2019届二轮复习　空间中的平行与垂直学案（全国通用）

第2讲　空间中的平行与垂直
[考情考向分析]　1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档．

热点一　空间线面位置关系的判定
空间线面位置关系判断的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．
例1　(1)已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是(　　)
A．若l∥m，则必有α∥β
B．若l⊥m，则必有α⊥β
C．若l⊥β，则必有α⊥β
D．若α⊥β，则必有m⊥α
答案　C
解析　对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面α和平面β还有可能相交且不垂直或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β，所以选项C正确；对于选项D，直线m可能和平面α平行或相交，所以选项D错误．
(2)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是(　　)

A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合
B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交
C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交
D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行
答案　B
解析　由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄B，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故选B.
思维升华　解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．
跟踪演练1　(1)(2018·揭阳模拟)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是(　　)
A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ
B．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥c
C．若α∩β＝a，b∥a，则b∥α
D．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a
答案　A
解析　A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；
B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，
在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，PAC，PBC，
交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；
C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；
D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，
正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，
直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．
(2)(2018·上海市长宁、嘉定区调研)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是
A．l与l1，l2都相交
B．l与l1，l2都不相交
C．l至少与l1，l2中的一条相交
D．l至多与l1，l2中的一条相交
答案　C
解析　方法一　如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故D不正确，故选C.

方法二　因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选C.
热点二　空间平行、垂直关系的证明
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．


例2　(1)(2018·资阳模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．

①求证：直线BE∥平面A1FC1；
②平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥B－EFM的体积．
①证明　取A1C1的中点G，连接EG，FG，

∵点E为A1B1的中点，
∴EG∥B1C1
且EG＝B1C1，
∵F为BC中点，
∴BF∥B1C1且BF＝B1C1，
所以BF∥EG且BF＝EG.
所以四边形BFGE是平行四边形，
所以BE∥FG，
又BE⊄平面A1FC1，FG⊂平面A1FC1，
所以直线BE∥平面A1FC1.
②解　M为棱AB的中点．
理由如下：
因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1FC1，A1C1⊂平面A1FC1，
所以直线AC∥平面A1FC1，
又平面A1FC1∩平面ABC＝FM，
所以AC∥FM.
又F为棱BC的中点，
所以M为棱AB的中点．
△BFM的面积S△BFM＝S△ABC
＝××2×2×sin 60°＝，
所以三棱锥B－EFM的体积VB－EFM＝VE－BFM
＝××2＝.
(2)(2018·衡水调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，PD＝2a，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．

①证明：平面EAC⊥平面PBD；
②若PD∥平面EAC，三棱锥P－EAD的体积为18，求a的值．
①证明　因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AC.
又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
又AC⊂平面EAC，
所以平面EAC⊥平面PBD.
②解　连接OE.

因为PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE，
所以PD∥OE.
又AC∩BD＝O，
所以O是BD的中点，所以E是PB的中点．
因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，
所以取AD的中点H，连接BH，
可知BH⊥AD，
又因为PD⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
所以PD⊥BH.
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BH⊥平面PAD.
由于AB＝a，所以BH＝a.
因此点E到平面PAD的距离
d＝BH＝×a＝a，
所以VP－EAD＝VE－PAD＝S△PAD×d＝××a×2a×a＝a3＝18.
解得a＝6.
思维升华　垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：
(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．
(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.
跟踪演练2　如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．

(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；
(2)求证：CE∥平面PAD.
证明　(1)取BD的中点O，连接CO，PO，

因为CD＝CB，
所以△CBD为等腰三角形，
所以BD⊥CO.
因为PB＝PD，
所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO.
又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，
所以BD⊥平面PCO.
因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.
(2)由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，
又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，
又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CO∥平面PAD.
又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，
所以平面CEO∥平面PAD，
而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.
热点三　平面图形的翻折问题
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．
例3　(2018·北京海淀区期末)如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．

(1)求证：DE⊥平面PCF；
(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；
(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．
(1)证明　折叠前，因为四边形AECD为菱形，
所以AC⊥DE，
所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，
又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，
所以DE⊥平面PCF.
(2)证明　因为四边形AECD为菱形，
所以DC∥AE，DC＝AE.
又点E为AB的中点，
所以DC∥EB，DC＝EB，
所以四边形DEBC为平行四边形，
所以CB∥DE.
又由(1)得，DE⊥平面PCF，
所以CB⊥平面PCF.
因为CB⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PCF.
(3)解　存在满足条件的点M，N，
且M，N分别是PD和BC的中点．
如图，分别取PD和BC的中点M，N.

连接EN，PN，MF，CM.
因为四边形DEBC为平行四边形，
所以EF∥CN，EF＝BC＝CN，
所以四边形ENCF为平行四边形，
所以FC∥EN.
在△PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，
所以MF∥PE.
又EN，PE⊂平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF⊂平面CFM，MF∩CF＝F，
所以平面CFM∥平面PEN.
思维升华　(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．
(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．
跟踪演练3　(2018·北京朝阳区模拟)如图，在△PBE中，AB⊥PE，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC＝，AB＝AP＝AE＝2，将△PBA沿AB折起使得二面角P－AB－E是直二面角．

(1)求证：CD∥平面PAB；
(2)求三棱锥E－PAC的体积．
(1)证明　因为AE＝2，所以AE＝4，
又AB＝2，AB⊥PE，
所以BE＝＝＝2，
又因为AC＝＝BE，
所以AC是Rt△ABE的斜边BE上的中线，
所以C是BE的中点，
又因为D是AE的中点，
所以CD是Rt△ABE的中位线，
所以CD∥AB，
又因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
(2)解　由(1)知，直线CD是Rt△ABE的中位线，
所以CD＝AB＝1，
因为二面角P－AB－E是直二面角，平面PAB∩平面EAB＝AB，PA⊂平面PAB，PA⊥AB，
所以PA⊥平面ABE，
又因为AP＝2，
所以VE－PAC＝VP－ACE＝××AE×CD×AP
＝××4×1×2＝.

真题体验
1．(2017·全国Ⅰ改编)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是________．(填序号)


答案　(1)
解析　对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，
∴直线AB与平面MNQ相交；
对于(2)，作如图②所示的辅助线，
则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；


对于(3)，作如图③所示的辅助线，
则AB∥CD，CD∥MQ，
∴AB∥MQ，
又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；
对于(4)，作如图④所示的辅助线，
则AB∥CD，CD∥NQ，
∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，
∴AB∥平面MNQ.
2．(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
所以AB∥EF.又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，
BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.
又AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
押题预测
1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是(　　)
A．m⊥n⇒m⊥β B．m⊥n⇒α⊥β
C．α∥β⇒m∥β D．m∥n⇒α∥β
押题依据　空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点．此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力．
答案　C
解析　构造长方体，如图所示．

因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C与平面AA1B1B也不垂直，所以选项A，B都是假命题．
CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．
“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.
2．如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．

(1)求证：A1E⊥FP；
(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．
押题依据　以平面图形的翻折为背景，探索空间直线与平面位置关系，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题方向．
(1)证明　在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．

因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.
所以在题图(2)中，A1E⊥EF，
又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，
且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，
所以A1E⊥平面BEFC.
因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.
(2)解　在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．
理由如下：
如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，
所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.
如图所示，取A1P的中点M，连接MK，

因为点K为棱A1F的中点，
所以MK∥FP.
因为FP∥BE，所以MK∥BE.
因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，
所以MK∥平面A1BE.
故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．

A组　专题通关
1．(2018·北京朝阳区模拟)已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：
①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；
③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.
其中说法正确的个数为(　　)
A．3 B．2 C．1 D．4
答案　C
解析　①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β 或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.
2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为(　　)


A．①② B．③④ C．①③ D．②④
答案　D
解析　由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；
图②中GH与MN异面，符合题意；
图③中GH与MN相交，不合题意；
图④中GH与MN异面，符合题意．
则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.
3．(2018·抚顺模拟)给出下列四个命题：
①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；
②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；
③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；
④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．
其中真命题的个数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　C
解析　对于①，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α，故正确；对于②，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；对于③，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；对于④，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确．
4．(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　方法一　如图，

在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.
故选C.
方法二　如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.

由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，
D1(0,0，)，B1(1,1，)，
∴＝(－1,0，)，
＝(1,1，)，
∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，
||＝2，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.
故选C.
5．对于四面体A—BCD，有以下命题：
①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；
②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；
③四面体A—BCD的四个面中最多有四个直角三角形；
④若四面体A—BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为.
其中正确的命题是(　　)
A．①③ B．③④
C．①②③ D．①③④
答案　D
解析　①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；

③正确，如图，AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°，其中有4个直角三角形；

④正确，设正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为，根据等体积公式×S△BCD×＝×4×S△BCD×r，解得 r＝，那么内切球的表面积S＝4πr2＝，故选D.
6．已知m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2
答案　D
解析　对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C不是α∥β的充分条件；对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件．故选D.
7．(2018·上海虹口区模拟)长方体的体对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝________.
答案　2
解析　设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则体对角线长d＝，
所以cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2＋2＋2＝＝2.

8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.

答案　a或2a
解析　由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，
又CF⊂平面ACC1A1，
所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．
令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.
易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，
得＝，即＝，
整理得x2－3ax＋2a2＝0，
解得x＝a或x＝2a.
9.如图所示的多面体中，底面ABCD为正方形，△GAD为等边三角形，BF⊥平面ABCD，∠GDC＝90°，点E是线段GC上除两端点外的一点，若点P为线段GD的中点．

(1)求证：AP⊥平面GCD；
(2)求证：平面ADG∥平面FBC.
证明　(1)因为△GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，所以AP⊥GD.
因为AD⊥CD，GD⊥CD，且AD∩GD＝D，AD，GD⊂平面GAD，故CD⊥平面GAD，
又AP⊂平面GAD，故CD⊥AP，
又CD∩GD＝D，CD，GD⊂平面GCD，
故AP⊥平面GCD.
(2)因为BF⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以BF⊥CD，
因为BC⊥CD，BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面FBC，
所以CD⊥平面FBC，
由(1)知CD⊥平面GAD，所以平面ADG∥平面FBC.
10．(2018·张掖检测)在梯形ABCD中(图1)，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，已知DE＝1，AE＝2，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得AF⊥BD，DE∥CF，得空间几何体ADE－BCF(图2)．

(1)证明：BE∥平面ACD；
(2)求三棱锥E－ACD的体积．
(1)证明　连接BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，则OH是△AFC的中位线，

所以OH∥CF且OH＝CF，
由已知得DE∥CF且DE＝CF，
所以DE∥OH且DE＝OH，
所以四边形DEOH为平行四边形，DH∥EO，
又因为EO⊄平面ACD，DH⊂平面ACD，
所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD.
(2)解　由已知得，四边形ABFE为正方形，
且边长为2，则AF⊥BE，
由已知AF⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，
可得AF⊥平面BDE，
又DE⊂平面BDE，
所以AF⊥DE，
又AE⊥DE，AF∩AE＝A，AF，AE⊂平面ABFE，
所以DE⊥平面ABFE，
又EF⊂平面ABEF，
所以DE⊥EF，四边形DEFC是直角梯形，
又AE⊥EF，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CDE，
所以AE⊥平面CDE，
所以AE是三棱锥A－DEC的高，
VE－ACD＝VA－ECD＝VA－EFD
＝×AE××DE×EF＝.
B组　能力提高
11．(2018·全国Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD－A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．

取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×××sin 60°＝.
故选A.
12．(2018·泉州质检)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点．现有下列四个结论：
p1：AC1∥MN；
p2：A1C⊥C1N；
p3：B1C⊥平面AMN；
p4：异面直线AB与MN所成角的余弦值为.
其中正确的结论是(　　)
A．p1，p2 B．p2，p3
C．p2，p4 D．p3，p4
答案　C
解析　正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，
M，N分别为B1C1，BB1的中点．
对于p1：如图①所示，
MN∥BC1，BC1∩AC1＝C1，
∴AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；

对于p2：如图②所示，
连接AC1，交A1C于点O，连接ON，
易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1，
∴ON⊥A1C，
又ON∩AC1＝O，ON，AC1⊂平面ONC1，
∴A1C⊥平面ONC1，
又C1N⊂平面ONC1，
∴A1C⊥C1N，p2正确；
对于p3：如图③所示，
取BC的中点O，连接AO，BC1，
过点O作OP∥BC1，交CC1于点P，
连接AP，则AO⊥平面BCC1B1，
又B1C⊂平面BCC1B1，∴AO⊥B1C，
又BC1∥OP，BC1⊥B1C，
∴B1C⊥OP，
又AO∩OP＝O，AO，OP⊂平面AOP，
∴B1C⊥平面AOP，
又平面AMN与平面AOP有公共点A，
∴B1C与平面AMN不垂直，p3错误；

对于p4：如图④所示，
连接BC1，AC1，则MN∥BC1，
∴∠ABC1是异面直线AB与MN所成的角，
设AB＝1，则AC1＝BC1＝，
∴cos∠ABC1＝＝，p4正确．
综上，其中正确的结论是p2，p4.
13.如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中点．

(1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：直线EF∥平面C1DB1；
(2)若AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC，BC⊥AC，求点C到平面B1C1D的距离．
(1)证明　方法一　取AC的中点G，CC1的中点H，连接AH，GF，GE，如图所示．

∵AD∥C1H且AD＝C1H，
∴四边形ADC1H为平行四边形，
∴AH∥C1D，又F是CH的中点，G是AC的中点，
∴GF∥AH，∴GF∥C1D，
又GF⊄平面C1DB1，C1D⊂平面C1DB1，
∴GF∥平面C1DB1，
又G，E分别是AC，AB的中点，
∴GE∥BC∥B1C1，
又GE⊄平面C1DB1，B1C1⊂平面C1DB1，
∴GE∥平面C1DB1，
又GE∩GF＝G，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，
∴平面GEF∥平面C1DB1，
又EF⊂平面GEF，
∴EF∥平面C1DB1.
方法二　取B1D的中点M，连接EM，MC1，

则EM是梯形ABB1D的中位线，
∴EM∥BB1∥CC1∥AD，
∴EM＝(AD＋BB1)
＝＝CC1，
又C1F＝CC1－CF＝CC1，
∴ EM∥C1F且EM＝C1F，
故四边形EMC1F为平行四边形，∴C1M∥EF，
又EF⊄平面C1DB1，C1M⊂平面C1DB1，
∴EF∥平面C1DB1.
(2)解　∵AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC，
又AD＝AC＝1，CC1＝2AD，AD∥CC1，
∴C1D2＝DC2＝AC2＋AD2＝2AD2＝2，C1C2＝4，
故CC＝CD2＋C1D2，即C1D⊥CD，
又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，
AC，AD⊂平面ACC1D，
∴BC⊥平面ACC1D，
又CD⊂平面ACC1D，
∴BC⊥CD，
又B1C1∥BC，∴B1C1⊥CD，
又DC1∩B1C1＝C1，DC1，B1C1⊂平面B1C1D，
∴CD⊥平面B1C1D，
∴点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.
14．如图，矩形AB′DE(AE＝6，DE＝5)，被截去一角(即△BB′C)，AB＝3，∠ABC＝135°，平面PAE⊥平面ABCDE，PA＋PE＝10.

(1)求五棱锥P－ABCDE的体积的最大值；
(2)在(1)的情况下，证明：BC⊥PB.
(1)解　因为AB＝3，∠ABC＝135°，
所以∠B′BC＝45°，BB′＝AB′－AB＝5－3＝2，
所以截去的△BB′C是等腰直角三角形，
所以SABCDE＝SAB′DE－S△BB′C
＝6×5－×2×2＝28.
如图，过P作PO⊥AE，垂足为O，
因为平面PAE⊥平面ABCDE，
平面PAE∩平面ABCDE＝AE，PO⊂平面PAE，
所以PO⊥平面ABCDE，PO为五棱锥P－ABCDE的高．
在平面PAE内，PA＋PE＝10>AE＝6，P在以A，E为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的几何性质知，
当点P为短轴端点时，P到AE的距离最大，
此时PA＝PE＝5，OA＝OE＝3，
所以POmax＝4，
所以(VP－ABCDE)max＝SABCDE·POmax
＝×28×4＝.
(2)证明　连接OB，如图，由(1)知，OA＝AB＝3，

故△OAB是等腰直角三角形，所以∠ABO＝45°，
所以∠OBC＝∠ABC－∠ABO＝135°－45°＝90°，
即BC⊥BO.
由于PO⊥平面ABCDE，BC⊂平面ABCDE，
所以PO⊥BC，
又PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，
所以BC⊥平面POB，
又PB⊂平面POB，所以BC⊥PB.