专题8.8 空间中的线面位置关系大题专项训练【七大题型】-2023-2024学年高一数学系列（人教A版2019必修第二册）

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专题8.8 空间中的线面位置关系【七大题型】【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一线线平行的判定1．（2023下·河南洛阳·高一校考阶段练习）如图，四面体ABCD被一平面所截，截面EFHG是一个平行四边形.求证：CD//GH.【解题思路】由线线平行得到线面平行，再由线面平行的性质得到线线平行，证明出结论.【解答过程】∵四边形EFHG为平行四边形，∴EF//GH，又GH⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，∴EF//平面BCD.而平面ACD∩平面BCD=CD，EF⊂平面ACD，∴EF//CD，∴CD//GH.2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥S−ABC中，M，N，E，F分别为棱SA，SC，AB，BC的中点，试判断直线MN与直线EF是否平行．【解题思路】根据给定条件可得MN//AC，EF//AC，再借助平行公理即可判断作答.【解答过程】在三棱锥S−ABC中，M，N分别为棱SA，SC的中点，则有MN//AC，而E，F分别为棱AB，BC的中点，则有EF//AC，由平行公理得：MN//EF，所以直线MN与直线EF平行．3．（2023上·江苏连云港·高三统考期中）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面ABFE与平面CDEF的交线为EF.(1)证明：EF∥AB；(2)若平面FBC⊥平面ABCD，H为BC的中点，FH=2，FC=2.5，EF=1.5，求该几何体的体积.【解题思路】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2) 将体积分割VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可.【解答过程】（1）证明：∵CD∥AB，而CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，∴CD//平面ABFE，又∵CD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴CD∥EF，∴EF∥AB.（2）∵FH=2，FC=2.5，H为BC中点，∴CH=1.5.而FH2+CH2=CF2，∴FH⊥BC，∵平面FBC⊥平面ABCD.平面FBC∩平面ABCD=BC，FH⊂平面FBC，∴FH⊥平面ABCD.过E分别作EI∥FB交AB于点I，EJ∥FC交CD于点J，连接IJ.∴VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD=12×3×2×1.5+13×1.5×3×2=4.5+3=7.5.4．（2023下·全国·高一随堂练习）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.【解题思路】由面面平行的性质得到线线平行.【解答过程】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．5．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，其中侧面B1BCC1为平行四边形，E,F分别为BC,B1C1的中点，P在线段AE上，且满足AP:PE=1:2，过B1C1和点P的平面交AB于G，交DC于H.证明：B1C1//GH；【解题思路】由平面ABCD//平面A1B1C1D1,根据面面平行的性质定理证明两条交线平行即可；【解答过程】证明：由题意四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD//平面A1B1C1D1，因为过B1C1和点P的平面交AB于G，交DC于H，则G,H∈平面ABCD，设过B1C1和P的平面为α，则平面ABCD∩α=GH，平面A1B1C1D1∩α=B1C1，∴B1C1//GH.题型二直线与平面平行的判定用向量证明线段垂直用向量证明线段垂直6．（2023上·四川南充·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．(1)求证：D1F//平面A1EC1；(2)三棱锥F−A1EC1的体积大小．【解题思路】（1）连接B1D1∩A1C1=M，取D1C1的中点为N，利用平行公理及线面平行的判断推理即得.（2）由（1）的结论，利用等体积法转化求出体积.【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1∩A1C1=M，取D1C1的中点N，连接MN,ME,CN，有M为B1D1的中点，则MN//B1C1,MN=12B1C1，又BC//B1C1,BC=B1C1,E为BC的中点，于是MN//EC,MN=EC，则四边形CNME是平行四边形，ME//NC，又F为CD的中点，则有ND1//CF,ND1=CF，即四边形CFD1N是平行四边形，CN//FD1，因此EM//FD1，又EM⊂平面A1EC1，D1F⊄平面A1EC1，所以D1F//平面A1EC1.（2）由（1）知，D1F//平面A1EC1，则点F到平面A1EC1的距离等于点D1到平面A1EC1的距离，而正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，BC//平面A1C1D1，则点E到平面A1C1D1的距离为C到平面A1C1D1的距离1，所以三棱锥F−A1EC1的体积VF−A1EC1=VD1−A1EC1=VE−A1C1D1=13S△A1C1D1×1=13×12×1×1×1=16.7．（2023上·山东烟台·高二校联考期中）如图，在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，CD的中点．(1)求证：BF//平面AB1E；(2)求四面体AECB1的体积．【解题思路】（1）连接BA1交AB1于O，连接CD1,EF，结合已知证OBFE为平行四边形，则OE//BF，由线面平行的判定证结论；（2）过C作CG//BF交AB延长线于G，证CFBG为平行四边形，进而有AG=3、CG//平面AB1E，再由VC−AEB1=VG−AEB1=VE−AGB1，应用锥体体积公式求四面体AECB1的体积．【解答过程】（1）连接BA1交AB1于O，连接CD1,EF，由E，F分别是DD1，CD的中点，则EF//CD1且EF=12CD1=12BA1，由正方体性质：O为BA1中点，故OB=12BA1，则OB=EF又CD1//BA1，即CD1//OB，故OB//EF，所以OBFE为平行四边形，则OE//BF，OE⊂面AB1E，BF⊄面AB1E，则BF//平面AB1E.（2）过C作CG//BF交AB延长线于G，又AB=CD，故CFBG为平行四边形，则BG=CF=1，故AG=3，又BF//平面AB1E，所以CG//平面AB1E，故C到面AB1E的距离等于G到面AB1E的距离，所以VAECB1=VG−AEB1=VE−AGB1=13×2×12×2×3=2.8．（2023下·浙江嘉兴·高一校考期中）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E, F, G, H分别是AB, AC，A1B1，A1C1的中点. (1)求证：B，C，H，G四点共面；(2)求证：BG//平面A1EF；(3)若底面边长为2，AA1=2，求三棱锥A−A1EF的体积.【解题思路】（1） 借助三角形的中位线，证明GH//BC，可得B，C，H，G四点共面；（2） 证明A1E//GB，BG//平面A1EF，（3）由VA−A1EF=VA1−AEF，求三棱锥A−A1EF的体积.【解答过程】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH//B1C1，又在三棱柱ABC−A1B1C1中， B1C1//BC，∴GH//BC，∴B，C，H，G四点共面．（2）∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1//AB，A1B1=AB，∴A1G//EB，A1G=12A1B1=12AB=EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E//BG，∵A1E⊂平面A1EF，BG⊄平面A1EF，∴BG//平面A1EF.（3）由题意，知VA−A1EF=VA1−AEF =13S△AEF⋅AA1 =13×12×1×1×sinπ3×2=36．9．（2023上·江西宜春·高一江西省丰城中学校考期中）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．【解题思路】（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.【解答过程】（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．  10．（2023下·陕西渭南·高一校考期中）如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=2，AB=2，P为侧棱SD上一动点.  (1)若直线SB //面ACP，求证：P为棱SD的中点；(2)若SP=3PD，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE //平面PAC．若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由.【解题思路】（1）连接BD与AC交于点O，由线面平行的性质可证得SB // OP，又O为BD的中点，从而可证；（2）取SD中点Q，可得BQ//OP，过点Q作QE//PC，交SC于点E，可得平面BEQ //平面ACP，可得BE //平面PAC，从而得出答案.【解答过程】（1）  连接BD与AC交于点O，则O为BD的中点，因为直线SB //面ACP，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面ACP=OP，所以SB // OP，又O为BD的中点，所以P为棱SD的中点.（2）在侧棱SC上存在一点E，使BE //平面PAC，满足SEEC=2．理由如下：取SD中点Q，连接BQ，因为SP=3PD，则PQ=PD，又O为BD的中点，∴在△BDQ中，有BQ//PO，又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，∴BQ //平面PAC，过Q作QE//PC，交SC于E，连接BE，又PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，∴QE //平面PAC，∵BQ∩QE=Q，BQ,QE⊂平面BEQ，∴平面BEQ //平面PAC，又BE⊂平面BEQ，∴ BE //平面PAC，由QE//PC，则SEEC=SQQP，由SP=3PD，Q为SD的中点，则SQQP=2，所以SEEC=2，所以侧棱SC上存在一点E，当满足SEEC=2时，BE //平面PAC.    题型三平面与平面平行的判定11．（2023·全国·高三专题练习）如图，几何体ABCD−A1C1D1为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去一个角所得，四边形ABCD是正方形，AB=2，DD1=3，P为BC的中点．证明：平面A1BC1//平面ACD1；【解题思路】由四边形ABC1D1是平行四边形，得BC1//AD1，由线面平行的判定定理得BC1//平面ACD1，同理BA1//平面ACD1，即可得证.【解答过程】解：连接AD1,CD1，如图所示：依题意，AB//CD//C1D1,AB=CD=C1D1，则四边形ABC1D1是平行四边形，于是BC1//AD1，而AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，因此BC1//平面ACD1，同理BA1//平面ACD1，∵BA1∩BC1=B，BA1,BC1⊂平面A1BC1，∴平面A1BC1//平面ACD1．12．（2023上·四川内江·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，CD的中点．   (1)求证：EF//平面PAD；(2)求证：平面EFG//平面PAD.【解题思路】（1）线面平行判定定理证明即可；（2）先证线面平行，再证面面平行即可.【解答过程】（1）∵E，F分别是AB，PB的中点，∴EF//PA又∵EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,∴EF//平面PAD.（2）∵四边形ABCD为正方形，且E,G分别为AB，DC边的中点，∴EG//AD，又∵AD⊂面PAD，EG⊄面PAD，∴EG//面PAD，由（1）知，EF//平面PAD，且EG∩FE=E,EF⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,∴平面EFG//平面PAD.13．（2023上·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2BC=CC1=2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.  (1)证明：平面ABD ∥平面FEC1；(2)求点F到平面ABD的距离.【解题思路】（1）证明线面平行，再由面面平行判定定理得证；（2）利用三棱锥中等体积法求高即可.【解答过程】（1）在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，所以AB∥EF.因为AC∥A1C1，AF=12AC=12A1C1=DC1，所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1，因为AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，所以AB//平面FEC1，同理AD//平面FEC1，又因为AD∩AB=A，AB,AD⊂平面ABD，所以平面ABD ∥平面FEC1.（2）如图所示，连接BF,DF.  利用勾股定理计算得AB=AC2−BC2=3,AD=AA12+A1D2=5,BD=BF2+DF2=5，所以△ABD的面积为12AB×AD2−AB22=12×3×5−34=514.设点F到平面ABD的距离为ℎ，则三棱锥F−ABD的体积为V=13ℎ×514=5112ℎ.又易知DF⊥平面ABC，所以三棱锥D−ABF的体积为V=13×DF×S△ABF=13×2×12×12×3×1=36.所以5112ℎ=36，解得ℎ=21717，即点F到平面ABD的距离为21717.14．（2023下·河北邯郸·高一统考期中）如图，在三棱柱ABC−DEF中，G，O，H，M分别为DE，DF，AC，BC的中点，N为GC的中点.  (1)证明：MN∥平面ABED.(2)证明：平面GOH∥平面BCFE.【解题思路】（1）利用三角形中位线的性质和直线与平面平行的判定定理即可证明.（2）先把面面平行问题转化为线面平行问题，再利用平面与平面平行的判断定理即可证明.【解答过程】（1）证明：如图，连接BG.∵M为BC的中点，N为GC的中点，∴MN∥BG.∵BG⊂平面ABED，MN⊄平面ABED，∴MN∥平面ABED.  （2）∵G，O分别为DE，DF的中点，∴GO∥EF.∵EF⊂平面BCFE，GO⊄平面BCFE，∴GO∥平面BCFE.∵OF∥HC且OF=HC，∴四边形OFCH是平行四边形，∴OH∥FC.∵FC⊂平面BCFE，OH⊄平面BCFE，∴OH∥平面BCFE.又GO∩OH=O，∴平面GOH∥平面BCFE.15．（2023下·山西运城·高一统考期中）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F、G分别为棱AB、BC、B1C1的中点．  (1)证明：B1E∥平面ACG；(2)在线段CC1是否存在一点N，使得平面NEF∥平面A1BC1？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）取AC的中点M，连接EM，GM，证明B1E//GM后证得线面平行；（2）N为CC1的中点时，平面NEF//平面A1BC1．由线面平行的判定定理证明EF,FN与平面A1BC1平行后可得证面面平行．【解答过程】（1）证明：取AC的中点M，连接EM，GM，在△ABC中，因为E、M分别为AB、AC的中点所以EM//BC且EM=12BC．又G为B1C1的中点，B1C1//BC，所以B1G//BC且B1G=12BC，即B1G//EM且B1G=EM，故四边形EMGB1为平行四边形，所以B1E//GM，又MG⊂平面ACG，B1E⊂平面ACG，所以B1E//平面ACG．  （2）当N为CC1的中点时，平面NEF//平面A1BC1．证明：连接NE，NF．因为N，F分别是CC1和BC的中点，所以NF//BC1．因为NF⊂平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，所以NF//平面A1BC1．因为EF//AC，AC//A1C1，所以EF//A1C1．因为EF⊂平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以EF//平面A1BC1．又因为EF⊂平面NEF，NF⊂平面NEF，NF∩EF=F，所以平面NEF//平面A1BC1．  题型四线线垂直的判定16．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正三棱柱ABC−A′B′C′中，E为棱AC的中点，AB=BB′=2.求证：BE⊥AC′.【解题思路】根据异面直线的夹角结合勾股定理分析证明.【解答过程】如图，取CC′的中点F，连接EF，BF，∵E为AC的中点，F为CC′的中点，∴EF//AC′，∴BE和EF所成角为∠BEF，即为异面直线BE与AC′所成角，且EF=12AC′.在正三棱柱ABC−A′B′C′中，AC′=22，EF=2.在等边三角形ABC中，BE=22−12=3，在Rt△BCF中，BF=22+12=5.在△BEF中，BE2+EF2=BF2，∴BE⊥EF，∴BE⊥AC′.17．（2023上·黑龙江大庆·高二开学考试）在边长为a的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，M、N分别为AB、CF的中点，现沿AE、AF、EF折叠，使B、C、D三点重合，构成一个三棱锥B−AEF，如图所示．  (1)在三棱锥B−AEF中，求证：AB⊥EF；(2)求四棱锥E−AMNF的体积．【解题思路】（1）利用线线垂直可得线面垂直；（2）根据题意得到VE−AMNF=34VA−BEF，通过VA−BEF=13S△BEF×AB计算即可.【解答过程】（1）在三棱锥B−AEF中，因为AB⊥BE，AB⊥BF，BE∩BF=B，BE,BF⊂面BEF,所以AB⊥面BEF．又EF⊂平面BEF，所以AB⊥EF；（2）因为在△ABF中，M、N分别为AB、BF的中点，所以四边形AMNF的面积是△ABF面积的34．又三棱锥E−ABF与四棱锥E−AMNF的高相等，所以，四棱锥E−AMNF的体积是三棱锥E−ABF的体积的34，因为VE−ABF=VA−BEF，所以VE−AMNF=34VA−BEF．因为VA−BEF=13S△BEF×AB=13×12×BE×BF×AB=124a3．所以VE−AMNF=34×124a3=132a3，故四棱锥E−AMNF的体积为132a3．18．（2023上·四川成都·高三石室中学校考期中）在三棱锥S−ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，∠SAB=∠SCB=∠ABC=90°.(1)求证：AC⊥SB；(2)若AB=2,SC=22，求三棱锥S−ABC的体积.【解题思路】（1）取AC的中点为E，根据题意先证明AC⊥面SBE，从而由线面垂直的性质即可得证.（2）先依次求出AC的长度、△BES的面积，由（1）可知AC⊥面SBE，从而由公式VS−ABC=VA−BES+VC−BES=13S△BES⋅AC即可得解.【解答过程】（1）取AC的中点为E，连结SE,BE，∵AB=BC，∴BE⊥AC，在△SCB和△SAB中，∠SAB=∠SCB=90°,AB=BC,SB=SB，∴△SCB≅△SAB，∴SA=SC，∵AC的中点为E，∴SE⊥AC，∵SE∩BE=E，SE⊂面SBE，EB⊂面SBE，∴AC⊥面SBE，∵SB⊂面SBE，∴AC⊥SB .（2）∵AB=2,SC=22  ∴BC=2,SA=22,AC=22，∴SE=6,AE=BE=CE=2,SB=23，在△BES中由余弦定理得cos∠BES=2+6−1222⋅6=−33,∴sin∠BES=63，∴S△BES=12×2×6×63=2，由（1）知AC⊥面SBE,∴VS−ABC=VA−BES+VC−BES=13S△BES⋅AC=13×2×22=43.19．（2023上·上海·高二专题练习）如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，AP//DE.(1)求证：AB //平面CDE；(2)若AP=BP=AB，平面PAB⊥平面ABCD.若F为PB中点，求证：AF⊥PC.【解题思路】（1）由题意可得AB // CD，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）由CB⊥AB及面面垂直的性质可得CB⊥平面PAB，CB⊥AF，结合AF⊥BP即可证明.【解答过程】（1）因为四边形ABCD为正方形，所以AB // CD，又CD⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，所以AB //平面CDE.（2）若AP=BP=AB，则△ABP为等边三角形，如图， 因为F为PB中点，所以AF⊥BP，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，CB⊥AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥平面PAB.又AF⊂平面PAB，所以CB⊥AF.又AF⊥PB，CB∩PB=B，CB,PB⊂平面PBC，所以AF⊥平面PBC.又PC⊂平面PBC，所以AF⊥PC.20．（2023·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，直线C1B⊥平面ABC，平面AA1C1C⊥平面BB1C1C.  (1)求证：AC⊥BB1；(2)若AC=BC=BC1=2，在棱A1B1上是否存在一点P，使得四棱锥P−BCC1B1的体积为43？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）过点B作BD⊥CC1，垂足为D，由面面垂直性质定理及线面垂直判定定理，即可证明AC⊥BB1；（2）设点P到平面BB1C1C的距离为ℎ，由棱锥的体积公式求出ℎ，与A1到平面BB1C1C的距离比较可得出点P为A1B1中点时，符合题意.【解答过程】（1）过点B作BD⊥CC1，垂足为D，  因为平面AA1C1C⊥平面BB1C1C，平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，BD⊂平面BB1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，又因为AC⊂平面AA1C1C，所以BD⊥AC，又因为C1B⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以C1B⊥AC，又BD∩C1B=B,BD,C1B⊂平面BB1C1C，所以AC⊥平面BB1C1C，又BB1⊂平面BB1C1C，所以AC⊥BB1.（2）当点P为A1B1中点时，四棱锥P−BCC1B1的体积为43，理由如下：  过点P作PQ//B1C1，交A1C1于点Q，因为C1B⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥BC，又BC=BC1=2，所以CC1=22，由（1）可知，BD⊥CC1，所以S△BCC1=12×CC1×BD=12×BC×BC1，即12×22×BD=12×2×2，所以BD=2，设点P到平面BB1C1C的距离为ℎ，则VP−BCC1B1=13×CC1×BD×ℎ=13×22×2×ℎ=43，所以ℎ=1，即P到平面BB1C1C的距离为1，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC//A1C1，AC=A1C1由（1）可知，AC⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，又AC=2，所以A1C1=2，又PQ//B1C1，PQ⊄平面BB1C1C，B1C1⊂平面BB1C1C，所以PQ//平面BB1C1C，所以Q到平面BB1C1C的距离为1，即QC1=1，故Q为A1C1中点，所以P为A1B1中点时，四棱锥P−BCC1B1的体积为43.题型五线面垂直的判定21．（2023下·新疆喀什·高二统考期末）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.【解题思路】（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.【解答过程】（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22.22．（2023上·上海·高二期末）如图，在四棱锥S−ABCD中，AB∥DC，BC⊥AB，CD=SD，平面SCD⊥平面SBC．(1)求证：BC⊥平面SCD；(2)设BC=CD=8，SB=16，求三棱锥S−BCD的体积．【解题思路】（1）取SC的中点N，结合等腰三角形三线合一、面面垂直和线面垂直性质可得DN⊥BC，又BC⊥DC，由线面垂直的判定可证得结论；（2）利用勾股定理可求得SC，DN，根据VS−BCD=VB−SDC，结合棱锥体积公式可求得结果．【解答过程】（1）取SC的中点N，连接DN，因为CD=SD，N为SC中点，所以DN⊥SC，因为平面SCD⊥平面SBC，平面SCD∩平面SBC=SC，DN⊂平面SCD，所以DN⊥平面SBC，又BC⊂平面SBC，所以DN⊥BC，又因为AB∥DC，BC⊥AB，所以BC⊥DC，且DC∩DN=D，DC,DN⊂平面SDC，所以BC⊥平面SDC．（2）由（1）知BC⊥平面SDC，因为SC⊂平面SDC，所以BC⊥SC，又BC=8，SB=16，所以SC=162−82=83，因为SD=CD=8，所以△SDC为等腰三角形，所以DN=82−432=4所以S△SDC=12SC×DN=12×83×4=163，所以VS−BCD=VB−SDC=13×S△SDC×BC=13×163×8=12833.23．（2023上·上海·高二专题练习）如图，在三棱锥S−ABC中，∠ABC=90°，D是AC的中点，且SA=SB=SC.  (1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB=BC，求证：BD⊥平面SAC.【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理求证；（2）根据线线垂直，利用线面垂直定理证明.【解答过程】（1）因为SA=SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD=BD，由已知SA=SB，所以△ADS≅△BDS，所以SD⊥BD.又AC∩BD=D,AC,BD⊂平面ABC，所以SD⊥平面ABC.（2）因为AB=BC，D是AC的中点，所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD.又因为SD∩AC=D,SD,AC⊂平面SAC，所以BD⊥平面SAC.24．（2023上·山西·高二统考学业考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD,M是PA中点．(1)求证：DM⊥平面PAB；(2)求直线BD与平面PBC所成角的正弦值．【解题思路】（1）确定DM⊥AP，AB⊥AD，根据面面垂直得到AB⊥平面PAD，得到AB⊥DM，得到证明.（2）设AD,BC的中点分别为E,F，确定PE⊥平面ABCD，计算VP−BCD=233a3，根据VD−PBC=VP−BCD得到ℎ=2217a，得到答案.【解答过程】（1）△PAD是正三角形，M是PA中点，所以DM⊥AP，因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD，又因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM，因为AB⊂平面PAB,AP⊂平面PAB,AB∩AP=A，所以DM⊥平面PAB．（2）设AD,BC的中点分别为E,F，根据对称性知PB=PC，故PE⊥AD,PF⊥BC，设AB=2a，则PA=PD=2a,PE=3a，因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂侧面PAD，所以PE⊥平面ABCD，在△PBC中，因为BC=2a,PB=PC=22a，所以PF=7a，所以VP−BCD=13×12×2a⋅2a⋅3a=233a3，设点D到平面PBC的距离为ℎ，则VD−PBC=13×12×2a⋅7a⋅ℎ=73a2ℎ，因为VD−PBC=VP−BCD，所以ℎ=2217a，设直线BD与平面PBC所成角为θ，则sinθ=ℎBD=2217a22a=4214，故直线BD与平面PBC所成角的正弦值为4214．25．（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，AP=AB，PB=22，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别为CD，PB的中点.  (1)证明：CD⊥平面PAE；(2)求点A到平面PEF的距离.【解题思路】（1）先利用勾股定理得AP⊥AB，再利用面面垂直的性质得AP⊥平面ABCD，从而利用线面垂直的性质定理得AP⊥CD，最后结合菱形性质及线面垂直的判定定理证明即可；（2）先通过线面关系及锥体体积求出VE−PAF，再利用等体积法求得点到平面的距离.【解答过程】（1）由题知AP=AB=2，PB=22，所以AP2+AB2=PB2，所以AP⊥AB.又因为平面PAB⊥平面ABCD，且交线为AB，AP⊂平面PAB，所以AP⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以AP⊥CD，连接AC，  因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，所以△ACD为等边三角形.又因为E为CD的中点，所以CD⊥AE，又AP∩AE=A，AP⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，所以CD⊥平面PAE.（2）设点A到平面PEF的距离为ℎ，连接AF，则VA−PEF=VE−PAF，因为AB∥CD，所以AE⊥AB，又由（1）知AE⊥AP，又AP∩AB=A，AP⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AE⊥平面PAB，又PF⊂平面PAB，AF⊂平面PAB，所以AE⊥PF，AE⊥AF，又AF=12PB=2，AE=2×sin60∘=3，又由PF⊥AE，PF⊥AF，AE∩AF=A，AF⊂平面AEF，AE⊂平面AEF，所以PF⊥平面AEF，且PF=2，FE=AE2+AF2=5，所以13×12PF×FE×ℎ=13×12×PF×AF×AE，即ℎ=AF×AEFE=2×35=305，即点A到平面PEF的距离为305.题型六面面垂直的判定26．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，点D在AA1上，且A1D=13AA1，点E为A1C1的中点，平面BDE与B1C1交于点F．  (1)证明：平面BDE⊥平面BCC1B1；(2)若AB=AA1=2,BC=22，求四棱锥B1−BDEF的体积．【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理性质定理和判定定理证明即可；（2）由等体积法可得VB1−BDEF =78VB−A1B1C1求解即可.【解答过程】（1）解法一：如图，延长DE与CC1，交于点G，因为A1D=13AA1，点E为A1C1的中点，所以GC1=13CC1=14GC．连接GB，因为平面BDE与B1C1交于点F，所以GB与B1C1的交点为F，因为FC1//BC，所以FC1BC=GC1GC=14，所以FC1=14BC=14B1C1．取B1C1的中点H，连接A1H，则F为HC1的中点，EF//A1H．因为A1B1=A1C1，所以A1H⊥B1C1，所以EF⊥B1C1．在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1B1C1⊥平面BCC1B1，平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1，EF⊂平面A1B1C1，所以EF⊥平面BCC1B1．因为EF⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1．  解法二：如图，延长ED与CA，交于点G，连接BG，因为A1D=12DA，点E为A1C1的中点，所以GA=2A1E=A1C1=AB=AC，所以BC⊥BG．因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，BG⊂平面ABC，所以BG⊥平面BCC1B1．因为BG⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1．  （2）解法一：因为AB=AC=2,BC=22，所以AB2+AC2=BC2，所以AB⊥AC．连接A1B,BC1，所以VB−A1B1C1=13×12×2×2×2=43．因为VB−B1EF=13S△B1EF⋅AA1，VB−A1B1C1=13S△A1B1C1⋅AA1，因为S△B1EF=S△A1B1C1−S△A1B1E−S△EFC1=S△A1B1C1−12S△A1B1C1−18S△A1B1C1=38S△A1B1C1，VB−B1EF=38VB−A1B1C1，VA1−BB1E=VB−A1B1E=12VB−A1B1C1，VB1−BDEF=VB1−BDE+VB1−BEF =VD−BB1E+VB−B1EF=VA1−BB1E+38VB−A1B1C1 =12VB−A1B1C1+38VB−A1B1C1=78VB−A1B1C1 =78×43 =76．解法二：因为平面BCG//平面A1B1C1，平面BCG∩平面BGEF=BG，平面A1B1C1∩平面BGEF=EF，所以EF//BG，因为BG⊥平面BCC1B1，所以EF⊥平面BCC1B1，易得FC1=14B1C1．因为AB=AC=2,BC=22，所以AB2+AC2=BC2，则AB⊥AC．连接A1B,BC1，所以VB−A1B1C1=13×12×2×2×2=43，则VB1−BDEF=VB1−BDE+VB1−BEF =VD−BB1E+VB−B1EF因为VB−B1EF=13S△B1EF⋅AA1，VB−A1B1C1=13S△A1B1C1⋅AA1，因为S△B1EF=S△A1B1C1−S△A1B1E−S△EFC1=S△A1B1C1−12S△A1B1C1−18S△A1B1C1=38S△A1B1C1，VB−B1EF=38VB−A1B1C1，VA1−BB1E=VB−A1B1E=12VB−A1B1C1，VB1−BDEF=VD−BB1E+VB−B1EF=VA1−BB1E+38VB−A1B1C1=12VB−A1B1C1+38VB−A1B1C1=78VB−A1B1C1 =78×43 =76．  27．（2023上·新疆巴音郭楞·高二校考期中）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：平面A1MN⊥平面C1CBB1；(2)求点C到平面C1DE的距离．【解题思路】（1）利用面面垂直的性质结合平行的性质即可证明.（2）根据题意求得三棱锥C1−CDE的体积，再求出△C1DE的面积，利用VC1−CDE=VC−C1DE求得点C到平面C1DE的距离，得到结果.【解答过程】（1）分别连接ME,B1C,AN,DB，在菱形ABCD中， ∠BAD=60∘，则∠DCB=60∘，又因为DC=BC，所以△DBC为正三角形，所以DC=DB，因为E为BC中点， 所以DE⊥BC，∵棱柱为直棱柱， ∴平面BCC1B1⊥平面ABCD，且平面BCC1B1⊥平面ABCD=BC，DE在面ABCD内，所以有DE⊥平面BCC1B1，∵M，E分别为BB1， BC中点， ∴ME为△B1BC的中位线∴ME//B1C，且ME=12B1C．又N为A1D中点， 且A1D//B1C,A1D=B1C， ∴ND//B1C且ND=12B1C，ME//ND,ME=ND， ∴四边形MNDE为平行四边形，∴MN//DE，所以MN⊥平面BCC1B1，又因为MN⊂平面A1MN，所以平面A1MN⊥平面C1CBB1.（2）由（1）知DE⊥平面BCC1B1，因为EC1⊂平面BCC1B1，∴ DE⊥EC1，因为 AA1=4，AB=2，∠BAD=60∘，底面为菱形，E为BC中点，所以C1E=42+12=17，DE=22−12=3，所以S△DEC1=12×3×17，设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VC1−CDE=VC−C1DE，则有13×12×3×17×d=13×12×1×3×4，解得d=417=41717，所以点C到平面C1DE的距离为41717.28．（2023上·四川南充·高二南部县第二中学校考阶段练习）如图，已知四边形ABCD是矩形，将矩形ABCD沿对角线BD把△ABD折起，使A 移到A1点，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上.  (1)求证：BC⊥A1D；(2)求证：平面A1BC⊥平面A1BD.【解题思路】（1）连接A1O，根据题意，证得BC⊥A1O和BC⊥CO，利用线面垂直的判定定理，证得BC⊥平面A1CD，即可证得BC⊥A1D；（2）由四边形ABCD为矩形，所以A1D⊥A1B，再由（1）知A1D⊥BC，证得A1D⊥平面A1BC，进而证得平面A1BC⊥平面A1BD.【解答过程】（1）证明：连接A1O，由A1在平面BCD上的射影O在CD上，可得A1O⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥A1O，又由ABCD为矩形，BC⊥CO，且A1O,CO⊂平面A1CD，A1O∩CO=O，所以BC⊥平面A1CD，因为A1D⊂平面A1CD，所以BC⊥A1D.（2）证明：因为四边形ABCD为矩形，所以A1D⊥A1B，由（1）知A1D⊥BC，A1B∩BC=B，且A1B,BC⊂平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC，又由A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BC⊥平面A1BD.  29．（2023上·北京·高二北理工附中校考阶段练习）如图示，正方形ABCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中点.  (1)求证：PQ⊥BQ；(2)在线段AB上是否存在一点N，使面PCN⊥面PQB？并证明你的结论.【解题思路】（1）依题意可得PQ⊥AD，由面面垂直的性质得到PQ⊥平面ABCD，从而得证；（2）当N为AB中点时，面PCN⊥面PQB，首先证明BQ⊥NC，由线面垂直的性质得到PQ⊥NC，从而得到NC⊥平面PQB，即可得证.【解答过程】（1）∵PA=PD，Q为AD的中点．∴PQ⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∵BQ⊂平面ABCD，∴PQ⊥BQ．（2）存在点N，当N为AB中点时，面PCN⊥面PQB；证明如下：∵四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，则Rt△CBN≌Rt△BAQ，所以∠ABQ=∠BCN，又∠ABQ+∠CBQ=90°，所以∠BCN+∠CBQ=90°∴BQ⊥NC，由（1）知，PQ⊥平面ABCD，NC⊂平面ABCD，∴PQ⊥NC，又BQ∩PQ=Q，BQ,PQ⊂平面PQB，∴NC⊥平面PQB，∵NC⊂平面PCN，∴平面PCN⊥平面PQB．  30．（2023下·河南洛阳·高一校考阶段练习）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．【解题思路】（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.【解答过程】（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.题型七平行与垂直关系的综合应用31．（2023上·江苏淮安·高二淮阴中学校考开学考试）如图所示，AC为圆O直径，B为圆O上不同于A、C的点，P不在圆O平面内，E为线段BC中点．  (1)求证：OE∥平面PAB；(2)若平面PAC⊥平面ABC，且PA=PC，求证：BC⊥平面POE．【解题思路】（1）根据题意可得OE∥AB，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）根据面面垂直的性质定理可得PO⊥平面ABC，进而可得PO⊥BC，根据题意可得OE⊥BC，结合线面垂直的判定定理分析证明.【解答过程】（1）因为O、E为线段AC、BC中点，则OE∥AB，且OE⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以OE∥平面PAB.（2）因为PA=PC，且O为线段AC中点，则PO⊥AC，且平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，可得PO⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，则PO⊥BC，又因为AC为圆O直径，B为圆O上不同于A、C的点，则AB⊥BC，由（1）可知：OE∥AB，则OE⊥BC，且PO∩OE=O，PO,OE⊂平面POE，所以BC⊥平面POE.32．（2023上·江苏南京·高二期末）正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长与侧棱长都是2，D,E分别是BB1,CC1的中点．(1)求三棱柱ABC−A1B1C1的全面积；(2)求证：BE∥平面ADC1；(3)求证：平面ADC1⊥平面ACC1A1．【解题思路】（1）利用棱柱的表面积公式进行求解即可；（2）利用线面平行的判定定理进行证明即可；（3）利用面面垂直的判定定理证明即可.【解答过程】（1）因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，且棱长均为2，所以底面是正三角形，侧面均为正方形，故三棱柱ABC−A1B1C1的全面积为S=2×34×22+3×22=12+123；（2）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，因为D,E分别是BB1,CC1的中点，可知BD=12BB1=12CC1=EC1，又BD∥EC1，所以四边形BDC1E是平行四边形，故BE∥DC1，又DC1 ⊂平面ADC1，BE⊄平面ADC1，所以BE∥平面ADC1．（3）连A1C，设AC1与A1C相交于O，则由侧面ACC1A1为正方形，可知AC1与A1C互相平分．在Rt △B1C1D中，DC1=DB12+B1C12=5，在Rt △ABD中，AD=5，故DC1=AD，连OD，则OD⊥AC1．又CD=5，A1D=5，连CD,A1D，则OD⊥A1C，又AC1与A1C相交于O，AC1，A1C⊂平面ACC1A1，所以OD⊥平面ACC1A1．因为OD ⊂平面ADC1，所以平面ADC1 ⊥平面ACC1A1．33．（2023上·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）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.【解题思路】（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.【解答过程】（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.34．（2023上·北京海淀·高三中关村中学校考阶段练习）如图，棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都为2，AC∩BD=O，侧棱AA1与底面ABCD的所成角为60°,A1O⊥平面ABCD,F为DC1的中点．(1)证明：BD⊥AA1；(2)证明：OF//平面BCC1B1；(3)求二面角D−AA1−C的余弦值．【解题思路】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可；（2）利用线面平行的判定定理即可；（3）利用三垂线法求二面角即可.【解答过程】（1）棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都为2，所以底面ABCD为菱形，故AC⊥BD,∵A1O⊥平面ABCD, BD⊂平面ABCD,∴A1O⊥BD,且A1O∩AC=O,A1O,AC⊂平面A1OC,∴BD⊥平面A1OC,且A1A⊂平面A1OC,∴BD⊥AA1（2）连接BC1,F为DC1的中点, O为DB的中点,∴OF//BC1,且BC1⊂平面BCC1B1，OF⊄平面BCC1B1，∴OF//平面BCC1B1（3）A1O⊥平面ABCD,所以侧棱AA1与底面ABCD的所成角为60∘，即∠A1AO=60∘,作OM⊥AA1,由（1）知，BD⊥AA1,且OM∩BD=O,OM,BD⊂平面MBD,∴AA1⊥平面MBD,且MD⊂平面MBD,∴AA1⊥MD,故∠OMD即二面角D−AA1−C的平面角，由（1）知，BD⊥平面A1OC,且MO⊂平面A1OC,∴BD⊥MO,∴cos∠OMD=MOMD,且AO=AA1cos60∘=1,MO=AOsin60∘=32,DO=AD2−AO2=3,MD=DO2+MO2=152,∴cos∠OMD=MOMD=55.故二面角D−AA1−C的余弦值为55.35．（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形ABCD所在平面与直角三角形ABE所在平面互相垂直，AE⊥BE，点M,N分别是AE,CD的中点．(1)求证：MN∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面ADE．(3)求证：BC∥平面ADE．【解题思路】（1）由线线平行即可证明线面平行；（2）由线面垂直即可证明面面垂直；（3）根据平面外的直线平行于平面内的直线即可证明.【解答过程】（1）如图，取BE中点F，连接CF,MF，又M是AE中点，则MF∥AB,MF=AB2，又N是矩形ABCD边CD中点，则NC∥AB,NC=AB2∴MF∥NC,MF=NC，则四边形MNCF是平行四边形，∴MN∥CF，又MN不在面BCE上，CF⊂面BCE，∴MN∥平面BCE．（2）∵平面ABCD⊥平面ABE且交于AB，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABE，∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，又AE⊥BE，BC∩BE=B，∴AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ADE，∴平面BCE⊥平面ADE．（3）矩形ABCD中，AD∥BC，又AD⊂平面ADE，BC在平面ADE外，所以BC∥平面ADE.