空间中的平行与垂直.doc

1、 空间中的平行与垂直空间中的平行与垂直 1.(2019 全国卷)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.BMEN，且直线 BM，EN 是相交直线 B.BMEN，且直线 BM，EN 是相交直线 C.BMEN，且直线 BM，EN 是异面直线 D.BMEN，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 BNDN， BM，EN 是DBE 的中线， BM，EN 必相交. 连接 CM，设 DEa，则 ECDCa，MC 3 2 a， 平面 ECD平面

2、ABCD，且 BCDC， BC平面 EDC， 则 BD 2a，BEa2a2 2a， BM 3 2 a 2 a2 7 2 a， 又 EN a 2 2 3 2 a 2 a， 故 BMEN. 答案 B 2.(2019 全国卷)已知ACB90 ，P 为平面 ABC 外一点，PC2，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 OEAC 于 E，OFBC 于 F， 连接 PC，PE，PF，则 PEAC，PFBC. 所以 PEPF 3，所以 OEOF

3、， 所以 CO 为ACB 的平分线， 即ACO45 . 在 RtPEC 中，PC2，PE 3，所以 CE1， 所以 OE1，所以 PO PE2OE2（ 3）212 2. 答案 2 3.(2020 全国卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1， BB1上，且 2DEED1，BF2FB1.证明： (1)当 ABBC 时，EFAC； (2)点 C1在平面 AEF 内. 证明 (1)如图，连接 BD，B1D1.因为 ABBC，所以四边形 ABCD 为正方形，故 ACBD.又因为 BB1平面 ABCD，于是 ACBB1.又 BDBB1B，所以 AC平 面 BB1D1D. 由于

4、 EF平面 BB1D1D， 所以 EFAC. (2)如图，在棱 AA1上取点 G，使得 AG2GA1，连接 GD1，FC1，FG. 因为ED12 3DD1，AG 2 3AA1，DD1 綊AA1，所以 ED1綊AG，于是四边形 ED1GA 为平行四边形，故 AEGD1. 因为B1F1 3BB1，A1G 1 3AA1，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 GD1FC1. 于是 AEFC1.所以 A，E，F，C1四点共面，即点 C1在平面 AEF 内. 4.(2019 全国卷)如图，直四棱柱 ABCDA1

5、B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB 2，BAD60 ，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MEB1C，且 ME1 2B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点， 所以 ND1 2A1D. 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 MNED. 又 MN平面 C1DE，ED平面 C1DE，所以 MN平面 C1DE. (2)解 过点 C 作 C1E 的垂

6、线，垂足为 H. 由已知可得 DEBC，DEC1C，又 BCC1CC，BC，C1C平面 C1CE，所以 DE平面 C1CE， 故 DECH.又 C1EDEE，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 CE1，C1C4， 所以 C1E 17，故 CH4 17 17 . 从而点 C 到平面 C1DE 的距离为4 17 17 . 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，b，aba. (2)线面平行的性质定理：a，a，bab. (3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b. (4)面面平行的性质定理：，a，

7、bab. 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，n，mnP，lm，lnl. (2)线面垂直的性质定理：a，bab. (3)面面垂直的判定定理：a，a. (4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala. 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 平面上，且 ABCD，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.mn B.mn2 C.mn D.mn8 (2)(2019 北京卷)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线.给出下列三个论断：

8、 lm；m；l. 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 m4. 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 ABCD， 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，n4， 故 mn4. (2)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线，由lm 与m，不

9、能推出 l，因为 l 可能与 平行，或 l 与 相交但不垂直； 由lm 与l 能推出m； 由m 与l 可以推出lm. 故正确的命题是或. 答案 (1)A (2)若 m，l，则 lm(或若 lm，l，则 m，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

10、判 断. 【训练 1】 (1)(2020 衡水中学调研)已知 M 是正方体 ABCDA1B1C1D1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 PABCD 中，PAB 与PBC 是正三角形，平面 PAB 平面 PBC，ACBD，则下列结论不一定成立的是( ) A.BPAC B.PD平面 ABCD C.ACPD D.平面 BDP平

11、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 BPOA，BPOC，因为 OAOCO，所以BP平面OAC，又AC平面OAC，所以BPAC，故选项A 一定成立.由 ACBP，ACBD，BPBDB，AC平面 BDP，又 PD平面 BDP，AC平面 ABCD.所以 ACPD，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

12、 北京卷)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 为菱形，E 为 CD 的中点. (1)求证：BD平面 PAC； (2)若ABC60 ，求证：平面 PAB平面 PAE； (3)棱 PB 上是否存在点 F，使得 CF平面 PAE？说明理由. (1)证明 因为 PA平面 ABCD，BD平面 ABCD， 所以 PABD. 因为底面 ABCD 为菱形， 所以 BDAC. 又 PAACA， 所以 BD平面 PAC. (2)证明 因为 PA平面 ABCD，AE平面 ABCD， 所以 PAAE. 因为底面 ABCD 为菱形，ABC60 ，且 E 为 CD 的中点， 所以 AECD

13、.又因为 ABCD，所以 ABAE. 又 ABPAA，所以 AE平面 PAB. 因为 AE平面 PAE，所以平面 PAB平面 PAE. (3)解 棱 PB 上存在点 F，使得 CF平面 PAE.理由如下： 取 PB 的中点 F，PA 的中点 G，连接 CF，FG，EG， 则 FGAB，且 FG1 2AB. 因为底面 ABCD 为菱形，且 E 为 CD 的中点， 所以 CEAB，且 CE1 2AB. 所以 FGCE，且 FGCE. 所以四边形 CEGF 为平行四边形.所以 CFEG. 因为 CF平面 PAE，EG平面 PAE， 所以 CF平面 PAE. 探究提高 1.利用综合法证明平行与垂直，关

14、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，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面 ABCD，AB PDDA2PE，CD3PE，F 是 CE 的中点. (1)求证：BF平面 ADP； (2)已知 O 是 BD 的中点，求证：B

15、D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， CD3PE， FG2PE，FGCD， CDAB，AB2PE， ABFG，ABFG，即四边形 ABFG 是平行四边形， BFAG，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， BAAD，CDDA，ABAD，O 为 BD 的中点， ABMD 是正方形，则 BDAM，MD2PE. FMPD， PD平面 ABCD，FM平面 ABCD，FMBD， AMFMM，BD平面 AMF， BD平面 AOF.

16、热点三 平面图形中的折叠问题 【例 3】 图是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其 中 AB1，BEBF2，FBC60 .将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合， 连接 DG，如图. (1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图中的四边形 ACGD 的面积. (1)证明 由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG， 所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面. 由已知得 ABBE，ABBC，且 BEBCB，BE，BC平面 BCGE， 所以 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 AB

17、C，所以平面 ABC平面 BCGE. (2)解 如图，取 CG 的中点 M，连接 EM，DM. 因为 ABDE，AB平面 BCGE，所以 DE平面 BCGE，又 CG、EM平面 BCGE，故 DECG，DEEM. 由已知，四边形 BCGE 是菱形，且EBC60 ，得 EMCG， 又 DEEME，DE，EM平面 DEM，故 CG平面 DEM. 又 DM平面 DEM，因此 DMCG. 在 RtDEM 中，DE1，EM 3， 故 DM2.又 CGBF2， 所以四边形 ACGD 的面积为 S224. 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

18、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，ADBC，BAD 2，ABBC 1 2AD 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A1BE 的位置，得到四棱锥 A1BCDE. (1)证明：CD平面 A1OC； (2)当平面 A1BE平面 BCDE 时，四棱锥 A1BCDE 的体积为 36 2，求 a 的值. (1)证明 在图1中，因为ABBC1 2ADa，E是

19、AD的中点，BAD 2，所以 BEAC， 即在图 2 中，BEA1O，BEOC，从而 BE平面 A1OC. 又 CDBE，所以 CD平面 A1OC. (2)解 由已知，平面 A1BE平面 BCDE， 又由(1)知，OA1BE，所以 A1O平面 BCDE， 即 A1O 是四棱锥 A1BCDE 的高， 由图 1 可知，A1O 2 2 AB 2 2 a，平行四边形 BCDE 的面积 SBC ABa2， 从而四棱锥 A1BCDE 的体积为 V1 3SA1O 1 3a 2 2 2 a 2 6 a3， 由 2 6 a336 2，得 a6. 热点四 空间线面关系的开放性问题 【例 4】 (2020 九师联盟

20、检测)如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，BAD 3 ，PAD 是等边三角形，F 为 AD 的中点，PDBF. (1)求证：ADPB； (2)若 E在线段 BC 上，且 EC1 4BC，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 DCEG 的体积；若不存在，请说明理由. (1)证明 PAD 是等边三角形，F 是 AD 的中点，PFAD. 底面 ABCD 是菱形，BAD 3，BFAD. 又 PFBFF，AD平面 BFP. 由于 PB平面 BFP，ADPB. (2)解 能在棱 PC 上找到一点 G，使平面 DEG平面 ABCD.

21、 由(1)知 ADBF，PDBF，ADPDD， BF平面 PAD. 又 BF平面 ABCD，平面 ABCD平面 PAD， 又平面 ABCD平面 PADAD，且 PFAD，PF平面 PAD，PF平面 ABCD. 连接 CF 交 DE 于点 H，过 H 作 HGPF 交 PC 于 G， GH平面 ABCD. 又 GH平面 DEG，平面 DEG平面 ABCD. ADBC，DFHECH， CH HF CE DF 1 2， CG GP CH HF 1 2， GH1 3PF 3 3 ， VDCEGVGCDE1 3SCDE GH 1 3 1 2DC CE sin 3 GH 1 12. 探究提高 1.求解探究

22、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 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ABC BAD90 ，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

23、； (2)若PBC 的面积为 15 2 ，求四棱锥 PABCD 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DGB90 . 因为ABCBAD90 ，所以四边形 ABGD 为矩形， 所以 ADBG1 2BC，ADBC. 因为 EF 为BCP 的中位线， 所以 EF1 2BC，且 EFBC，故 ADEF，且 ADEF， 所以四边形 ADFE 是平行四边形，从而 AEDF， 又 AE平面 PDC，DF

24、平面 PDC， 所以 AE平面 PDC. (2)取 CD 的中点 M，连接 PM，过点 P 作 PNBC 交 BC 于点 N，连接 MN，如图 所示. 因为PDC 为等边三角形，所以 PMDC. 因为 PMDC，平面 PDC平面 BDC，平面 PDC平面 BDCDC，PM平面 PDC， 所以 PM平面 BCD，则 PM 为四棱锥 PABCD 的高. 又 BC平面 BCD，所以 PMBC. 因为 PNBC，PNPMP，PN平面 PMN，PM平面 PMN， 所以 BC平面 PMN. 因为 MN平面 PMN，所以 MNBC. 由 M 为 DC 的中点，易知 NC1 4BC. 设 BCx，则PBC 的

25、面积为x 2 x2 x 4 2 15 2 ，解得 x2，即 BC2， 所以 AD1，ABDGPM 3. 故四棱锥 PABCD 的体积为 V1 3S 梯形ABCDPM1 3 （12） 3 2 33 2. A 级 巩固提升 一、选择题 1.设 ， 为两个平面，则 的充要条件是( ) A. 内有无数条直线与平行 B. 内有两条相交直线与 平行 C.， 平行于同一条直线 D.， 垂直于同一平面 解析 若 ，则 内有无数条直线与 平行，当 内有无数条直线与 平行 时， 与 可能相交；若 ， 平行于同一条直线，则 与 可以平行也可以相 交；若 ， 垂直于同一个平面，则 与 可以平行也可以相交，故 A，C，

26、D 中 条件均不是 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 的充要条件. 答案 B 2.(2020 东北三校一联)已知 ， 是两个不同的平面，直线 m，下列命题正确 的是( ) A.若 ，则 m B.若 ，则 m C.若 m，则 D.若 m，则 解析 若 m，则 m 或 m 与 相交或 m，所以 A，B 错误.若 m，m，则 或 与 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 D 3.(2020 青岛质检)已知四棱锥 PABCD的所有棱长均相等，点 E，F 分别在线段 P

27、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 ACBDO.因为EF平面PAC，平面 PAC平面ABCD AC，且 EF底面 ABCD，所以 EFAC.由四边形 ABCD 为菱形，得 ACBD. 连接 OP.因为 O 为 AC 的中点，PAPC，所以 POAC.又 BDOPO，所以 AC平面 PBD，所以 ACPB.又 EFAC，所以 EFPB，即异面直线 EF 与 PB 所成角的大小为 90 .故选 D. 答案 D 4.(多选题)(2020 济宁模拟)如图，正方体 ABCDA1B1C1

28、D1的棱长为 1，E，F，G 分别为 BC，CC1，BB1的中点，则( ) A.直线 D1D 与直线 AF 垂直 B.直线 A1G 与平面 AEF 平行 C.平面 AEF 截正方体所得的截面面积为9 8 D.点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离相等 解析 连接 AD1，D1F，则 AD1EF，平面 AEF 即为平面 AEFD1.显然 DD1不垂 直于平面 AEFD1，直线 DD1与直线 AF 不垂直，故 A 错误.A1GD1F，A1G 平面 AEFD1，A1G平面 AEFD1，即 A1G平面 AEF，故 B 正确.平面 AEF 截 正方体所得截面为等腰梯形 AEFD1，易知梯形 AEFD1

29、的面积为1 2 2 2 2 3 2 4 9 8，故 C 正确.记点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离分别为 h1，h2，VCAEF 1 3 SAEF h1VACEF 1 31 1 2 1 2 1 2 1 24，VGAEF 1 3 SAEF h2VAGEF 1 3 11 21 1 2 1 12，h1h2，故 D 错误.故选 BC. 答案 BC 5.(多选题)(2020 济南一模)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为 棱 CC1上的动点(点 P 不与点 C，C1重合)，过点 P 作平面 分别与棱 BC，CD 交 于 M，N 两点，若 CPCMCN，则下列说法正确的是( )

30、A.A1C平面 B.存在点 P，使得 AC1平面 C.存在点 P，使得点 A1到平面 的距离为5 3 D.用过点 P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形 解析 连接 BC1，BD，DC1，AD1，D1P.因为 CMCN，CBCD，所以CM CB CN CD，所以 MNBD.又 MN平面 C1BD，BD平面 C1BD，所以 MN平面 C1BD. 同理可证 MPBC1，MP平面 C1BD.又 MNMPM，MN，MP平面 ，所以 平面 C1BD平面 .易证 AC1平面 C1BD，所以 A1C平面 ，A 正确.又 AC1 平面 C1BDC1，所以 AC1与平面 相交，不存在点 P，使得 A

31、C1平面 ，B 不 正确.因为|A1C|121212 3，所以点 A1到平面的距离的取值范围为 |A1C| 2 ，|A1C| ，即 3 2 ， 3 .又 3 2 5 3 3，所以存在点 P，使得点 A1 到平面 的 距离为5 3，C正确.因为AD1BC1，所以MPAD1，所以用过点P，M，D1的平面 去截正方体得到的截面是四边形AD1PM.又AD1MP，且AD1MP，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 MAB，点 NAD，若AM MB AN ND，则直线 MN 与平面 BDC 的位置关系是_. 解析 由AM MB AN

32、 ND，得 MNBD. 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 2rAB2，即 r1，所以 S圆锥侧rSA 2.如图，取OB的中点E，连接CD，DE，CE，OC，则DEOS，DE1 2OS， 即CDE(或其补角)为 OS 与 CD 所成的角.OSASsin 60 3，DE 3 2

33、，CE OC2OE2 5 2 .因此 tanCDECE DE 15 3 . 答案 2 15 3 8.(2020 漳州适应性测试)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 4，点 P 是 AA1 的中点，点 M 在侧面 AA1B1B 内，若 D1MCP，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，QNAC，故 QNCP.因为 CP 在面 ADD1A1内的射 影为 DP，D1QDP，所以 D1QCP.故由 QNCP，D1QCP，D1QQNQ， 得 CP平面 D1QNB1.要使

34、 CPD1M，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 MB1N. 因为 CB平面 ABB1A1，所以 CBBM，所以 SBCM1 2CBBM.当 BMB1N 时，BM 最小，此时，BCM 的面积最小.又 BB14，BN2，故 B1N2 5.由 RtB1BN 的面积可得 BM24 2 5 4 5 5 ，所以 SBCM1 24 4 5 5 8 5 5 . 答案 8 5 5 三、解答题 9.如图所示，AB 为圆 O 的直径，点 E，F 在圆 O 上，ABEF，矩形 ABCD 所在 平面和圆 O 所在

35、平面垂直，已知 AB2，EF1. (1)求证：平面 DAF平面 CBF； (2)若 BC1，求四棱锥 FABCD 的体积. (1)证明 因为 AB 为圆 O 的直径，点 F 在圆 O 上，所以 AFBF. 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，CBAB， CB平面 ABCD，所以 CB圆 O 所在平面，所以 AFBC. 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 AB2，EF1，ABEF，则四边形 OEFA 为菱形， 所以 AFOEOA1，

36、所以 AFOAOF1，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 3 2 . 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 FABCD 的高， 所以四棱锥 FABCD 的高 h 3 2 . 又 BC1，所以矩形 ABCD 的面积 SABBC212. 故 V四棱锥FABCD1 32 3 2 3 3 . 10.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD， PAPD，PAPD，E，F 分别为 AD，PB 的中点. (1)求证：PEBC； (2)求证：平面

37、 PAB平面 PCD； (3)求证：EF平面 PCD. 证明 (1)因为 PAPD，E 为 AD 的中点， 所以 PEAD. 因为底面 ABCD 为矩形， 所以 BCAD.所以 PEBC. (2)因为底面 ABCD 为矩形，所以 ABAD. 又因为平面 PAD平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCDAD，AB平面 ABCD， 所以 AB平面 PAD，且 PD平面 PAD. 所以 ABPD. 又因为 PAPD，且 PAABA， 所以 PD平面 PAB.又 PD平面 PCD， 所以平面 PAB平面 PCD. (3)如图，取 PC 中点 G，连接 FG，DG. 因为 F，G 分别为 PB，PC

38、的中点， 所以 FGBC，FG1 2BC. 因为 ABCD 为矩形，且 E 为 AD 的中点， 所以 DEBC， DE1 2BC. 所以 DEFG，且 DEFG. 所以四边形 DEFG 为平行四边形. 所以 EFDG. 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 ABCDA1B1C1D1，过体对角线 BD1作平 面 交棱 AA1于点 E，交棱 CC1于点 F，则下列说法正确的是( ) A.平面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 与平面 BB1D1D 不可

39、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 AA1B1B平面 DD1C1C，平面 平面 AA1B1BBE，平面 平面 DD1C1CD1F，所以 BED1F.同理可得 D1EBF，所以四边形 BFD1E 是平行四 边形，B 正确.因为四边形 BFD1E 是平行四边形，所以 BED1F，所以 ABEC1D1F，所以 AEC1F，所以平面 BFD1E 分正方体为完全相同的两部 分，A 正确.连接 EF，当 E 是 AA1的中点，F 是 CC1的中点时，EF平面 BB1D1D，从而平面 与平面 BB1D1D 垂直，C 错误.设正方体的棱长为 1，AE x(0

40、 x1)，则 BE1x2，D1E1（1x）2x22x2，BD1 3.在 BED1中，由余弦定理得cos BED1D 1E2BE2BD21 2D1E BE x2x x21 x22x2， 所以 sin BED1 1cos2BED1 1 （x2x）2 （x21）（x22x2） 2x22x2 （x21）（x22x2）， 所以 S四边形BED1F2SBED1BE D1E sin BED1 2x22x2 2 x1 2 2 3 2. 所以当 x0 或 x1 时，S 四边形 BED1F 取得最大值 2，D 正确.故选 ABD. 答案 ABD 12.如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，DAB

41、30 ，PD平面 ABCD，AD2，点 E 为 AB 上一点，且AE ABm，点 F 为 PD 中点. (1)若 m1 2，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 PAB？若存在，求出 m 的值；若 不存在，说明理由. (1)证明 如图作 FMCD，交 PC 于点 M，连接 EM， 因为点 F 为 PD 的中点，所以 FM1 2CD. 因为 m1 2，所以 AE 1 2ABFM， 又 FMCDAE， 所以四边形 AEMF 为平行四边形，所以 AFEM， 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 3 2 ，使得平面 PED平面 PAB，理由如下： 要使平面 PED平面 PAB，只需 ABDE， 因为 ABAD2，DAB30 ， 所以 AEADcos 30 3， 又因为 PD平面 ABCD，PDAB，PDDED， 所以 AB平面 PDE， 因为 AB平面 PAB，所以平面 PDE平面 PAB， 所以 mAE AB 3 2 .