【二轮复习】高考数学 专题7.2 空间中的位置关系（题型专练）（新高考专用）.zip

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc7511" 【题型1 空间中点、线、面位置关系的判断】 PAGEREF _Tc7511 \h 3
\l "_Tc13760" 【题型2 共面、共线、共点的证明】 PAGEREF _Tc13760 \h 5
\l "_Tc26339" 【题型3 线面平行的判定】 PAGEREF _Tc26339 \h 9
\l "_Tc17619" 【题型4 线面平行的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc17619 \h 13
\l "_Tc30124" 【题型5 面面平行的判定】 PAGEREF _Tc30124 \h 17
\l "_Tc26392" 【题型6 面面平行的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc26392 \h 21
\l "_Tc6942" 【题型7 线面垂直的判定】 PAGEREF _Tc6942 \h 25
\l "_Tc27037" 【题型8 线面垂直的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc27037 \h 29
\l "_Tc29723" 【题型9 面面垂直的判定与性质】 PAGEREF _Tc29723 \h 33
\l "_Tc4512" 【题型10 平行、垂直关系的综合应用】 PAGEREF _Tc4512 \h 38
1、空间中的位置关系
空间中的位置关系是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间中的位置关系主要分两方面进行考查，一是空间中线面关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第一小问的形式考查，难度中等.
【知识点1 共面、共线、共点问题的证明方法】
1.共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.
(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.
【知识点2 空间中两直线位置关系的判定方法】
1.空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.
(1)异面直线的判定可采用直接法或反证法；
(2)平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；(3)垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
【知识点3 空间中的平行关系的判定方法】
1.线线平行的证明方法
(1)定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；
(2)利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质；
(3)利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行；
(4)利用线面平行与面面平行的性质定理来判定线线平行.
2.线面平行的判定方法
(1)利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点；
(2)利用线面平行的判定定理：如果平面外有一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行一线面平行”)；
(3)利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。(简记为“面面平行一线面平行”).
3.面面平行的判定方法
(1)面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法).
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(选择、填空题可用)；
(4)平行于同一个平面的两个平面平行(选择、填空题可用).
【知识点4 空间中的垂直关系的判定方法】
1.直线与平面垂直的判定方法
(1)定义法：利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面(不常用)；
(2)利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直(常用方法);
(3)可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面(选择、填空题常用)；
(4)面面垂直的性质定理：如果两个平阿敏垂直，那么在一个平面内垂直于它门交线的直线垂直于另一个平面(常用方法)；
(5)面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面；
(6)面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面.
2.面面垂直判定的两种方法与一个转化
(1)两种方法：
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理.
(2)一个转化：
在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
3.平面与平面垂直的其他性质与结论
(1)如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.
(2)如果两个平面互相垂直，那么与其中一个平面平行的平面垂直于另一个平面.
(3)如果两个平面互相垂直，那么其中一个平面的垂线平行于另一个平面或在另一个平面内.
(4)如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面.
(5)三个两两垂直的平面的交线也两两垂直.
【知识点5 空间中位置关系的相互转化】
1.线、面垂直位置关系的相互转化
2.平行关系与垂直关系的相互转化
【题型1 空间中点、线、面位置关系的判断】
【例1】（2023·陕西咸阳·咸阳市实验中学校考一模）设m,n为两条直线，α,β为两个平面，若α⊥β，则（ ）
A．若m//α,n//β，则m⊥nB．若m⊥α,n//β，则m⊥n
C．若m⊥α,n⊥β，则m⊥nD．若m⊂α,n⊂β，则m⊥n
【解题思路】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【解答过程】对于A中，若α⊥β且m//α,n//β，则m与n平行、相交或异面，所以A不正确；
对于B中，若α⊥β且m⊥α,n//β，则m与n平行、相交或异面，所以B不正确；
对于C中，若α⊥β且m⊥α,n⊥β，
如图所示，取点A，过点A，作AB⊥α,AC⊥β，则AB//m,AC//n，
设α∩β=l，可得AB⊥l,AC⊥l，因为AB∩AC=A，且AB,AC⊂平面ABDC，
所以l⊥平面ABDC，又因为BD,CD⊂平面ABDC，所以l⊥BD,l⊥CD，
所以∠BDC为α与β所成角的平面角，由α⊥β，可得∠BDC=90∘，即BD⊥CD，
所以四边形ABDC为矩形，所以AB⊥AC，所以m⊥n，所以C正确；
对于D中，若α⊥β且m⊂α,n⊂β，则m与n平行、相交或异面，所以D不正确.
故选：C.
【变式1-1】（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知直线m,n和平面α，满足n⊂α，则“m//n”是“m//α”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据线面关系，结合必要条件以及充分条件的定义，可得答案.
【解答过程】充分性：当且仅当m⊄α时，由m//n，则m//α，故“m//n”是“m//α”的不充分条件；
必要性：由题意可知：m与n无公共点，则m//n或者m与n异面，故“m//n”是“m//α”的不必要条件.
故选：D.
【变式1-2】（2023·上海·统考模拟预测）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，下列与BP始终异面的是（ ）

A．DD1B．ACC．AD1D．B1C
【解题思路】根据异面直线的定义一一判定即可.
【解答过程】由正方体的性质易知当P为A1C1的中点时，此时P∈B1D1，
而DD1//BB1，所以B,D,D1,B1共面，
则BP、DD1在平面BDD1B1上，故A不符题意；
同上，AA1//CC1，即A,C,C1,A1共面，
易知P∈平面ACC1A1，而B∉平面ACC1A1，故B符合题意；
当P、C1重合时，易知AB//D1C1,AB=D1C1，则四边形ABC1D1是平行四边形，
则此时AD1//BP，故C不符合题意；
同上当P、C1重合时，显然B1C，BP相交，故D不符合题意.
故选：B.
【变式1-3】（2023·四川达州·统考一模）已知m,n是两条不同直线，α,β,γ是三个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A．m//α,m⊥n,则n⊥αB．m⊥α,m⊥n,则n//α
C．α//β,m⊂β,则m//αD．m⊥β,β⊥γ,则m//γ
【解题思路】根据空间中直线、平面的位置关系逐项判断.
【解答过程】对于A：因为m//α,m⊥n,所以n⊂α或n//α或n与α相交，故A错误；
对于B：因为m⊥α,m⊥n,所以n⊂α或n//α，故B错误；
对于C：两个平面平行，一个平面中的任意一条直线平行于另外一个平面，故C正确；
对于D：因为m⊥β,β⊥γ,所以m//γ或m⊂γ，故D错误；
故选：C.
【题型2 共面、共线、共点的证明】
【例2】（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M,O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．A,M,O三点共线B．M,O,A1,B四点异不共面
C．B,B1,O,M四点共面D．B,D1,C,M四点共面
【解题思路】由长方体性质易知A,A1,C1,C四点共面且OM,BB1是异面直线, 再根据 M 与 A1C 、面 ACC1A1 、 面 AB1D1 的位置关系知 M 在面 ACC1A1 与面 AB1D1 的交线上, 同理判断 O、 A, 即可判断各选项的正误.
【解答过程】
因为 AA1//CC1,
则A,A1,C1,C四点共面.
因为 M∈A1C,
则 M∈ 平面 ACC1A1,
又 M∈ 平面 AB1D1,
则点 M 在平面 ACC1A1 与平面AB1D1的交线上,
同理, O、A也在平面 ACC1A1与平面 AB1D1 的交线上,
所以A,M,O三点共线;
从而 M,O,A1, A 四点共面,都在平面 ACC1A1 内，
而点B不在平面 ACC1A1 内，
所以M,O,A1,B四点不共面，故选项B正确；
B,B1,O,三点均在平面BB1D1D内，
而点A不在平面BB1D1D内，
所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，
所以点M不在平面BB1D1D内，
即 B,B1,O,M 四点不共面，
故选项C错误；
BC∥D1A1，且BC=D1A1，
所以BCD1A1为平行四边形，
所以CA1,BD1共面，
所以B,D1,C,M四点共面，
故选项D正确.
故选: C.
【变式2-1】（2023下·湖北黄冈·高一校考阶段练习）如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G,H分别在BC，CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2.则下面几个说法中正确的个数是（ ）

①E，F，G，H四点共面；②EG//FH;③若直线EG与直线FH交于点P，则P，A，C三点共线．
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】推导出EF//BD，GH//BD，从而EF//GH，由此能证明E，F，G，H四点共面；EF≠GH，从而直线EG与直线FH必相交，设交点为P，证明P点在直线AC上．
【解答过程】如图所示，

E，F分别为AB，AD的中点，∴EF//BD，EF=12BD，
G,H分别在BC，CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2，∴GH//BD，GH=23BD，
∴EF//GH，则E，F，G，H四点共面，说法①正确；
∵GH>EF，四边形FEGH是梯形，EG//FH不成立，说法②错误；
若直线EG与直线FH交于点P，则由P∈EG，EG⊂平面ABC，得P∈平面ABC，
同理P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，P∈ AC
∴则P，A，C三点共线，说法③正确；
说法中正确的有2 个.
故选：C.
【变式2-2】（2023下·河南开封·高一校联考期末）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱D1C1的靠近D1上的三等分点.设AE与平面BB1D1D的交点为O，则（ ）

A．三点D1,O,B共线，且OB=2OD1
B．三点D1,O,B共线，且OB=3OD1
C．三点D1,O,B不共线，且OB=2OD1
D．三点D1,O,B不共线，且OB=3OD1
【解题思路】连接AD1，BC1利用公理2可直接证得，并且由三角形相似得比例关系，从而求出结果.
【解答过程】连接连接AD1，BC1，

∵O∈直线AE,AE⊂平面ABC1D1,∴O∈平面ABC1D1.
又∵O∈平面BB1D1D，平面ABC1D1∩平面BB1D1D=BD1,∴O∈直线BD1
∴三点D1,O,B共线.
∵△ABO∼△ED1O,∴OB:OD1=AB:ED1=3:1,∴OB=3OD1.
故选：B.
【变式2-3】（2023下·河南洛阳·高一校考阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别是棱AA1，CC1的中点，平面D1PQ∩平面ABCD=l，则下列结论错误的是（ ）
A．l过点B
B．l不一定过点B
C．D1P的延长线与DA的延长线的交点在l上
D．D1Q的延长线与DC的延长线的交点在l上
【解题思路】作出辅助线，得到D1，P，B，Q四点共面，即B∈平面D1PBQ，又B∈平面ABCD，所以B∈l；作出辅助线，得到F∈平面D1PBQ，F∈平面ABCD，故F∈l，同理D正确.
【解答过程】连接PB，QB，如图，
因为P，Q分别是棱AA1，CC1的中点，
由勾股定理得D1P=D1Q=QB=BP，
所以四边形D1PBQ是菱形，
所以D1，P，B，Q四点共面，即B∈平面D1PBQ.
又B∈平面ABCD，所以B∈l，故A结论正确，B结论错误.
如图，延长D1P与DA的延长线交于点F，延长D1Q与DC的延长线交于点E.
因为D1F⊂平面D1PBQ，所以F∈平面D1PBQ，
因为DF⊂平面ABCD，所以F∈平面ABCD，所以F∈l，
同理E∈l，故C，D正确.
故选：B.
【题型3 线面平行的判定】
【例3】（2023·全国·模拟预测）已知三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，A1C1的中点，有以下四个结论：
①直线BC1∥平面A1DC； ②直线DE∥平面BCC1B1；
③直线A1D∥平面B1EC； ④直线BC1∥平面CDE.
其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据题意，由线面平行的判定定理，对选项逐一判断，即可得到结果.
【解答过程】
对于①：如图1，连接AC1，交AC1于点F，连接DF，则点F是AC1的中点，又D是AB的中点，所以DF∥BC1，因为DF⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC，所以直线BC1∥平面A1DC，所以①正确.
对于②：如图2，取BC的中点F，连接DF，C1F，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又EC1=12A1C1=12AC，EC1∥AC，所以DE∥C1F，DF=EC1，所以四边形DFC1E是平行四边形，所以DE∥C1F，又C1F⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，所以直线DE∥平面BCC1B1，故②正确.
对于③：如图3，取BC的中点F，连接DF，因为D是AB的中点，所以DF∥AC，且DF=12AC，又A1E=12A1C1=12AC，A1E∥AC，所以DF∥A1E，DF=A1E，连接EF，所以四边形DFEA1是平行四边形，所以A1D∥EF，显然EF与平面B1EC相交，则A1D与平面B1EC相交，故③错误.
对于④：如图4，连接AC1，交EC于点F，连接DF，则平面ABC1∩平面CDE=DF，若直线BC1∥平面CDE，则DF∥BC1，由于D是AB的中点，所以点F是AC1的中点，而显然点F不是AC1的中点，矛盾，故④错误.
故选：B.
【变式3-1】（2023·广西·校联考模拟预测）在三棱锥D-ABC中，M,N分别是△ACD、△BCD的重心，以下与直线MN平行的是（ ）
A．直线CDB．平面ABDC．平面ACDD．平面BCD
【解题思路】取CD中点为E，由M，N分别是△ACD 和△BCD的重心，证得MN//AB，结合CD不平行AB，可判定A错误；利用线面平行的判定定理，证得MN//平面ABD，可判定B正确；结合M∈平面ACD，M∉平面BCD和N∈平面BCD，N∉平面ACD，可判定C、D错误．
【解答过程】如图所示，取CD中点为E，连结AE、BE，
由M，N分别是△ACD 和△BCD的重心，可得AMME=21，BNNE=21，
则EMEA=13，ENEB=13，即EMEA=ENEB=13，所以MN//AB，
又由CD不平行AB，故A错误；
由MN//AB，且MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN//平面ABD，
所以B正确；
因为M∈平面ACD，N∉平面ACD，所以MN与平面ACD不平行，所以C错误；
因为N∈平面BCD，M∉平面BCD，所以MN与平面BCD不平行，所以D错误．
故选：B．
【变式3-2】（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，四棱锥D1-ABCD的底面ABCD是边长为3的正方形，E为侧棱D1D的中点．
(1)证明：BD1//平面ACE；
(2)若D1D⊥底面ABCD，且D1D=4，求四棱锥D1-ABCD的表面积．
【解题思路】（1）利用直线与平面平行的判定定理容易证出；
（2）容易推导出四个侧面都是直角三角形，进而D1-ABCD表面积可求.
【解答过程】（1）如下图，连接BD,设BD与AC相交与点M,连接EM.
因为底面ABCD是边长为3的正方形，所以M为BD中点，
又因为E为侧棱D1D的中点，所以BD1// EM，
又BD1⊄平面ACE，EM⊂平面ACE，
所以BD1//平面ACE.
（2）因为D1D⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以D1D⊥AB，又AB⊥AD，
DD1∩AD=D,DD1,AD⊂平面D1AD，所以AB⊥平面D1AD，
而AD1⊂平面D1AD，所以AB⊥AD1，同理可证BC⊥CD1，
所以△D1AD,△D1AB,△D1BC,△D1CD均为直角三角形，
则四棱锥D1-ABCD的表面积为S=12D1D×AD+D1D×CD+D1A×AB+D1C×BC+AB×CB
=122×3×4+2×3×5+32=36，
所以四棱锥D1-ABCD的表面积为36.
【变式3-3】（2023·河南新乡·统考三模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，△ABF是等边三角形，EF//AD，BC=2EF=4，M是AD的中点.
(1)证明：MF//平面ECD；
(2)当平面ABF⊥平面ABCD时，求多面体ABCDEF的体积.
【解题思路】（1）利用已知条件证明MF//DE，则可得MF//平面ECD.
（2）多面体ABCDEF分成四棱锥E-ABCD和三棱锥E-ABF，分别求体积即可.
【解答过程】（1）证明：因为EF//AD，EF=12BC=12AD，M是AD的中点，
所以EF//DM，且EF=DM，
所以四边形DEFM是平行四边形，从而MF//DE.
因为MF⊂平面ECD，DE⊂平面ECD，所以MF//平面ECD.
（2）解：连接BE，AE，则VABCDEF=VE-ABCD+VE-ABF
因为平面ABF⊥平面ABCD，平面ABF∩平面ABCD=AB，
AD⊂平面ABCD，ABCD是正方形,AD⊥AB，所以AD⊥平面ABF，
又EF//AD，所以EF⊥平面ABF.
VE-ABF=13×12×4×23×2=833，
设AB的中点为H，连接FH，
则FH⊥平面ABCD，因为EF//AD，EF⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD，
所以E到平面ABCD的距离等于FH的长度，且FH=23，
所以VE-ABCD=13×(4×4)×23=3233，
所以VABCDEF=833+3233=4033.
【题型4 线面平行的性质定理的应用】
【例4】（2023下·陕西西安·高一长安一中校考阶段练习）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面α，使SB∥α，设α与SM交于点N，则SMSN的值为（ ）

A．43B．32C．23D．34
【解题思路】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，根据线面平行得性质证明SB∥DN，再根据MC∥AB可得DMDB=MCAB，进而可得出答案.
【解答过程】连接MB交AC于点D，连接ND,NA,NC，则平面NAC即为平面α，

因为SB∥α，平面SMB∩α=DN，SB⊂平面SMB，所以SB∥DN，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°，MC=BC=12AB，
所以MC∥AB且MC=12AB，所以DMDB=MCAB=12，
又SB∥DN，所以MNSN=DMDB=12，所以SMSN=32.
故选：B.
【变式4-1】（2023·福建厦门·厦门一中校考三模）在四棱锥P-ABCD中，DC=3AB，过直线AB的平面将四棱锥截成体积相等的两个部分，设该平面与棱PC交于点E，则PEPC=（ ）
A．12B．22C．32D．23
【解题思路】设平面与PD交于F，由题设易证DC//EF，若PEPC=λ (0<λ<1)，则PFPD=λ，根据VP-ABE与VP-ABC、VP-AEF与VP-ACD的比例关系，结合VP-ABE+VP-AEF=VP-ABCD2，即可求λ值.
【解答过程】
设平面与PD交于F，而DC=3AB，
∴DC//AB，
∵AB⊄面PDC，DC⊂面PDC，
∴AB//面PDC，又AB⊂面ABEF，面ABEF∩面PDC=EF，
∴AB//EF，即DC//EF，
若PEPC=λ (0<λ<1)，则PFPD=λ，设四棱锥P-ABCD的体积为V，又DC=3AB，
∴S△ACD=3S△ABC，即VP-ABC=V4，VP-ACD=3V4，而VP-ABEVP-ABC=PEPC=λ，有VP-ABE=λV4，
而VP-AEFVP-ACD=PF⋅PEPD⋅DC=λ2，有VP-AEF=3λ2V4，
∴VP-ABE+VP-AEF=λV4+3λ2V4=V2，解得λ=23.
故选：D.
【变式4-2】（2023·全国·高一专题练习）已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱和底面边长均为 1，M，N 分别是棱 BC，A1B1 上的点， 且 CM=2B1N=λ， 当 MN// 平面 AA1C1C 时， λ 的值为（ ）
A．34B．23C．12D．13
【解题思路】过N作NP//B1C1交A1C1于P，利用线面平行的性质可得MN// CP，进而可得四边形MNPC为平行四边形，NP=1-λ2=λ=CM，即得.
【解答过程】过N作NP//B1C1交A1C1于P，连接CP，
因为MC//B1C1，∴NP//MC，故N,P,M,C共面,
因为MN// 平面 AA1C1C，平面MNPC∩平面 AA1C1C= CP，MN⊂平面MNPC，
所以MN// CP，又NP//MC,
∴四边形MNPC为平行四边形，
又CM=2B1N=λ，
∴NP=1-λ2=λ=CM，
所以λ=23.
故选：B．
【变式4-3】（2023·甘肃白银·甘肃省靖远县第一中学校联考二模）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，点P在正方形ABB1A1内，若AB=2，A1P//平面AEF，则DP的最小值是（ ）
A．2B．655C．2D．3
【解题思路】先根据题中的关系确定点P在平面ABB1A1中的位置，在求DP的最小值.
【解答过程】如图，分别取棱B1C1，BB1的中点M，N，连接A1M，A1N，MN．
因为正方体中A1M∥AE，MN∥EF，
所以平面A1MN内两相交直线A1M，MN与平面AEF平行
所以A1MN//平面AEF，则点P在线段A1N上．
过点A作AH⊥A1N，垂足为H，连接DH，
则DP≥DH，当且仅当P与H重合时，DP=DH=DA2+AH2=655．
故选：B.
【题型5 面面平行的判定】
【例5】（2023·新疆·统考一模）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1EEB1=BFFB1=CGGC1=D1HHC1=2，则下列说法错误的是（ ）
A．BD1//GH
B．BD与EF异面
C．EH//平面ABCD
D．平面EFGH//平面A1BCD1
【解题思路】根据题目信息和相似比可知，BD1不可能平行于GH，BD与EF异面，可得A错误，B正确；再利用线面平行和面面平行的判定定理即可证明CD正确.
【解答过程】如下图所示，连接A1B,D1C,BD,BD1，
根据题意，由A1EEB1=BFFB1=2可得，EF//A1B，且EFA1B=B1FBB1=B1EA1B1=13；
同理可得GH//CD1,FG//BC，且GHCD1=13；
由GH//CD1，而CD1∩BD1=D1，所以BD1不可能平行于GH，即A错误；
易知BD与EF不平行，且不相交，由异面直线定义可知，BD与EF异面，即B正确；
在长方体ABCD-A1B1C1D1中A1B//CD1,A1B=CD1，
所以EF//GH,EF=GH，即四边形EFGH为平行四边形；
所以EH//FG，又BC//FG，所以EF//BC；
EH⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以EH//平面ABCD，即C正确；
由EF//A1B，EF⊄平面A1BCD1，A1B⊂平面A1BCD1，所以EF//平面A1BCD1；
又BC//FG，FG⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，所以FG//平面A1BCD1；
又EF∩FG=F，且FG,EF⊂平面EFGH，
所以平面EFGH//平面A1BCD1，即D正确.
故选：A.
【变式5-1】（2023·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考模拟预测）在正方体 ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是（ ）
①AD1//BC1；
②平面AB1D1//平面BDC1；
③AD1//DC1；
④AD1//平面BDC1.
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
【解题思路】根据正方体的性质、线面平行的判定定理及面面平行的判定定理证明即可.
【解答过程】因为AB//C1D1，AB=C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，故AD1//BC1，故①正确；
易证BD//B1D1，AB1//DC1，BD⊂平面BDC1，B1D1⊄平面BDC1，所以B1D1//平面BDC1，同理可得AB1//平面BDC1，
又AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1⊂平面AB1D1，故平面AB1D1//平面BDC1，故②正确；
由正方体ABCD-A1B1C1D1易知，AD1与DC1异面，故③错误；
因为AD1//BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1//平面BDC1，故④正确.
故选：A.
【变式5-2】（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为3.

(1)证明：平面ADF1 //平面A1BC；
(2)求平面ADF1与平面A1BC间的距离.
【解题思路】（1）利用面面平行的判定定理证明;
（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.
【解答过程】（1）在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，
因为底面为正六边形，所以AD//BC，
因为AD⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AD//平面A1BC.
因为CD//A1F1，CD=A1F1，所以四边形CDF1A1为平行四边形，所以DF1//A1C，
因为DF1⊄平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，所以DF1//平面A1BC，
又AD∩DF1=D，所以平面ADF1//平面A1BC.
（2）平面ADF1与平面A1BC间的距离等价于点A到平面A1BC的距离，设为d.
连接AC，则四面体A1ABC的体积V=13S△ABC⋅AA1=13S△A1BCd.
因为V=13S△ABC⋅AA1=13×12×1×1×sin2π3×3=14，
A1B=AB2+AA12=2，A1C=AC2+AA12=6，
所以cs∠A1BC=12+22-622×1×2=-14，从而sin∠A1BC=154，
所以S△A1BC=12×1×2×154=154，
所以d=3VS△A1BC=155，即平面ADF1与平面A1BC间的距离为155.
【变式5-3】（2023下·辽宁阜新·高一校考期末）已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、E、F、N分别是A1B1、B1C1、C1D1、D1A1的中点.求证：
(1)E、F、D、B四点共面
(2)平面AMN//平面EFDB.
【解题思路】（1）根据题意证明EF//BD，即可得结果；
（2）根据线面、面面平行的判定定理分析证明.
【解答过程】（1）证明：∵E,F分别是B1C1、C1D1的中点，
所以EF//B1D1,EF=12B1D1，
又DD1//BB1,DD1=BB1，
所以四边形D1B1BD是平行四边形，
∴D1B1//BD.
∴EF//BD，
即EF,BD确定一个平面，故E、F、D、B四点共面.
（2）（2）∵M、N分别是A1B1、A1D1的中点，
∴MN//D1B1//EF.又MN⊄平面EFDB，EF⊂平面EFDB，∴MN//平面EFDB.
连接NE，如图所示，则NE//A1B1,NE=A1B1，A1B1//AB,A1B1=AB.
∴四边形NEBA是平行四边形.
∴AN//BE.
又AN⊄平面EFDB，BE⊂平面EFDB.
∴AN//平面EFDB.
∵AN,MN都在平面AMN,且AN∩MN=N,所以平面AMN//平面EFDB.
【题型6 面面平行的性质定理的应用】
【例6】（2023·四川达州·统考一模）如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP=a3，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ=（ ）
A．223aB．23a
C．22aD．233a
【解题思路】连接BD，由面面平行性质定理，可以证出B1D1∥PQ，所以PQ∥BD，△PDQ∼△BCD，利用相似比即可求出PQ.
【解答过程】
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1，BB1=DD1，
∴四边形DD1B1B是平行四边形，∴B1D1∥BD，
又∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面A1B1C1D1 ∥平面ABCD，
平面B1D1P ∩平面A1B1C1D1 =B1D1，平面B1D1P ∩平面ABCD =PQ，
∴B1D1∥PQ，∴PQ∥BD，
∴∠PQD=∠BDC，，
又∵∠PDQ=∠BCD=90°，
∴△PDQ∼△BCD，∴PQBD=PDBC，
又∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，
∴BC=a，PD=AD-AP=a-a3=2a3，BD=2a，
∴PQ=PD×BDBC=2a3×2aa=223a.
故选：A.
【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段CD1上的动点，则（ ）
A．AP∥平面BC1DB．AP∥平面A1BC1
C．AP⊥平面A1BDD．AP⊥平面BB1D1
【解题思路】正方体中证明平面AD1C//平面A1BC1后可得线面平行，从而得正确选项．
【解答过程】如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，由AA1与CC1平行且相等得平行四边形ACC1A1，得A1C1//AC，
AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，得AC//平面A1BC1，
同理AD1//平面A1BC1，而AD1,AC是平面AD1C内两条相交直线，因此有平面AD1C//平面A1BC1，
AP⊂平面AD1C，所以AP//平面A1BC1，
故选：B．
【变式6-2】（2023下·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出下面六个命题：
①a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥γ，b∥γ，则a∥b；
③α∥c，β∥c，则α∥β；④若α∥γ，β∥γ，则α∥β；
⑤若α∥c，a∥c，则a∥α；⑥若a∥γ，α∥γ，则a∥α.
其中真命题的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【解题思路】根据空间中线线平行、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理判断即可.
【解答过程】a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，
①a∥c，b∥c，则a∥b，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确；
②a∥γ，b∥γ，则a，b可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确；
③α∥c，β∥c，则α，β可能平行，也可能相交，所以③不正确；
④α∥γ，β∥γ，则α∥β，满足平面与平面平行的性质，所以④正确；
⑤α∥c，a∥c，则a∥α或a⊂α，所以⑤不正确；
⑥a∥γ，α∥γ，则a∥α或a⊂α，所以⑥不正确；
故选：C.
【变式6-3】（2023上·安徽六安·高二校考阶段练习）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=3，AB⊥AC，AA1=6，P是CC1的中点，Q在棱A1C1上，且A1Q=2QC1，M在棱BB1上，若MQ//平面ABP，则B1MB1B=（ ）

A．12B．13C．14D．23
【解答过程】取B1C1上一点S，使得B1S=2SC1，取BB1上一点T，使得B1T=13BB1，连接QS,ST，取BB1的中点M1，连接M1C1，由面面平行的判定定理可证明TSQ//平面ABP，再由面面平行的性质定理可得TQ//平面ABP，故T,M重合，即可得出答案.
【解题思路】取B1C1上一点S，使得B1S=2SC1，取BB1上一点T，使得B1T=13BB1，
连接QS,ST，因为A1Q=2QC1，B1S=2SC1，所以SQ//A1B1//AB，
因为AB⊂平面ABP，SQ⊄平面ABP，所以SQ//平面ABP，
又因为取BB1的中点M1，连接M1C1，三棱柱的性质知：
BM1//C1P,BM1=C1P，所以四边形BM1C1P是平行四边形，所以M1C1//BP，
又因为B1T=13BB1=13⋅2B1M1=23B1M1，所以B1T=2TM1，又因为B1S=2SC1，
所以在△B1M1C1中，所以TS//M1C1，所以TS//BP，
因为BP⊂平面ABP，TS⊄平面ABP，所以TS//平面ABP，
因为TS∩SQ=S，所以平面TSQ//平面ABP，
而TQ⊂平面TSQ，所以TQ//平面ABP，故T,M重合，所以B1MB1B=13.
故选：B.

【题型7 线面垂直的判定】
【例7】（2023·宁夏银川·统考模拟预测）正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1中点，O是AC与BD的交点，以下命题中正确的是（ ）
A．BC1//平面AECB．DB1⊥平面AEC
C．B1O⊥上平面AECD．直线A1B与直线AE所成的角是60°
【解题思路】根据正方体的结构特征，证明BC1//AD1判断A；证明DB1⊥平面AD1C判断B；证明B1O⊥上平面AEC判断C；求出直线A1B与直线AE所成的角余弦判断D作答.
【解答过程】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，对角面ABC1D1是矩形，则BC1//AD1，直线AD1与平面AEC相交，
因此BC1与平面AEC不平行，A错误；
BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则BB1⊥AC，又BD⊥AC，BD∩BB1=B，BD,BB1⊂平面BDB1，
则有AC⊥平面BDB1，而DB1⊂平面BDB1，有AC⊥DB1，同理AD1⊥DB1，
AC∩AD1=A,AC,AD1⊂平面ACD1，于是DB1⊥平面ACD1，因为平面ACD1∩平面AEC=AC，因此DB1不垂直于平面AEC，B错误；
令AB=2，E为DD1中点，O是AC与BD的交点，则B1O2=BO2+BB12=(2)2+22=6，
EO2=DO2+DE2=(2)2+12=3，EB12=ED12+D1B12=12+(22)2=9，
即EO2+B1O2=EB12，有B1O⊥EO，又AB1=CB1，O为AC的中点，则B1O⊥AC，
AC∩EO=O,AC,EO⊂面AEC，因此B1O⊥平面AEC，C正确；
取CC1中点F，连接EF,BF,A1F，因为E为DD1中点，则四边形CDEF为平行四边形，
于是EF//DC//AB,EF=DC=AB，四边形ABFE为平行四边形，即BF//AE，
则∠A1BF为直线A1B与直线AE所成的角或其补角，由选项C知，A1B=22,BF=5，A1F=EB1=3，
因此cs∠A1BF=A1B2+BF2-A1F22A1B⋅BF=(22)2+(5)2-322×22×5=1010，∠A1BF不是60∘，D错误.
故选：C.
【变式7-1】（2023·江西南昌·统考一模）如图，已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=6，A1B1=4，BB1=2，点M,N分别为A1B1，B1C1的中点，则下列平面中与BB1垂直的平面是（ ）
A．平面A1C1DB．平面DMNC．平面ACNMD．平面AB1C
【解题思路】延长AA1,BB1,CC1,DD1交于一点P，取PB中点Q，连接AQ,CQ，根据三角形相似及长度关系可得△PAB为等边三角形，即可得AQ⊥PB，CQ⊥PB，由长度关系及平行可证明△QB1M∼△QBA，△QB1N∼△QBC，即可证明M在AQ上，N在CQ上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.
【解答过程】解：延长AA1,BB1,CC1,DD1交于一点P，取PB中点Q，连接AQ,CQ，如图所示：
因为正四棱台ABCD-A1B1C1D1，所以P-A1B1C1D1为正四棱锥，
因为AB=6，A1B1=4，BB1=2，且△PA1B1∼△PAB，
所以A1B1AB=PB1PB，即46=PB1PB1+2，解得PB1=4，
所以PB=PA=AB=6，即△PAB为等边三角形，
因为Q为PB中点，所以AQ⊥PB，且QB=3，同理可得CQ⊥PB，
因为BB1=2，所以QB1=1，即QB1QB=13，
因为M,N为A1B1,B1C1中点，所以MB1=NB1=2，
故QB1MB1=12=QBAB，QB1NB1=12=QBCB，
因为∠QB1M=∠QBA，∠QB1N=∠QBC，
所以△QB1M∼△QBA，△QB1N∼△QBC，
所以∠QMB1=∠QAB，∠QNB1=∠QCB，
因为MB1∥AB，NB1∥CB，
所以M在AQ上，N在CQ上，
因为AQ⊥PB，CQ⊥PB，所以AM⊥PB，CN⊥PB，
即AM⊥BB1，CN⊥BB1，因为AM⊂平面AMCN，CN⊂平面AMCN，
AM∩CN=Q，所以BB1⊥平面AMCN.
故选：C．
【变式7-2】（2023·全国·模拟预测）如图1所示，四边形ABCD为梯形，AD//BC,AB=1,AD=2,BC=3,∠ABC=π2,M为边AD的中点，N为边BC上一点，且MN//AB．若将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体，P为线段FC的中点，且FD=3．
(1)证明：CD⊥平面FND；
(2)求三棱锥F-PND的体积．
【解题思路】（1）先根据已知得到FN⊥ND,FN⊥MN，，再根据线面垂直的判定定理和线面垂直的性质得到FN⊥CD，利用勾股定理的逆定理得到CD⊥ND，最后利用线面垂直的判定定理证得CD⊥平面FND.
（2）利用等体积法求三棱锥F-PND的体积．
【解答过程】（1）因为四边形ABCD为梯形，AD//BC,AB=1,AD=2,BC=3,∠ABC=π2，M为边AD的中点，且MN//AB，
所以四边形ABNM为正方形，且边长为1，故在几何体CDMNFE中，ND=2，
因为FN=1,FD=3，所以：FN2+ND2=FD2，得：FN⊥ND，
因为FN⊥MN,MN∩ND=N,MN⊂平面MDCN,ND⊂平面MDCN，
所以FN⊥平面MDCN，又因为：CD⊂平面MDCN，所以：FN⊥CD，
易知CD=2，得：CD2+ND2=NC2，所以：CD⊥ND，
因为FN∩ND=N,FN⊂平面FND,ND⊂FND，
所以CD⊥平面FND.
（2）如图，取NC的中点O，连接PO，则PO//FN，
又PO⊄平面FND，FN⊂平面FND，所以PO//平面FND，
过点O作OH//CD，交ND于H，
因为CD⊥平面FND，所以OH⊥平面FND，
所以点P到平面FND的距离即OH，
又因为：OH=12CD=22,S△FND=12FN×ND=22，
所以：VF-PND=VP-FND=13×OH×S△FND=16.
故：三棱锥F-PND的体积为：16.
【变式7-3】（2023·上海青浦·统考一模）已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥平面ABCD．
(1)求证：BC⊥平面CDP；
(2)若直线AD与BP所成的角大小为60°，求DP的长．
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理可证；
（2）由异面直线所成角结合（1）可求得PC，在Rt△CDP中，可求得DP长.
【解答过程】（1）∵ PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴ DP⊥BC，
又底面ABCD为正方形，则BC⊥DC
且DC∩DP=D，DC,DP⊂平面CDP，
∴ BC⊥平面CDP．
（2）∵ BC⊥平面CDP，
∴ BC⊥ CP，∴ ∠CBP为锐角，
又 ∵ AD//BC，
∴ ∠CBP为直线AD与BP所成的角，
∴ ∠CBP=60°，在Rt△CPB中，BC=3，
∴ CP=33，
在Rt△CDP中，CP=33，CD=3，于是DP=32．
【题型8 线面垂直的性质定理的应用】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2． M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D．
求证：MN//A1C；
【解题思路】利用线面垂直的判定定理，证明MN,A1C均与平面AB1D1垂直，进而证明MN//A1C；
【解答过程】证明：如图，连接B1A，AD1．
∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，
∴CC1⊥B1D1．
∵四边形A1B1C1D1是正方形，
∴A1C1⊥B1D1，
又∵CC1∩A1C1=C1，CC1,A1C1⊂平面A1C1C，
∴B1D1⊥平面A1C1C．
又∵A1C⊂平面A1C1C，
∴B1D1⊥A1C．同理可得A1C⊥AB1，
又∵AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1⊂平面AB1D1，
∴A1C⊥平面AB1D1．
∵B1C1=AD，B1C1//AD，
∴四边形ADC1B1为平行四边形，
∴C1D//AB1．
∵MN⊥C1D，
∴MN⊥AB1．
又∵MN⊥B1D1，AB1∩B1D1=B1，AB1,B1D1⊂平面AB1D1，
∴MN⊥平面AB1D1．
∴A1C//MN．
【变式8-1】（2023·陕西西安·统考一模）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点E在线段DD1上.
(1)求证：AC⊥BE；
(2)当E是DD1的中点时，求点D到平面BC1E的距离.
【解题思路】（1）连接BD，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）取AD的中点F，连接EF,AD1，证明EF//BC1，再利用等体积法求解即得.
【解答过程】（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD，由AB=AD=1，得AC⊥BD，
由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，得AC⊥ED，
而ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BED，因此AC⊥平面BED，又BE⊂平面BED，
所以AC⊥BE.
（2）取AD的中点F，连接EF,AD1,BF，四边形ABC1D1是长方体AC1的对角面，
则四边形ABC1D1是矩形，BC1//AD1，而E是DD1的中点，则EF//AD1，因此EF//BC1，即B,C1,E,F共面，
显然ED=1,DF=12，则EF=BF=52,BE=3，等腰△BEF底边BE上的高h=(52)2-(32)2=22，
△BEF的面积S△BEF=12BE⋅h=12×3×22=64，△BDF的面积S△BDF=12×12×1=14，
设点D到平面BC1E的距离为d，由VD-BEF=VE-BDF，得13S△BEF⋅d=13S△BDF⋅ED，
于是64d=14×1，解得d=66，
所以点D到平面BC1E的距离66.
【变式8-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在几何体ABCDPE中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PDCE⊥平面ABCD．
(1)证明：BC⊥PD；
(2)若四边形ABCD是边长为4的正方形，PD=AD,EC//PD,EC=12PD，求该几何体的表面积．
【解题思路】（1）过点B分别作BM⊥CD,BN⊥AD，证得BM⊥平面PDCE，得到BM⊥PD和BN⊥PD，证得PD⊥平面ABCD，即可证得BC⊥PD．
（2）根据题意，求得各个面的面积，进而得到几何体的表面积.
【解答过程】（1）证明：在平面ABCD内，过点B分别作BM⊥CD,BN⊥AD，
因为平面PDCE⊥平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD=CD，
所以BM⊥平面PDCE，
又因为PD⊂平面PDCE，所以BM⊥PD，
同理可得：BN⊥PD．
因为BM∩BN=B，BM,BN⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，
又因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PD．
（2）解：由勾股定理得BE=PE=25,PB=43，
所以S△PBE=12×43×(25)2-4322=46，
因为四边形ABCD的面积S1=4×4=16，
四边形PDCE的面积S2=12×PD+EC×DC=12×6×4=12，
S△PDA=8，S△BCE=4，S△PAB=12⋅BA⋅PA=82，
所以该几何体的表面积为46+16+12+8+4+82=40+82+46．
【变式8-3】（2023·全国·高三专题练习）如图（1），在梯形ABCD中，AD // BC且AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD=DE=1，AE=BC=2，现将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使AD=5，BD=3，得到如图（2）所示的几何体，求证：AB // CD
【解题思路】在△BEC中，求得BE=2，结合勾股定理证得BE⊥EC，AB⊥BE，从而证得AB⊥平面BDE，再在Rt△EDC和△BDC中，分别证得ED⊥CD和BD⊥CD，从而证得CD⊥平面BDE，即可证得AB // CD.
【解答过程】证明：在Rt△EDC中，CD=DE=1，
所以EC=2，∠DEC=∠ECB=45°，
在△BEC中，EC=2，BC=2，∠ECB=45°，
由余弦定理得BE=2+4-2×2×2×22=2，
所以EC2+BE2=BC2，所以BE⊥EC，
同理可得，在△ABE中，AB=2，且AB⊥BE，
在△ABD中，AB2+BD2=AD2，所以AB⊥BD，
因为BD∩BE=B，BD，BE⊂平面BDE，所以AB⊥平面BDE，
在Rt△EDC中，ED⊥CD，
在△BDC中，BD2+CD2=BC2，则BD⊥CD，
因为ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDE，所以CD⊥平面BDE，
所以AB // CD.
【题型9 面面垂直的判定与性质】
【例9】（2023·四川凉山·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，∠PAD=π6,PD=2,PB=27．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若E为PC的中点，求直线EB与平面PAD所成角的正弦值．
【解题思路】（1）通过证明AB⊥平面PAD来证得平面PAD⊥平面ABCD.
（2）作出直线EB与平面PAD所成角，解三角形求得所成角的正弦值.
【解答过程】（1）在△PAD中，由2sinπ6=4sin∠APD，得sin∠APD=1,∠APD∈0,π，
所以∠APD=π2，则，PA=4csπ6=23，又PB=27,AB=4，
所以PB2=PA2+AB2，即AB⊥PA，
因为AB⊥AD，又AD、PA⊂平面PAD,AD∩PA=A，所以AB⊥平面PAD，
因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
（2）设PD,AB的中点分别为F,G，连接FE,FG,FA，
因为FE//CD，FE=12CD，GB//CD，GB=12CD，
所以，FE//GB,FE=GB，即EFGB是平行四边形，
则EB//FG，由（1）题可知AB⊥平面PAD，
所以，直线EB与平面PAD所成角为∠AFG，
在Rt△APD中AF=13，则FG=22+(13)2=17，
sin∠AFG=217=21717，
所以，直线EB与平面PAD所成角的正弦值为21717．
【变式9-1】（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，PO⊥底面ABCD，其中O为底面的中心.
(1)证明：平面PAC⊥平面PBD.
(2)若PO=OD,PO+OC=3，求四棱锥P-ABCD体积的最大值.
【解题思路】（1）通过证明BD⊥平面PAC，来证得平面PAC⊥平面PBD.
（2）设OC=a，然后利用基本不等式求得四棱锥P-ABCD体积的最大值.
【解答过程】（1）由于PO⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD，
由于四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
由于PO∩AC=O,PO,AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
由于BD⊂平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.
（2）设OC=a,0所以VP-ABCD=13×12×a×3-a×4×3-a
=133-a⋅3-a⋅2a≤13×3-a+3-a+2a33=83，
当且仅当3-a=2a,a=1时等号成立.
所以四棱锥P-ABCD体积的最大值为83.
【变式9-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，△PBA为等边三角形，平面PBA⊥平面ABC，BC⊥PA.

(1)求证：BC⊥平面PBA；
(2)若AB=2，BC=23，求点B到平面PAC的距离.
【解题思路】（1）作辅助线作PO⊥AB，利用面面垂直的性质定理找到线面垂直关系，从而找到线线垂直关系，利用线面垂直的判定定理即可得证.
（2）求出线段PC，AC的长，求出△PAC的面积，利用等体积法求解，即可得答案.
【解答过程】（1）过点P作PO⊥AB交AB于点O，

因为平面PBA⊥平面ABC，平面PBA∩平面ABC=AB，PO⊂平面PBA，
所以PO⊥平面ABC.
因为BC⊂平面ABC，所以PO⊥BC，
又BC⊥PA，PA∩PO=P，PA，PO⊂平面PBA，
所以BC⊥平面PBA.
（2）由题意知PA=AB=PB=2，BC=23，
因为BC⊥平面PBA，PB⊂平面PBA，所以BC⊥PB，
所以PC=PB2+BC2=4.同理得AC=4.
过点C作CH⊥PA交PA于点H，则H为AC的中点，AH=1，
则CH=AC2-AH2=15，
所以S△PAC=12×2×15=15.
设点B到平面PAC距离为d，
则VC-PAB=VB-PAC,∴13S△PACd=13S△PAB⋅BC，
即13×15d=13×12×2×2×32×23，解得d=2155.
所以点B到平面PAC的距离为2155.
【变式9-3】（2023·河北·校联考模拟预测）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上､下底面为等腰梯形，AD//BC，AB=10，BC=2AD=4，A1D1=1，AA1⊥BD.
(1)证明：平面A1ACC1⊥平面ABCD；
(2)若AA1=2，∠A1AC=45∘，求点C到平面A1BD的距离.
【解题思路】（1）证明面面垂直需先证明线面垂直，找到BD分别垂直AA1与AC，即可得；
（2）借助题目条件得出OC长度即为所求.
【解答过程】（1）证明：如图，过点A作AE⊥BC于点E，
则BE=1，CE=3,
在Rt△ABE中，AE=AB2-BE2=3，
所以BD=AC=32，
设AC交BD于点O，因为AD//BC，
所以OAOC=ODOB=ADBC=12，
所以OC=OB=22，
所以OB2+OC2=BC2，即AC⊥BD，
又AA1⊥BD，AA1∩AC=A，AA1、AC⊂平面A1ACC1，
所以BD⊥平面A1ACC1，
又BD⊂平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD.
（2）连接A1O，则由余弦定理得
OA12=AA12+OA2-2AA1⋅OAcs45∘=4+2-2×2×2×22=2，
所以OA12+OA2=AA12，所以OA1⊥AC，
又AC⊥BD，OA1∩BD=O，所以AC⊥平面A1BD，
所以点C到平面A1BD的距离为OC的长为22.
【题型10 平行、垂直关系的综合应用】
【例10】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AC,AC⊥BC，平面A1BC⊥平面ACC1A1,D1为A1B1的中点.

(1)求证：A1C//平面BC1D1；
(2)求证：BC⊥AA1.
【解题思路】（1）利用线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）由面面垂直得出线面垂直，再由线面垂直得出线线垂直.
【解答过程】（1）连接B1C交BC1于点E，则E为B1C的中点，连接D1E，
因为D1为A1B1的中点，所以D1E∥A1C，
又D1E⊂平面BC1D1，且A1C⊄平面BC1D1，
所以A1C//平面BC1D1.
（2）连接AC1，因为AA1=AC，所以四边形ACC1A1为菱形，
所以AC1⊥A1C，
又平面A1BC⊥平面ACC1A1，平面A1BC∩平面ACC1A1=A1C，
且AC1⊂平面ACC1A1，所以AC1⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC，
因为AC⊥BC,AC∩AC1=A,AC,AC1⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又AA1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AA1.
【变式10-1】（2023·山东·统考一模）如图所示，已知AA1⊥平面ABC，BB1//AA1,AB=AC，点E和F分别为BC和A1C的中点.

(1)证明：EF//平面A1B1BA；
(2)证明：AE⊥平面BCB1.
【解题思路】（1）应用中位线即可证明EF//A1B，进而可证；
（2）应用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可证明.
【解答过程】（1）连接A1B，在△A1BC中，
∵点E和F分别是BC和A1C的中点，∴EF//A1B，
又∵A1B⊂平面A1B1BA且EF⊂平面A1B1BA，
∴EF//平面A1B1BA；

（2）∵AB=AC,E为BC中点，∴AE⊥BC，
∵AA1⊥平面ABC,BB1//AA1，∴BB1⊥平面ABC，
∵AE⊂平面ABC，∴BB1⊥AE，
又∵BC,BB1⊂平面BCB1且BC∩BB1=B，
∴AE⊥平面BCB1.
【变式10-2】（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1，AA1=3，M，N为棱B1C1，C1D1的中点，棱AB上存在一点E，使得A1E∥平面BMND．

(1)求AEAB；
(2)当正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积最大时，证明：C1C⊥平面BMND．
【解题思路】（1）取点构造平行四边形B1FGM，再由比例关系证明求值．
（2）设AB=2A1B1=4x，将体积表示为x的函数，求出棱台的体积最大时x的值，再添加辅助线MH∥C1C，证明MH⊥平面BMND即可证得结论．
【解答过程】（1）如图所示，作B1F∥A1E交AB于F，
再作FG∥BC交BD于G，连接MG．
因为A1E∥平面BMND，所以B1F∥平面BMND．
又平面B1FGM∩平面BMND=MG，
所以B1F∥MG．
又因为FG∥BC∥B1C1，所以四边形B1FGM是平行四边形，
所以FG=B1M=12B1C1=14AD，即F为棱AB的四等分点，
故E也为棱AB的四等分点，所以AEAB=14．
（2）由（1）易知G为BD的四等分点，
所以点B1在点G的正上方，所以B1G⊥底面ABCD．
设AB=2A1B1=4x，则BG=14BD=2x，所以B1G=3-2x2，
所以该四棱台的体积V=1316x2+16x2⋅4x2+4x23-2x2=283x23-2x2，
而V2=7849x2⋅x2⋅3-2x2≤7849⋅x2+x2+3-2x233．
当且仅当x2=3-2x2，即x=1时取等号，此时AB=4，A1B1=2．
作MH∥C1C交BC于H，则H为BC的四等分点．
连接GH，在△BGH中，GH2=GB2+BH2-2GB⋅BHcsπ4=5，
而MG=BF=32+12=2，
所以GH2=MG2+MH2，即MH⊥MG．
在△BMH中，BM=22+22=6，MH=3，BH=3，
所以BM2+MH2=BH2，即MH⊥BM．
而BM，MG⊂平面BMND，且BM∩MG=M，
所以MH⊥平面BMND，故C1C⊥平面BMND．

【变式10-3】（2023·河南·统考三模）如图，四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为梯形，AB//CD，AD⊥AB，AB=PA=2DC=4，PB=2AD=42，PD=26，M，N分别是PD，PB的中点．

(1)求证：直线MN //平面ABCD；
(2)求证：PA⊥MN．
【解题思路】（1）连接BD，证明MN//BD，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用勾股定理证明PA⊥AD，PA⊥AB，从而可得PA⊥平面ABCD，即可得证.
【解答过程】（1）连接BD，
因为M，N分别是PD，PB的中点，所以MN//BD，
又MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以直线MN //平面ABCD；
（2）因为AD=22,PD=26,PA=4，
所以PA2+AD2=PD2，所以PA⊥AD，
因为AB=4，PB=42，
所以PA2+AB2=PB2，所以PA⊥AB，
又AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又MN//BD，所以PA⊥MN．
1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A．102mB．112m
C．117mD．125m
【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解.
【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG,OM，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，
所以tan∠EMO=tan∠EGO=145.
因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，
因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E，
所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.
同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，
所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以OG=5，
所以在直角三角形EOG中，EG=EO2+OG2=142+52=39
在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=EG2+BG2=392+52=8，
又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15，
所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m.
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=6，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．3C．2D．3
【解题思路】证明AB⊥平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【解答过程】取AB中点E，连接PE,CE，如图，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，
∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE⊂平面PEC，PE∩CE=E，
∴AB⊥平面PEC，
又PE=CE=2×32=3，PC=6，
故PC2=PE2+CE2，即PE⊥CE，
所以V=VB-PEC+VA-PEC=13S△PEC⋅AB=13×12×3×3×2=1，
故选：A.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．15B．25C．35D．25
【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，
又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED=150∘，

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，
因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，
直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDE中，由余弦定理得：
CD=CE2+DE2-2CE⋅DEcs∠CED=1+3-2×1×3×(-32)=7，
由正弦定理得DEsin∠DCE=CDsin∠CED，即sin∠DCE=3sin150∘7=327，
显然∠DCE是锐角，cs∠DCE=1-sin2∠DCE=1-(327)2=527，
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35.
故选：C.
4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P-ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为（ ）
A．19B．29C．13D．49
【解题思路】分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB',过N作NN'⊥PB',垂足为N'.先证NN'⊥平面PAC，则可得到BB'//NN'，再证MM'//CC'.由三角形相似得到MM'CC'=13，NN'BB'=23，再由VP-AMNVP-ABC=VN-PAMVB-PAC即可求出体积比.
【解答过程】如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB',过N作NN'⊥PB',垂足为N'.

因为BB'⊥平面PAC，BB'⊂平面PBB'，所以平面PBB'⊥平面PAC.
又因为平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥PB'，NN'⊂平面PBB'，所以NN'⊥平面PAC，且BB'//NN'.
在△PCC'中，因为MM'⊥PA,CC'⊥PA，所以MM'//CC'，所以PMPC=MM'CC'=13，
在△PBB'中，因为BB'//NN'，所以PNPB=NN'BB'=23，
所以VP-AMNVP-ABC=VN-PAMVB-PAC=13S△PAM⋅NN'13S△PAC⋅BB'=13⋅12PA⋅MM'⋅NN'13⋅12PA⋅CC'⋅BB'=29.
故选：B.
5．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为43π
C．AC=22D．△PAC的面积为3
【解题思路】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【解答过程】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB=3，
A选项，圆锥的体积为13×π×32×1=π，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为π×3×2=23π，B选项错误；
C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，
则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，
则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，
故AD=CD=3-1=2，则AC=22，C选项正确；
D选项，PD=12+12=2，所以S△PAC=12×22×2=2，D选项错误.
故选：AC.

6．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°．

(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1-BB1C1C的高．
【解题思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC，可证BC⊥平面ACC1A1，从而证得平面ACC1A1⊥平面BCC1B1；
(2) 过点A1作A1O⊥CC1，可证四棱锥的高为A1O,由三角形全等可证A1C=AC，从而证得O为CC1中点，设A1C=AC=x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求A1O.
【解答过程】（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC,
所以A1C⊥BC,
又因为∠ACB=90∘，即AC⊥BC，
A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C,
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC⊂平面BCC1B1,
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
（2）如图，

过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1，
所以四棱锥A1-BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC,
所以A1C⊥BC,A1C⊥AC,
又因为A1B=AB，BC为公共边，
所以△ABC与△A1BC全等，所以A1C=AC.
设A1C=AC=x，则A1C1=x，
所以O为CC1中点，OC1=12AA1=1,
又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA12,
即x2+x2=22，解得x=2，
所以A1O=A1C12-OC12=(2)2-12=1，
所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
7．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，∠ACB=90°,AA1=2，A1到平面BCC1B1的距离为1．

(1)证明：A1C=AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解题思路】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BCC1B1，再由勾股定理求出O为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出AB1的长及点A到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【解答过程】（1）如图，

∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC，
∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，
过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
∴A1O⊥平面BCC1B1
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O=1，
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2，
设CO=x，则C1O=2-x，
∵△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形，且CC1=2，
CO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC12=C1A12，A1C2+A1C12=C1C2，
∴1+x2+1+(2-x)2=4，解得x=1，
∴AC=A1C=A1C1=2，
∴A1C=AC
（2）∵AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB
∴BA=BA1，
过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点，
由直线AA1与BB1距离为2，所以BD=2
∵A1D=1，BD=2，∴A1B=AB=5，
在Rt△ABC，∴BC=AB2-AC2=3，
延长AC，使AC=CM，连接C1M，
由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，
∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，
∴C1M⊥AM
则在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=A1C，∴AC1=(2AC)2+A1C2，
在Rt△AB1C1中，AC1=(2AC)2+A1C2，B1C1=BC=3，
∴AB1=(22)2+(2)2+(3)2=13,
又A到平面BCC1B1距离也为1，
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113=1313.
8．（2023·天津·统考高考真题）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M为BC中点.，N为AB的中点，

(1)求证：A1N//平面AMC1；
(2)求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；
(3)求点C到平面AMC1的距离．
【解题思路】（1）先证明四边形MNA1C1是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【解答过程】（1）
连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC，且MN=AC2=1，
由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A1C1=1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N//MC1，
又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N//平面AMC1.
（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接MF,C1E.
由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面ACC1A1，则ME⊥平面ACC1A1.
由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1，ME∩EF=E，ME,EF⊂平面MEF，于是AC1⊥平面MEF，
由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1与平面ACC1A1所成角即∠MFE.
又ME=AB2=1，cs∠CAC1=15，则sin∠CAC1=25，故EF=1×sin∠CAC1=25，在Rt△MEF中，∠MEF=90∘，则MF=1+45=35，
于是cs∠MFE=EFMF=23
（3）[方法一：几何法]

过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.
由题干数据可得，C1A=C1C=5，C1M=C1P2+PM2=5，根据勾股定理，C1Q=5-222=322，
由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P=C1，C1Q,C1P⊂平面C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ.
又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C1Q,AM⊂平面C1MA，故PR⊥平面C1MA.
在Rt△C1PQ中，PR=PC1⋅PQQC1=2⋅22322=23，
又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，
即点C到平面AMC1的距离是43.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点C到平面AMC1的距离为h.
VC1-AMC=13×C1P×S△AMC=13×2×12×22=23，
VC-C1MA=13×h×S△AMC1=13×h×12×2×322=h2.
由VC1-AMC=VC-C1MA⇔h2=23，即h=43.
9．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解题思路】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
【解答过程】（1）如图所示：
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积
V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的4倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
V=13⋅43⋅422+4⋅13⋅42⋅1242⋅43+4⋅13⋅43⋅1242⋅42=64033.
10．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积．
【解题思路】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.
（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F-ABC的体积.
【解答过程】（1）由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BE，
由于DE∩BE=E，DE,BE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.
DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小
过E作EF⊥BD，垂足为F，
在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，
所以DF=12-322=12,BF=2-DF=32，
所以BFBD=34
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且FHDE=BFBD=34，
所以FH=34，
所以VF-ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.
[方法二]：等体积转换
∵AB=BC，∠ACB=60°，AB=2
∴ΔABC是边长为2的等边三角形，
∴BE=3
连接EF
∵ΔADB≅ΔCDB∴AF=CF∴EF⊥AC∴在ΔBED中，当EF⊥BD时，ΔAFC面积最小
∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC中点∴DE=1∵DE2+BE2=BD2∴BE⊥ED若EF⊥BD,在ΔBED中，EF=BE⋅DEBD=32
BF=BE2-EF2=32∴SΔBEF=12BF⋅EF=12⋅32⋅32=338
∴VF-ABC=VA-BEF+VC-BEF=13SΔBEF⋅AC=13⋅338⋅2=34.