直線NL//DC，交QD于L，則NL⊥平面AA1D在線段DC上取P點(diǎn)，使得DP=NL，則四邊形DPNL為矩形，QD//NP,NP?平面D1PH，QD?平面D1PH，P點(diǎn)即是所求的點(diǎn)；取DC的中點(diǎn)K，連接HK，則HK⊥平面DD過N點(diǎn)在平面D1HK內(nèi)作HK的平行線NM，交D1K于M點(diǎn)，過M點(diǎn)作DC的平行線，交D1D于WM=LN=DP，且D1∴DP=WM=D即P點(diǎn)的位置在靠近D點(diǎn)的DC線段的三分點(diǎn)處；綜上，存在點(diǎn)P滿足題意，P點(diǎn)在靠近D點(diǎn)的DC線段的三分點(diǎn)處.21．（2023秋·江蘇蘇州·高三期末）如圖1，在長方形ABCD中，已知AB=2，BC=1，E為CD中點(diǎn)，F(xiàn)為線段EC上（端點(diǎn)E，C除外）的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)D作AF的垂線分別交AF，AB于O，K兩點(diǎn)．現(xiàn)將△DAF折起，使得DK⊥AB（如圖2）．(1)證明：平面ABD⊥平面ABC；(2)求直線DF與平面ABC所成角的最大值．【解題思路】（1）先證AF⊥平面ODK，得DK?平面ODK，所以AF⊥DK，再證DK⊥平面ABC，從而得證面面垂直；（2）直線DF與平面ABCF所成角為∠DFK，記∠DFK=θ，設(shè)DF=x（1<x<2），由△FDA～△DAK，得AK=1x，計(jì)算【解答過程】（1）因?yàn)锳F⊥OK，AF⊥OD，OD，OK?平面ODK，OD∩OK=O，所以AF⊥平面ODK．因?yàn)镈K?平面ODK，所以AF⊥DK．又因?yàn)镈K⊥AB，AB，AF?平面ABC，AB∩AF=A，所以DK⊥平面ABC．因?yàn)镈K?平面ABD，所以平面ABD⊥平面ABC．（2）連結(jié)FK，由（1）可知，直線DF與平面ABCF所成角為∠DFK，記∠DFK=θ．在圖1中，因?yàn)镈K⊥AF，所以∠DFA+∠FDK=90°，又因?yàn)椤螰DA=∠FDK+∠ADK=90°，所以∠DFA=∠ADK．又因?yàn)椤螰DA=∠DAK=90°，所以△FDA～△DAK．設(shè)DF=x（1<x<2），由DFAD=DAAK，得在圖2中，因?yàn)镈K⊥AB，所以DK=D所以sinθ=當(dāng)且僅當(dāng)x=2又因?yàn)棣取?,π2，所以θ即直線DF與平面ABC所成角的最大值為π622．（2022秋·甘肅蘭州·高二期末）如圖，已知在四棱錐P?ABCD中，PA=AD=PD=2，∠BAD=∠CDA=90°，AB=2CD，CD⊥PA，E，F(xiàn)分別為棱PB，PA的中點(diǎn)．(1)求證：平面PAB⊥平面EFDC；(2)若直線PC與平面PAD所成的角為45°，求四棱錐P?ABCD的體積．【解題思路】（1）可證AB⊥平面PDA，從而得到AB⊥DF，從而可證DF⊥平面PBA，再證明E,F,D,C四點(diǎn)共面，從而得到要求證的面面垂直；（2）取AD的中點(diǎn)為G，連接PG，可證∠CPD為直線PC與平面PAD所成的角且PG⊥平面ABCD，根據(jù)體積公式可求四棱錐P?ABCD的體積．【解答過程】（1）因?yàn)樵谄矫鍭BCD中，∠BAD=∠CDA=90°，故AB//因?yàn)镃D⊥PA，故AB⊥PA，而AB⊥DA，DA∩PA=A，DA,PA?平面PDA，故AB⊥平面PDA.因?yàn)镈F?平面PDA，故AB⊥DF，因?yàn)锳D=PD=2，AF=PF，故PA⊥DF，因?yàn)镻A∩AB=A，PA,AB?平面PBA，故DF⊥平面PBA.因?yàn)镋,F分別為棱PB,PA的中點(diǎn)，故EF//而DC//AB,DC=1故E,F,D,C四點(diǎn)共面，而DF?平面EFDC，故平面PBA⊥平面EFDC.（2）取AD的中點(diǎn)為G，連接PG，由（1）可得AB//CD，故CD⊥PA,CD⊥AD，而PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，故CD⊥平面PAD，故∠CPD為直線PC與平面PAD所成的角，故∠CPD=45°，因?yàn)镃D⊥平面PAD，PD?平面PAD，故CD⊥PD，故△PCD為等腰直角三角形，而PD=2，故CD=2，故AB=4，故直角梯形ABCD的面積S=1又CD?平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，而△PAD為等邊三角形，故PG⊥AD，且PG=3因?yàn)镻G?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，故PG⊥平面ABCD，故四棱錐P?ABCD的體積為1323．（2022春·河南洛陽·高一階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=1，E、F分別是PB、CD的中點(diǎn).(1)證明：EF//平面PAD；(2)證明：EF⊥平面PAB；(3)若PB⊥平面AEF，求四棱錐E?ABCF的體積.【解題思路】（1）取AP的中點(diǎn)為M，連接MD,ME，證明四邊形EFDM為平行四邊形即可證明EF//MD，進(jìn)而根據(jù)判定定理即可證明；（2）證明DM⊥平面ABP，再結(jié)合EF//MD即可證明結(jié)論；（3）由題可求得AB=PA=2，進(jìn)而求得直角梯形ABCF【解答過程】（1）證明：如圖，取AP的中點(diǎn)為M，連接MD,ME.因?yàn)镋,M,F分別是PB,PA,CD的中點(diǎn)，四邊形ABCD是矩形，所以ME//AB,ME=12AB所以ME//DF,ME=DF，所以四邊形EFDM為平行四邊形，所以EF//MD，又MD?平面PAD，EF?平面PAD，所以EF//平面PAD（2）證明：因?yàn)镻D=AD=1，AP的中點(diǎn)為M，所以DM⊥AP，因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PD⊥AB，因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，所以AD⊥AB，因?yàn)镻D∩AD=D,PD,AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，因?yàn)镈M?平面PAD，所以AB⊥DM，因?yàn)锳B∩AP=A,AB,AP?平面ABP，所以DM⊥平面ABP，因?yàn)橛桑?）知EF//MD，所以EF⊥平面PAB.（3）解：因?yàn)镻D⊥平面ABCD,AB、AD?平面ABCD，所以PD⊥AB,PD⊥AD，又PD=AD=1，所以PA=2因?yàn)镻B⊥平面AEF,AE?平面AEF，所以PB⊥AE，又E是PB的中點(diǎn)，所以AB=PA=2所以直角梯形ABCF的面積S=1因?yàn)辄c(diǎn)E到平面ABCF的距離d=1所以VE?ABCF24．（2022秋·湖北隨州·高二開學(xué)考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC=90°，AD//BC,AB⊥AC,AB=AC=2(1)已知點(diǎn)F在BC上，且CF=2FB，求證：平面PEF⊥平面PAC.(2)求點(diǎn)D到平面PAB的距離.【解題思路】（1）先通過平面幾何算出AE=FB=23，再證明四邊形AEFB為平行四邊形，因此EF//AB，進(jìn)而證明EF⊥AC，再證PA⊥EF，得到EF⊥面PAC，因此平面（2）若G是BC中點(diǎn)，連接DG，易知ADGB為平行四邊形，由線面平行的判定可得GD//面PAB，再由線面垂直的性質(zhì)及判定有GH⊥面PAB，若H為AB中點(diǎn)，連接GH，則GH//AC，由D到面PAB的距離即為G【解答過程】（1）由AB⊥AC,AB=AC=2，即△ABC又ABCD是直角梯形且∠ADC=90°，且AD//因?yàn)椤螦DC=90°，故△ACD為等腰直角三角形，所以因?yàn)锽C=2，又AE=2ED，CF=2FB，∴AE=23AD=又AD//BC，即AE//FB，∴四邊形又AB⊥AC，故EF⊥AC；由PA⊥底面ABCD，EF?面ABCD，則PA⊥EF，又PA∩AC=A，PA、AC?面PAC，∴EF⊥面PAC，而EF?面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.（2）取BC的中點(diǎn)G，連接DG，由（1）易知：ADGB為平行四邊形，∴BA//GD，而BA?面PAB，GD?面PAB，即GD//綜上，D到平面PAB的距離即為G到面PAB的距離，由PA⊥面ABCD，AC?面ABCD，∴PA⊥AC，又AB⊥AC，AB∩PA=A，AB、PA?面PAB，故AC⊥面PAB，取AB的中點(diǎn)H，連接GH，則GH//AC，故GH⊥面PAB，又∴G到面PAB的距離GH=12AC=22，即D到平面25．（2022秋·上?！じ叨ｎ}練習(xí)）如圖，AB是圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A，B的點(diǎn)，PO垂直于圓O所在的平面，且PO＝OB＝1，(1)若D為線段AC的中點(diǎn)，求證：AC⊥平面PDO；(2)求三棱錐P﹣ABC體積的最大值；(3)若BC＝2，點(diǎn)E在線段PB上，求CE+OE的最小值.【解題思路】（1）由題意可證AC⊥DO，又PO⊥AC，即可證明AC⊥平面PDO.（2）當(dāng)CO⊥AB時(shí)，C到AB的距離最大且最大值為1，又AB＝2，即可求△ABC面積的最大值，又三棱錐P﹣ABC的高PO＝1，即可求得三棱錐P﹣ABC體積的最大值.（3）可求PB=12+12=2=PC，即有PB＝PC＝BC，由OP＝OB，C【解答過程】（1）在△AOC中，因?yàn)镺A＝OC，D為AC的中點(diǎn)，所以AC⊥DO，又PO垂直于圓O所在的平面，所以PO⊥AC，因?yàn)镈O∩PO＝O，DO,PO?平面PDO，所以AC⊥平面PDO.（2）因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O上，所以當(dāng)CO⊥AB時(shí)，C到AB的距離最大，且最大值為1，又AB＝2，所以△ABC面積的最大值為12×2×1=1，又因?yàn)槿忮FP﹣ABC的高故三棱錐P﹣ABC體積的最大值為：13（3）在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以PB=2同理PC＝2，所以PB＝PC＝BC，在三棱錐P﹣ABC中，將側(cè)面BCP繞PB旋轉(zhuǎn)至平面BC'P如圖所示，當(dāng)O，E，C'共線時(shí)，CE+OE又因?yàn)镺P＝OB，C'P=C'B，所以O(shè)C'從而OC'＝OE+EC'＝2+6226．（2022·河南南陽·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐P?ABCD中，AB//CD，AB=12CD=1，E(1)證明：BE//平面PAD；(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是邊長為2的正三角形，求點(diǎn)E到平面PAD的距離.【解題思路】（1）取PD中點(diǎn)F，由中位線定理易證四邊形ABEF為平行四邊形，故BE//AF，從而利用線面平行的判定定理即可證得結(jié)果；（2）利用線面平行將點(diǎn)E到平面PAD的距離轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)B到平面PAD的距離，接著利用等體積法VP?ABD=V【解答過程】（1）如圖，取PD的中點(diǎn)F，連結(jié)AF,EF，∵E為PC的中點(diǎn)，∴EF//CD，且EF=1又∵AB//CD，且AB=1∴EF//AB，且EF=AB，故四邊形ABEF為平行四邊形，∴BE//AF，又BE?平面PAD，AF?平面PAD，∴BE//平面PAD.（2）由（1）得BE//平面PAD，故點(diǎn)B到平面PAD的距離等于點(diǎn)E到平面PAD的距離，取BC的中點(diǎn)G，連結(jié)PG，如圖，∵AB⊥平面PBC，AB?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PBC，又△PBC是邊長為2的正三角形，∴PG=3，BC=2，且PG⊥BC∵平面ABCD∩平面PBC=BC，PG?面PBC，∴PG⊥平面ABCD，∵四邊形ABCD是直角梯形，AB=1,BC=2,CD=2，∴AD=2?1∵AB⊥PB，CD⊥PC，AB=1，PB=PC=2，CD=2，∴PA=AB2∴S△APD記點(diǎn)B到平面PAD的距離為?，∵由VP?ABD=V∴?=S△ABD×PGS△APD=1×27．（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面BB1C(1)證明：B1(2)若AC⊥AB1，∠CBB1=60°(3)在（2）的條件下，求三棱柱ABC?A【解題思路】(1)要證B1C⊥AB,即證B1(2)要求三菱柱的高，根據(jù)題中已知條件可轉(zhuǎn)化為先求點(diǎn)O到平面ABC的距離，即：作OD⊥BC，垂足為D，連接AD，作OH⊥AD，垂足為H,則由線面垂直的判定定理可得OH⊥平面ABC,再根據(jù)三角形面積相等：OH?AD=OD?OA,可求出OH的長度，最后由三棱柱ABC?A(3)利用反三角函數(shù)分別求出∠ABB1=∠ABC=【解答過程】（1）證明：連接BC1，則O為B1∵側(cè)面BB1C1∵AO⊥平面BB1C1∵AO∩BC1=O，AO?平面ABO,BC1?平面ABO∵AB?平面ABO，∴B1（2）解：作OD⊥BC，垂足為D，連接AD，作OH⊥AD，垂足為H，如圖．∵BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD=O，AO?平面AOD,OD?平面AOD,∴BC⊥平面AOD，∴OH⊥BC．∵OH⊥AD，BC∩AD=D，BC?平面ABC,AD?平面ABC,∴OH⊥平面ABC．∵∠CBB1=60°，∵BC=1，∴OD=3∵AC⊥AB1，∴由OH?AD=OD?OA，且AD=OD2∵O為B1C的中點(diǎn)，∴B1到平面ABC∴三棱柱ABC?A1B（3）解：易知AB=BB1=BC=1∠ABB1=∠ABC=arcsin∠ACC∴S四邊形BB1C1C∴表面積為91628．（2022·高一單元測試）如圖，在以A、B、C、D、E、F為頂點(diǎn)的五面體中，面ABEF為正方形，AF=4，DF=2，∠AFD=90°，且二面角D?AF?E與二面角C?BE?F都是60°．(1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求D到平面CBE的距離；(3)求二面角D?CB?E的大小．【解題思路】（1）先由線線垂直證AF⊥平面EFDC，再由線面垂直證平面ABEF⊥平面EFDC；（2）點(diǎn)D作DH⊥CE并交其延長線于點(diǎn)H，證明DH⊥平面BEC，即可根據(jù)幾何關(guān)系求出D到平面CBE的距離DH；（3）過點(diǎn)H作HG⊥CB于點(diǎn)G，連接DG，證DG⊥CB，則∠DGH為二面角D?CB?H的平面角，二面角D?CB?E的大小即為π?∠DGH，根據(jù)幾何關(guān)系計(jì)算出tan∠DGH，即可求得二面角【解答過程】（1）證明：由題意得，AF⊥DF,AF⊥FEDF∩FE=FDF,EF?平面又AF⊥平面EFDCAF?平面ABEF（2）根據(jù)（1）可知，AF⊥平面EFDCAF∥BE?BE⊥平面EFDC，又BE