2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题九点、线、面之间的位置关系

专题九 点、线、面之间的位置关系


卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
直线与平面所成的角、正方体的截面面积的最值·T12
求异面直线所成的角·T9
面面垂直的证明·T19(1)
面面垂直的证明·T18(1)
线面垂直的证明·T20(1)
2017
面面垂直的证明·T18(1)
求异面直线所成的角·T10
圆锥、空间线线角的求解·T16
线面平行的证明·T19(1)
面面垂直的证明·T19(1)
2016
求异面直线所成的角·T11
空间中线、面位置关系的判定与性质·T14
线面平行的证明·T19(1)
面面垂直的证明·T18(1)
翻折问题、线面垂直的证明·T19(1)
纵向把握趋势
卷Ⅰ3年5考，且以选择题的形式考查线线角、线面角以及空间几何体的截面问题，位置关系的证明均出现在解答题中，且连续3年均考查了面面垂直的证明．预计2019年仍会在解答题的第(1)问中考查位置关系的证明，在小题中考查空间位置关系的判断或异面直线问题，难度适中
卷Ⅱ3年6考，且每年均有1小1大，涉及空间位置关系的判定、求异面直线所成的角、线面平行或垂直的证明、翻折问题，难度中等．预计2019年仍会在解答题的第(1)问中考查线面位置关系的证明，以选择题或填空题的形式考查异面直线所成角的求法，难度适中
卷Ⅲ3年4考，涉及线面平行的证明、面面垂直的证明以及线线角的求法，难度适中．预计2019年仍会在解答题的第(1)问中考查面面垂直问题，在选择题或填空题中考查线线角的求法
横向把握重点
1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)＋一道解答题或只考一道解答题．
2.选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断及空间角的求解，难度较小．
3.解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等.




空间位置关系的判定与线线角、线面角

[题组全练]
1.在如图所示的正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是(　　)
A．平行 B．相交但不垂直
C．垂直 D．异面
解析：选A　如图，取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行且等于BE，
∴四边形BFOE是平行四边形，
∴BF∥OE，
∵BF⊄平面AD1E，OE⊂平面AD1E，
∴BF∥平面AD1E.
2．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊂α，n∥α，则m∥n；
②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；
③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.
其中真命题的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：选B　①，m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③，m∥β或m⊂β，故③错误；④，α∥β或α与β相交，故④错误．
3．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，则tan ∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.
4．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．
解析：如图，∵SA与底面成45°角，
∴△SAO为等腰直角三角形．
设OA＝r，
则SO＝r，SA＝SB＝r.
在△SAB中，cos ∠ASB＝，
∴sin ∠ASB＝，
∴S△SAB＝SA·SB·sin ∠ASB
＝×(r)2×＝5，
解得r＝2，
∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，
∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.
答案：40π
[系统方法]

1．判定空间位置关系的方法
(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，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断．
2．当线线角、线面角出现在客观题中时，多用定义法求解．若出现在解答题中多用向量法求解．


空间平行、垂直关系的证明

[由题知法]

　　　(2018·石家庄摸底)
如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
[证明]　(1)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，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD，
∵CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG，
即四边形ABFG是平行四边形，∴BF∥AG，
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，
∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，
∴四边形ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.
∴MD綊FG.∴四边形DMFG为平行四边形．
∴FM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，
∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，
即BD⊥平面AOF.
[类题通法]
1．垂直、平行关系中的转化与化归思想
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行．
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直．
(3)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．
2．垂直、平行关系的常用证明方法

方法
证明
线线
平行
①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；
②利用平行四边形进行平行转换；
③利用三角形的中位线定理证线线平行；
④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换
证明
线线
垂直
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：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a

[应用通关]

1.如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D＝2，点E在A1D上．
(1)证明：AA1⊥平面ABCD；
(2)当为何值时，A1B∥平面EAC，并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AB＝AD＝AC＝2.
在△AA1B中，由AA＋AB2＝A1B2，得AA1⊥AB，
同理可知AA1⊥AD.
又AB∩AD＝A，所以AA1⊥平面ABCD.
(2)当＝1时，A1B∥平面EAC.
证明如下：连接BD交AC于点O，则O为BD的中点，
连接OE，因为＝1，
所以点E为A1D的中点，
所以OE∥A1B，又A1B⊄平面EAC，EO⊂平面EAC，
所以A1B∥平面EAC.
所以直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离，因为E为A1D的中点，所以可转化为点D到平面EAC的距离，
设AD的中点为F，连接EF，则EF∥AA1，
所以EF⊥平面ACD，且EF＝1，
可求得S△ACD＝，所以VE­ACD＝××1＝.
易知AE＝，AC＝2，CE＝2，所以S△EAC＝，
又因为VD­AEC＝VE­ACD，
所以S△EAC·d＝(d表示点D到平面EAC的距离)，解得d＝，
所以直线A1B与平面EAC之间的距离为.
2．(2018·长春模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD.
(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；
(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥A­BCB1的体积．
解：(1)证明：连接ED，
∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，B1C⊂平面AB1C，∴B1C∥ED.
∵E为AB1的中点，
∴D为AC的中点，
∵AB＝BC，∴BD⊥AC.
∵A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴A1A⊥BD.
∵A1A，AC是平面A1ACC1内的两条相交直线，
∴BD⊥平面A1ACC1.
(2)由AB＝1，得BC＝BB1＝1，
由(1)知AD＝AC，又AC·AD＝1，∴AC2＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC，
∴S△ABC＝AB·BC＝，
∴VA­BCB1＝VB1­ABC＝S△ABC·BB1＝××1＝.


与平行、垂直有关的折叠、探索性问题

[由题知法]
　(2019届高三·武汉调研)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

(1)证明：BE⊥平面D1AE；
(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：∵四边形ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴AE＝BE＝2.
又AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2，
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.
又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面D1AE.

(2)＝，理由如下：
取D1E的中点L，连接FL，AL，
∴FL∥EC，FL＝EC＝1.
又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB，
∴M，F，L，A四点共面．
若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.
∴四边形AMFL为平行四边形，
∴AM＝FL＝AB，即＝.
[类题通法]
1．求解平面图形折叠问题的关键和方法
关键
分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口
方法
把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决

2．探索性问题求解的途径和方法
(1)对命题条件探索的三种途径：
①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；
③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
(2)对命题结论的探索方法：
从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．

[应用通关]

1．(2019届高三·西安八校联考)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，得到如图2所示的三棱锥D­ABC.

(1)求证：BC⊥平面ACD；
(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F­BCE的体积．
解：(1)证明：∵AC＝＝2，
∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，
∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos 45°＝8，∴AB2＝AC2＋BC2＝16，
∴AC⊥BC，
∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，
∴BC⊥平面ACD.
(2)∵AD∥平面BEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，
∵E为AC的中点，
∴EF为△ACD的中位线，
由(1)知，VF­BCE＝VB­CEF＝×S△CEF×BC.
∵S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝，
∴VF­BCE＝××2＝.
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD中点．
(1)若m＝，证明：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．
解：(1)证明：作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，
因为点F为PD的中点，所以FM＝CD.
因为m＝，所以AE＝AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，
所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，
因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，
所以AF∥平面PEC.
(2)存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：
要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，
所以AE＝ADcos 30°＝.
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥A B.
又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，
因为AB⊂平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB，
所以m＝＝.

重难增分
空间几何体的截面问题

[典例细解]

　　　(2018·全国卷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.
[解析]　如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA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.
[答案]　A
[启思维]　本题考查了空间几何体的截面问题以及直线与平面所成角的概念，本题体现的“动态几何”问题有一定的探究性，采用极端原理、考虑特殊位置、特殊情况、运用“大胆猜想，小心求证”的方法，往往能将问题快速、有效地解决．
　　　如图，ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.
[解析]　∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ABCD∩平面PMNQ＝PQ，平面A1B1C1D1∩平面PMNQ＝MN，∴MN∥PQ.
∵M，N分别是A1B1，B1C1的中点，
∴MN∥A1C1∥AC.∴PQ∥AC.
又AP＝a，∴CQ＝，从而DP＝DQ＝a.
∴PQ＝
＝ ＝a.
[答案]　a
[启思维]　本题考查了平面与平面平行的性质，是立体几何中面面平行的基本题型，但对定理的灵活应用要求较高．

[增分集训]

1.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是________(填序号)．
①当0＜CQ＜时，S为四边形；
②当CQ＝时，S为等腰梯形；
③当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝；
④当＜CQ＜1时，S为六边形；
⑤当CQ＝1时，S的面积为.
解析：过A作AM∥PQ交DD1或A1D1于M.
当0＜CQ＜时，M在DD1上，连接MQ，则截面为AMQP，故①正确；
当CQ＝时，M与D1重合，截面为AD1QP，显然为等腰梯形，故②正确；
当CQ＝时，M在A1D1上，且D1M＝.
过M作MR∥AP交C1D1于R，
则△MD1R∽△PBA，从而D1R＝，
即C1R＝，故③正确；
当＜CQ＜1时，截面与A1D1交于M，与C1D1交于R，则截面为AMRQP为五边形，故④错误；
当CQ＝1时，M为A1D1的中点，截面AMC1P为菱形，而AC1＝，PM＝，故面积为××＝，故⑤正确．
答案：①②③⑤
2.(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．
解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．
(2)作EM⊥AB，垂足为M，
则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，
所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝＝6，
所以AH＝10.
以D为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，
＝(10,0,0)， ＝(0，－6,8)．
设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，
则即
所以可取n＝(0,4,3)．
又＝(－10,4,8)，
所以|cos〈n，〉|＝＝.
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.
[专题跟踪检测](对应配套卷P186)

一、全练保分考法——保大分

1．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能得出AB∥平面MNP的图形是(　　)

A．③④　　　　　　　　　 B．①②
C．②③ D．①④
解析：选D　对于题图①，假设上底面与A相对的顶点为C，则平面ABC∥平面MNP.又AB⊂平面ABC，故AB∥平面MNP.对于题图④，因为AB∥NP，所以由线面平行的判定定理可知AB∥平面MNP.题图②③均不满足题意．
2．设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：
①⇒β∥γ；②⇒m⊥β；
③⇒α⊥β；④⇒m∥α，其中正确的是(　　)
A．①② B．①③
C．②③ D．②④
解析：选B　若α∥β，α∥γ，则根据面面平行的性质定理和判定定理可证得β∥γ，故①正确；若m∥α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m在平面β内，故②不正确；∵m∥β，∴β内有一直线l与m平行．而m⊥α，则l⊥α，根据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故③正确；若m∥n，n⊂α，则m⊂α或m∥α，故④不正确．
3．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：
①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；
③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.
其中真命题的序号是(　　)
A．①② B．②③
C．①④ D．②④
解析：选D　若a⊥b，b⊥c，则a∥c或a与c相交或a与c异面，所以①是假命题；由平行于同一直线的两条直线平行，可知②是真命题；若a∥γ，b∥γ，则a∥b或a与b相交或a与b异面，所以③是假命题；若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以④是真命题．
4．在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立的是(　　)
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDE⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC
解析：选C　如图．由题意知DF∥BC，由此可得BC∥平面PDF，故A正确；若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO.又DF⊥AE，PO∩AE＝O，故DF⊥平面PAE，故B正确；由DF⊥平面PAE，可得平面PAE⊥平面ABC，故D正确．选C.
5.如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形， AB＝2BC，E是CD上一点．若AE⊥平面PBD，则的值为(　　)
A. B.
C．3 D．4
解析：选C　∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AE.当AE⊥BD时，AE⊥平面PBD，此时△ABD∽△DAE，则＝.∵AB＝2BC，∴DE＝AB＝CD，∴＝3.
6.如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则下列命题正确的是(　　)
A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
解析：选D　由题意知，在四边形ABCD中，CD⊥B D.在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，两平面的交线为BD，∴CD⊥平面ABD，因此有AB⊥C D.又∵AB⊥AD，AD∩DC＝D，∴AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC.
7.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①直线BM与ED平行；②直线CN与BE是异面直线；③直线CN与BM成60°角；④直线DM与BN是异面直线．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
解析：由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征可得，直线BM与ED是异面直线，故①不正确；直线CN与BE平行，故②不正确；连接AN，则AN∥BM，所以直线CN与BM所成的角就是∠ANC，且∠ANC＝60°，故③正确；直线DM与BN是异面直线，故④正确．所以正确命题的序号是③④.
答案：③④
8．已知直线a，b，平面α，且满足a⊥α，b∥α，有下列四个命题：
①对任意直线c⊂α，有c⊥a；
②存在直线c⊄α，使c⊥b且c⊥a；
③对满足a⊂β的任意平面β，有β∥α；
④存在平面β⊥α，使b⊥β.
其中正确的命题有________．(填序号)
解析：因为a⊥α，所以a垂直于α内任一直线，所以①正确；由b∥α得α内存在一直线l与b平行，在α内作直线m⊥l，则m⊥b，m⊥a，再将m平移得到直线c，使c⊄α即可，所以②正确；由面面垂直的判定定理可得③不正确；若b⊥β，则由b∥α得α内存在一条直线l与b平行，必有l⊥β，即有α⊥β，而b⊥β的平面β有无数个，所以④正确．答案：①②④
9.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又2×＝h，
得h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面积相等得× ＝x，解得x＝.
即线段B1F的长为.
答案：
10.(2019届高三·重庆六校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝2，E，F分别为AB和PD的中点．
(1)求证：AF∥平面PEC；
(2)求点F到平面PEC的距离．
解：(1)证明：设PC的中点为Q，连接EQ，FQ，
由题意，得FQ∥DC且FQ＝CD，
AE∥CD且AE＝CD，
故AE∥FQ且AE＝FQ，
所以四边形AEQF为平行四边形，
所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，
所以AF∥平面PEC.
(2)由(1)，知点F到平面PEC的距离等于点A到平面PEC的距离，设为D.
连接AC，由题给条件易求得
EC＝，PE＝，PC＝2，AC＝2，
又Q为PC的中点，则EQ＝，
故S△PEC＝×2×＝，
S△AEC＝×1×＝，
由VA­PEC＝VP­AEC，得××d＝××2，
解得d＝，即点F到平面PEC的距离为.
11．(2018·柳州模拟)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.
(1)求证：BC1⊥平面ABC；
(2)E是棱CC1上的一点，若三棱锥E­ABC的体积为，求线段CE的长．
解：(1)证明：∵AB⊥平面BB1C1C，
BC1⊂平面BB1C1C，
∴AB⊥BC1，
在△CBC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝60°，
由余弦定理得
BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3，∴BC1＝，
∴BC2＋BC＝CC，∴BC⊥BC1，
又AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，BC∩AB＝B，
∴BC1⊥平面ABC.
(2)∵AB⊥平面BB1C1C，
∴VE­ABC＝VA­EBC＝S△BCE·AB＝××1×CE×sin 60°×1＝，∴CE＝1.
12．如图，四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝AD＝DE＝CD＝2，M是线段AE上的动点．

(1)试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；
(2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADE­BCF分成的上、下两部分的体积之比．
解：(1)当M是线段AE的中点时，AC∥平面MDF.

理由如下：
连接CE，交DF于点N，连接MN，
因为M，N分别是AE，CE的中点，
所以MN∥AC，
又MN⊂平面MDF，AC⊄平面MDF，
所以AC∥平面MDF.
(2)将几何体ADE­BCF补成三棱柱ADE­B1CF，由题意可得ED⊥CD，AD⊥CD，
又AD∩ED＝D，
所以CD⊥平面ADE.
又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，ED⊥CD，
所以ED⊥平面ABCD，则ED⊥AD.
故三棱柱ADE­B1CF的体积为
VADE­B1CF＝S△ADE·CD＝×2×2×4＝8，
则几何体ADE­BCF的体积VADE­BCF＝VADE­B1CF－VF­BB1C＝8－××2×2×2＝.
三棱锥F­DEM的体积VF­DEM＝VM­DEF＝××2×4×1＝，
故平面MDF将几何体ADE­BCF分成的上、下两部分的体积之比为∶＝1∶4.

二、强化压轴考法——拉开分

1．在三棱锥P­ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面被三棱锥截得的图形的周长为(　　)
A．8 B．6
C．10 D．9
解析：选A　如图，过点G作EF∥AC分别交AP，CP于点E，F，过点F作FM∥PB交BC于点M，过E作EN∥PB交AB于点N，可得EN∥FM，即E，F，M，N四点共面，连接MN，则平面EFMN即为所求的截面．可得MN∥AC∥EF，EN∥FM∥PB，而G为△PAC的重心，所以＝＝，因为AC＝3，所以EF＝MN＝2，同理可得EN＝FM＝2，所以EFMN的周长为8.
2．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，则平面α截正方体的表面所得平面图形为(　　)
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
解析：选D　如图，分别取BB1，AB，AD，DD1的中点G，H，M，N，连接FG，GH，MH，MN，EN.∵点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，∴EF∥MH∥B1D1，MN∥FG∥AD1，GH∥EN∥AB1.∵MH∩GH＝H，AB1∩B1D1＝B1，∴平面EFGHMN∥平面AB1D1.
∵过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，
∴平面α截正方体的表面所得平面图形为六边形．
3.如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题不正确的是(　　)
A．BM是定值
B．点M在某个球面上运动
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．存在某个位置，使MB∥平面A1DE
解析：选C　如图，取CD的中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，∴平面MBF∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故D正确；∵∠A1DE＝∠MFB，MF＝A1D为定值，FB＝DE为定值，由余弦定理，得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos ∠MFB，∴MB是定值，故A正确；∵点B是定点，∴点M在以B为球心，MB为半径的球面上，故B正确；∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，∴存在某个位置，使DE⊥A1C不正确，故选C.
4.如图，在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AB，CC1，DD1的中点，过点G作平面D1EF的平行截面，则正方体被截面截得的较小部分的几何体的体积为(　　)
A．6 B．3
C. D.
解析：选D　如图，连接GC，则GC∥D1F，延长D1F交DC的延长线于M，连接EM，作CN∥EM交AD于N，连接GN，则平面GCN为平行于平面D1EF的截面，正方体被截面截得的较小部分的几何体为D­GCN，由题给条件得DG＝，CD＝CM＝3，由tan∠DCN＝tan∠DME＝，得DN＝CDtan∠DCN＝3×＝2，所以VD­GCN＝VG­CDN＝××3×2×＝.
5.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB＝90°，AB＝AD＝AA1＝2DC，Q为棱CC1上一动点，过直线AQ的平面分别与棱BB1，DD1交于点P，R，则下列结论错误的是(　　)
A．对于任意的点Q，都有AP∥QR
B．对于任意的点Q，四边形APQR不可能为平行四边形
C．存在点Q，使得△ARP为等腰直角三角形
D．存在点Q，使得直线BC∥平面APQR
解析：选C　由AB∥CD，AA1∥DD1，得平面ABB1A1∥平面CDD1C1.∵平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面CDD1C1＝RQ，∴AP∥QR，故A选项正确；∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∴平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行．∵平面APQR∩平面BCC1B1＝PQ，平面APQR∩平面ADD1A1＝AR，∴PQ与AR不平行，∴四边形APQR不可能为平行四边形，故B选项正确；如图，延长CD至M，使得DM＝CD，则四边形ABCM是矩形，∴BC∥AM.当R，Q，M三点共线时，AM⊂平面APQR，∴BC∥平面APQR，故D选项正确．选C.
6.如图，棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是(　　)
A．DC1⊥D1P
B．平面D1A1P⊥平面A1AP
C．∠APD1的最大值为90°
D．AP＋PD1的最小值为
解析：选C　由题意知A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1.又∵A1D1∩A1B＝A1，∴DC1⊥平面A1BCD1.∵D1P⊂平面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，故A选项正确；∵平面D1A1P即为平面A1BCD1，平面A1AP即为平面A1ABB1，且D1A1⊥平面A1ABB1，∴平面A1BCD1⊥平面A1ABB1，即平面D1A1P⊥平面A1AP，故B选项正确．当0