【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.15 空间中线面的位置关系大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(44)页，2.157 MB，由小赞的店铺上传

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专题8.15空间中线面的位置关系大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023·高一课时练习）长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝑀是矩形𝐵𝐶𝐶1𝐵1的

中心，𝑁是矩形𝐶𝐷𝐷1𝐶1的中心．证明：𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶𝐷.【解题思路】连结𝐶1𝐷、𝐶1𝐵、𝐵𝐷.由已知可推得𝑀𝑁//𝐵𝐷，进而根据线面平行的判定定理，即可证明𝑀𝑁//平面�

�𝐵𝐶𝐷.【解答过程】证明：连结𝐶1𝐷、𝐶1𝐵、𝐵𝐷.由已知可得，点𝑀是𝐶1𝐵的中点，点𝑁是𝐶1𝐷的中点，所以，𝑀𝑁是△𝐶1𝐷𝐵的中位线，所以𝑀𝑁//𝐵𝐷.又𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑀𝑁//

平面𝐴𝐵𝐶𝐷.2．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形.已知𝑃𝐴=𝐴𝐵=2，𝐴𝐷=√5，𝐴𝐶=1，E是PB中点.(1)求证：𝑃𝐷∥平面ACE；(2)求四面体𝑃−�

�𝐶𝐸的体积.【解题思路】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，然后利用平行四边形的性质及线面平行的判断即可；（2）利用等体积法求解即可，即𝑉𝑃−𝐴𝐶𝐸=𝑉𝐵−𝐴𝐶𝐸.【解答过程】（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示：∵ABCD是平

行四边形，∴O为BD中点，且E为PB中点，∴𝑂𝐸∥𝑃𝐷，且PD⊄平面ACE内，𝑂𝐸⊂平面ACE，∴𝑃𝐷∥平面ACE.（2）∵𝐵𝐶2=𝐴𝐵2+𝐴𝐶2，∴Rt△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=12×2×1=1，又

∵𝑃𝐴⊥面ABCD，∴𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=13×1×2=23，又∵E为PB中点，∴𝑉𝑃−𝐴𝐶𝐸=𝑉𝐵−𝐴𝐶𝐸=13，所以四面体𝑃−𝐴𝐶𝐸的体积为13.3．（2023秋·河南安阳·高三期末）如图，在四棱锥�

�−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，△𝑃𝐴𝐷是直角三角形，且𝑃𝐴=𝐴𝐷=4，𝐸，𝐹，𝐺分别是线段𝑃𝐴，𝑃𝐷，𝐶𝐷的中点．(1)证明：𝑃𝐵∥平面𝐸𝐹𝐺；(2)求三棱锥𝐵−

𝐸𝐹𝐺的体积．【解题思路】（1）证明平面𝑃𝐵𝐶∥平面𝐸𝐹𝐺，根据𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，得到证明.（2）确定B，D两点到平面EFG的距离相等，𝑉𝐵⬚−𝐸𝐹𝐺=𝑉𝐷⬚−𝐸𝐹𝐺=𝑉�

�⬚−𝐸𝐹𝐷，计算得到答案.【解答过程】（1）𝐸，𝐹，𝐺分别是线段𝑃𝐴，𝑃𝐷，𝐶𝐷的中点，故𝐸𝐹∥𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐹𝐺∥𝑃𝐶，𝐸𝐹⊄平面𝑃𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，𝐹𝐺⊄平面𝑃𝐵𝐶，𝑃𝐶⊂平

面𝑃𝐵𝐶，故𝐸𝐹∥平面𝑃𝐵𝐶，𝐹𝐺∥平面𝑃𝐵𝐶，𝐸𝐹∩𝐹𝐺=𝐹，𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺，𝐹𝐺⊂平面𝐸𝐹𝐺，平面𝑃𝐵𝐶∥平面𝐸𝐹𝐺，𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，故𝑃𝐵∥

平面𝐸𝐹𝐺．（2）连接𝐷𝐸，平面PAD⊥平面ABCD，平面𝑃𝐴𝐷∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，故PA⊥平面ABCD，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，PA⊥CD，四边形ABCD为正方形，AD⊥CD，𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴，𝑃𝐴,𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，

故CD⊥平面PAD．GD＝2，𝑆△𝐸𝐹𝐷=12×2×2=2．𝐵𝐶∥平面EFG，故B，C两点到平面EFG的距离相等，G是线段CD的中点，C，D两点到平面EFG的距离相等，即B，D两点到平面EFG的距离相等，𝑉𝐵⬚−𝐸𝐹𝐺=𝑉𝐷⬚−𝐸𝐹𝐺=�

�𝐺⬚−𝐸𝐹𝐷=13×𝑆△𝐸𝐹𝐷×𝐷𝐺=13×2×2=43，三棱锥B－EFG的体积为43．4．（2022春·山东聊城·高一期中）如图：在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1

中，𝑀为𝐷𝐷1的中点.(1)求证：𝐵𝐷1∥平面𝐴𝑀𝐶；(2)若𝑁为𝐶𝐶1的中点，求证：平面𝐴𝑀𝐶∥平面𝐵𝑁𝐷1.【解题思路】（1）设𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂，接𝑂𝑀，证明𝑂𝑀∥𝐵𝐷1，再根据线面平行的

判定定理即可得证；（2）证明四边形𝐶𝑁𝐷1𝑀为平行四边形，从而可得𝐷1𝑁∥𝐶𝑀，即可证得𝐷1𝑁∥平面𝐴𝑀𝐶，再根据面面平行的判定定理即可得证.【解答过程】（1）证明：设𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂，接𝑂𝑀，∵在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶

1𝐷1中，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∴𝑂是𝐵𝐷中点，∵𝑀是𝐷𝐷1的中点，∴𝑂𝑀∥𝐵𝐷1，∵𝐵𝐷1⊄平面𝐴𝑀𝐶,𝑂𝑀⊂平面𝐴𝑀𝐶,∴𝐵𝐷1∥平面𝐴𝑀𝐶；（2）证明：∵𝑁为𝐶𝐶1的中点，𝑀为𝐷𝐷1的中点

，∴𝐶𝑁∥𝐷1𝑀,∴𝐶𝑁=𝐷1𝑀，∴四边形𝐶𝑁𝐷1𝑀为平行四边形，∴𝐷1𝑁∥𝐶𝑀，又∵𝑀𝐶⊂平面𝐴𝑀𝐶,∵𝐷1𝑁⊄平面𝐴𝑀𝐶,∴𝐷1𝑁∥平面𝐴�

�𝐶，由（1）知𝐵𝐷1∥平面𝐴𝑀𝐶,∵𝐵𝐷1∩𝐷1𝑁=𝐷1,𝐵𝐷1⊂平面𝐵𝑁𝐷1,𝐷1𝑁⊂平面𝐵𝑁𝐷1，∴平面𝐴𝑀𝐶∥平面𝐵𝑁𝐷1.5．（2022春

·河南信阳·高一阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N、Q、S分别是被AB、BC、C1D1、D1A1的中点.(1)求证：MN//QS；(2)记MNQS确定的平面为α,作出平面α被该正方体所截的多边形截面，写出作法

步骤.并说明理由，然后计算截面面积；(3)求证：平面ACD1//平面α.【解题思路】（1）𝑀𝑁//𝐴𝐶，𝑆𝑄//𝐴1𝐶1，𝐴𝐶//𝐴1𝐶1，证得𝑀𝑁//𝑆𝑄；（2）取𝐴𝐴1、𝐶𝐶1中点𝐸、𝐹，则𝑆𝑄𝐹𝑁𝑀𝐸为平

面𝛼被该正方体所截的多边形截面，求截面面积即可；（3）根据平面与平面平行的判定定理证明即可．【解答过程】（1）证明：连接𝑆𝑄，𝑀𝑁，𝐴𝐶，𝐴1𝐶1如图，正方体中𝐴𝐴1//𝐶𝐶1，𝐴𝐴1=𝐶𝐶1，四边形𝐴𝐶𝐶1𝐴1为平行四边

形，则有𝐴𝐶//𝐴1𝐶1，∵𝑀、𝑁、𝑄、𝑆分别是被𝐴𝐵、𝐵𝐶、𝐶1𝐷1、𝐷1𝐴1的中点，∴𝑀𝑁//𝐴𝐶，𝑆𝑄//𝐴1𝐶1，∴𝑀𝑁//𝑆𝑄．（2）取𝐴𝐴1、𝐶𝐶1中点𝐸、𝐹，连接𝑆、𝑄、𝐹、𝑁、𝑀、𝐸，如图，则正六

边形𝑆𝑄𝐹𝑁𝑀𝐸为平面𝛼被该正方体所截的多边形截面，𝑀𝑁=√𝐵𝑀2+𝐵𝑁2=√2，∴𝑆𝑆𝑄𝐹𝑁𝑀𝐸=6×12×√2×√2×sin60°=3√3．（3）∵𝑀𝑁//𝐴𝐶，𝐴𝐶⊂平面𝛼，

𝑀𝑁⊂平面𝛼，∴𝐴𝐶//平面𝛼，又∵𝑆、𝐸分别𝐴1𝐷1、𝐴𝐴1的中点，∴𝑆𝐸//𝐴𝐷1，∵𝑆𝐸⊂平面𝛼，𝐴𝐷1⊂平面𝛼，∴𝐴𝐷1//平面𝛼，又∵𝐴𝐷1∩𝐴𝐶=𝐴，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷1，𝐴𝐷1⊂平面𝐴𝐶�

�1，∴平面𝐴𝐶𝐷1//平面𝛼．6．（2022春·山东聊城·高一期中）如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，𝐹,𝐺分别为𝑃𝐵,𝐴𝐷的中点.(1)证明：AF∥平面𝑃𝐶�

�；(2)在线段𝐵𝐷上是否存在一点𝑁，使得𝐹𝑁∥平面𝑃𝐶𝐺，并给出必要的证明.【解题思路】（1）取𝑃𝐶中点𝐻，证明四边形𝐴𝐺𝐻𝐹为平行四边形即可；（2）设𝐵𝐷∩𝐶𝐺=𝑂，取𝑂𝐵中点𝐾，先证明𝐹𝐾//平

面𝑃𝐶𝐺，即可证明点𝑁在线段𝐵𝐷靠近𝐵端的三等分点时符合题意.【解答过程】（1）证明：取𝑃𝐶中点𝐻，连接𝐺𝐻,𝐹𝐻，在△𝑃𝐵𝐶中，𝐹为𝑃𝐵的中点，∴𝐹𝐻∥12𝐵𝐶.∵𝐺为𝐴𝐷的中点，∴𝐴𝐺∥12𝐵𝐶,∴𝐴�

�∥𝐹𝐻,𝐴𝐺=𝐹𝐻，即四边形𝐴𝐺𝐻𝐹为平行四边形，∴𝐴𝐹∥𝐺𝐻.∵𝐺𝐻⊂平面𝑃𝐶𝐺,𝐴𝐹⊄平面𝑃𝐶𝐺,∴𝐴𝐹∥平面𝑃𝐶𝐺.（2）设𝐵𝐷∩𝐶𝐺=𝑂，取𝑂𝐵中点𝐾，连接𝐹𝐾，则在

△𝑃𝑂𝐵中，∵𝐹,𝐾分别是𝑂𝐵,𝑃𝐵的中点，∴𝐹𝐾∥𝑂𝑃，∵𝑂𝑃⊂平面𝑃𝐶𝐺,𝐹𝐾⊄平面𝑃𝐶𝐺，∴𝐹𝐾∥平面𝑃𝐶𝐺.∵△𝐷𝑂𝐺与△𝐵𝑂𝐶相似，且相似比为1:2，∴𝐵𝑂=2𝐷𝑂=2𝐾𝐵，∴𝐾

为𝐵𝐷的三等分点.∴𝑁在𝐾点位置时满足𝐹𝑁∥平面𝑃𝐶𝐺.即点𝑁在线段𝐵𝐷靠近𝐵端的三等分点时符合题意.7．（2022春·山东聊城·高一阶段练习）如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐷=12𝐵𝐶，点�

�为𝑃𝐶上一点，𝐹为𝑃𝐵的中点，且𝐴𝐹//平面𝐵𝐷𝐸.(1)若平面𝑃𝐴𝐷与平面𝑃𝐵𝐶的交线为𝑙，求证：𝑙//平面𝐴𝐵𝐶𝐷；(2)求证：𝐴𝐹//𝐷𝐸.【解题思路】（1）结合线面平行的判定定理和性质定理证得：𝑙//

平面𝐴𝐵𝐶𝐷.（2）结合线面平行的性质定理和三角形重心的知识证得：𝐴𝐹//𝐷𝐸.【解答过程】（1）∵𝐵𝐶//𝐴𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷,𝐵𝐶⊄平面𝑃𝐴𝐷，∴𝐵𝐶//平面𝑃𝐴𝐷.∵𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，

平面𝑃𝐵𝐶∩平面𝑃𝐴𝐷=𝑙，∴𝐵𝐶//𝑙.∵𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝑙⊄平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑙//平面𝐴𝐵𝐶𝐷.（2）连接𝐴𝐶,𝐹𝐶，设𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂，𝐹𝐶∩𝐵𝐸=𝑀，连接𝑂𝑀，∵𝐴𝐹//平

面𝐵𝐷𝐸,𝐴𝐹⊂平面𝐴𝐹𝐶，平面𝐴𝐹𝐶∩平面𝐵𝐷𝐸=𝑂𝑀，∴𝐴𝐹//𝑂𝑀，∵𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐷=12𝐵𝐶，所以𝐴𝑂𝑂𝐶=𝐴𝐷𝐵𝐶=12，∴𝐹𝑀𝑀𝐶=𝐴𝑂𝑂𝐶=12，∴点𝑀是△𝑃𝐵𝐶的重心，

∴点𝐸是𝑃𝐶的中点，∴𝐸𝑀𝑀𝐵=12=𝐷𝑂𝑂𝐵，∴𝑂𝑀//𝐷𝐸，∴𝐴𝐹//𝐷𝐸.8．（2022秋·湖南怀化·高二阶段练习）已知𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷

1是底面边长为1的正四棱柱，且𝐴𝐴1=2,𝑂1是𝐴1𝐶1与𝐵1𝐷1的交点.(1)若𝐸是𝐴𝐵1的中点，求证：𝑂1𝐸//平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1；(2)求𝐶到平面𝐸𝐵1𝑂1的距离.【解题思路】（1）通过构造中位线的方法证得𝑂1𝐸//平面𝐴

𝐷𝐷1𝐴1.（2）利用等体积法求得𝐶到平面𝐸𝐵1𝑂1的距离.【解答过程】（1）连接𝐴𝐷1，由于𝐸,𝑂1分别是𝐴𝐵1,𝐵1𝐷1的中点，所以𝑂1𝐸//𝐴𝐷1，由于𝑂1𝐸⊄平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，𝐴𝐷1⊂平

面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，所以𝑂1𝐸//平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1.（2）连接𝐶𝐴,𝐶𝐵1,𝐶𝐷1,𝐴𝑂1，则𝐶到平面𝐸𝐵1𝑂1的距离是𝐶到平面𝐴𝐵1𝐷1的距离，设为ℎ.𝑉𝐶−𝐴𝐵1𝐷1=1×1×2−[13×(12×1×1)×2]×4=23，�

�𝐵1=𝐴𝐷1=√5,𝐵1𝐷1=√2,𝑆△𝐴𝐵1𝐷1=12×√2×√(√5)2−(√22)2=32，13⋅𝑆△𝐴𝐵1𝐷1⋅ℎ=13⋅32⋅ℎ=23,ℎ=43，所以𝐶到平面𝐸𝐵1𝑂1的距离是43.

9．（2022春·广西百色·高一期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点．(1)求证：EF∥平面BDD1B1；(2)设G为棱CD上的中点，求证：平面GEF∥平面BDD1B1．【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理

求证即可；（2）根据面面平行的判定定理证明即可．【解答过程】（1）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接BM，如图，因E，F分别是BC，CM的中点，则有EF∥BM，又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD1B1，所

以EF∥平面BDD1B1．（2）证明：取CD的中点G，连接EG，FG，如图，而E是BC的中点，于是得EG∥BD，而EG⊄平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，从而得EG∥平面BDD1B1，由（1）知EF∥平面BDD1B1，EF∩EG＝E，且EF、EG⊂平面GEF，因此，平面GE

F∥平面BDD1B1，所以当G是DC的中点时，平面GEF∥平面BDD1B1．10．（2023·海南省·统考模拟预测）如图所示，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，侧面𝑃𝐴𝐷为正三角形，𝑀为线段𝑃𝐷上一点，𝑁为𝐵𝐶的中点.(1)当𝑀为𝑃𝐷的中点

时，求证：𝑀𝑁//平面𝑃𝐴𝐵.(2)当𝑃𝐵//平面𝐴𝑀𝑁，求出点𝑀的位置，说明理由.【解题思路】（1）取𝐴𝑃中点为𝐸，连接𝐸𝑀,𝐸𝐵，利用中位线、平行四边形性质及平行

公理有𝐵𝑁//𝑀𝐸,𝐵𝑁=𝑀𝐸，即𝐵𝑁𝑀𝐸为平行四边形，则𝑀𝑁//𝐵𝐸，最后根据线面平行的判定证结论；（2）连接𝐴𝑁,𝐵𝐷，相交于𝑂，连接𝑂𝑀，由线面平行的性质得𝑃𝐵//𝑂𝑀，利用相似比可得𝑃𝑀𝑀𝐷=12，即可判断𝑀的位置.【解答过程

】（1）取𝐴𝑃中点为𝐸，连接𝐸𝑀,𝐸𝐵，在△𝑃𝐴𝐷中，𝑀为𝑃𝐷的中点，𝐸为𝐴𝑃中点，∴𝐸𝑀//𝐴𝐷,𝐸𝑀=12𝐴𝐷，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑁为𝐵𝐶的中点，∴

𝐵𝑁//𝐴𝐷,𝐵𝑁=12𝐴𝐷，∴𝐵𝑁//𝑀𝐸,𝐵𝑁=𝑀𝐸，∴四边形𝐵𝑁𝑀𝐸为平行四边形，∴𝑀𝑁//𝐵𝐸,𝑀𝑁⊄面𝑃𝐴𝐵,𝐵𝐸⊂面𝑃𝐴𝐵，∴𝑀𝑁//平面𝑃𝐴𝐵；（2）连接𝐴𝑁,𝐵𝐷，相交于𝑂，连接𝑂𝑀

，∵𝑃𝐵//面𝐴𝑀𝑁，面𝑃𝐵𝐷∩面𝐴𝑀𝑁=𝑂𝑀,𝑃𝐵⊂面𝑃𝐵𝐷，∴𝑃𝐵//𝑂𝑀，𝑃𝑀𝑀𝐷=𝑂𝐵𝑂𝐷=𝐵𝑁𝐴𝐷=12，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.11．（2023·

河南·校联考模拟预测）如图，多面体ABCDEF的面ABCD是正方形，其中心为M．平面𝐴𝐷𝐸⊥平面ABCD，𝐵𝐹∕∕𝐴𝐸，𝐴𝐸=2𝐵𝐹，𝐴𝐷=𝐷𝐸=𝐴𝐸=2．(1)求证：𝐶𝐹⊥平面AEFB；(2)在△𝐴𝐷𝐸内（包括边界）是否存在一点N，使得𝑀𝑁∕∕平面

CEF？若存在，求点N的轨迹，并求其长度；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）取AE的中点G，连接GF，DG，证明𝐶𝐹∕∕𝐷𝐺，根据面面垂直的性质可得𝐵𝐴⊥平面ADE，从而可得𝐵𝐴⊥𝐷𝐺，在证明

𝐷𝐺⊥平面AEFB，即可得证；（2）先证明𝐵𝐺∕∕平面CEF，𝐷𝐺∕∕平面CEF，再根据面面平行的判定定理可得平面𝐵𝐷𝐺∕∕平面CEF，再根据面面平行的性质即可得出结论.【解答过程】（1）如图，取AE的中点G，连接GF，DG，因为�

�𝐹∕∕𝐴𝐸，𝐴𝐸=2𝐵𝐹，所以𝐵𝐹∕∕𝐴𝐺，𝐵𝐹=𝐴𝐺，所以四边形ABFG是平行四边形，所以𝐹𝐺∕∕𝐴𝐵，𝐹𝐺=𝐵𝐴，又因为𝐵𝐴∕∕𝐶𝐷，𝐵𝐴=

𝐶𝐷，所以𝐹𝐺∕∕𝐶𝐷，𝐹𝐺=𝐶𝐷，所以四边形CDGF是平行四边形，所以𝐶𝐹∕∕𝐷𝐺，因为𝐵𝐴⊥𝐴𝐷，平面𝐴𝐷𝐸⊥平面ABCD，𝐵𝐴⊂平面ABCD，平面𝐴𝐷𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷，所以𝐵𝐴⊥平面ADE，又�

�𝐺⊂平面ADE，所以𝐵𝐴⊥𝐷𝐺，因为𝐴𝐷=𝐷𝐸=𝐴𝐸，G为AE的中点，所以𝐷𝐺⊥𝐴𝐸，又AE，𝐵𝐴⊂平面AEFB，且𝐴𝐸∩𝐵𝐴=𝐴，所以𝐷𝐺⊥平面AEFB，所以𝐶𝐹⊥平面AEFB；（2）如图，连接BD，BG，由

（1）知，𝐵𝐹∕∕𝐴𝐺，𝐵𝐹=𝐴𝐺，所以𝐵𝐹∕∕𝐸𝐺，𝐵𝐹=𝐸𝐺，所以四边形BGEF是平行四边形，所以𝐵𝐺∕∕𝐸𝐹，因为𝐸𝐹⊂平面CEF，𝐵𝐺⊄平面CEF，所以𝐵𝐺∕∕平面CEF，又由（1）知

，𝐶𝐹∕∕𝐷𝐺，𝐶𝐹⊂平面𝐶𝐸𝐹，𝐷𝐺⊄平面CEF，所以𝐷𝐺∕∕平面CEF，因为DG，𝐵𝐺⊂平面𝐵𝐷𝐺，且𝐷𝐺∩𝐵𝐺=𝐺，所以平面𝐵𝐷𝐺∕∕平面CEF，设点N为线段

DG上任意一点，则𝑀𝑁⊂平面BDG，𝑀𝑁∕∕平面CEF，所以点N的轨迹为线段DG，长度为√3．12．（2022·北京·统考模拟预测）如图所示，已知△𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶=𝐵𝐷=2，且∠𝐶𝐵𝐷=120°，现将△𝐵𝐶𝐷沿BC翻折到△𝐴𝐵𝐶，满足cos∠

𝐴𝐵𝐷=13．(1)求证：𝐴𝐷⊥𝐵𝐶；(2)若E为边CD的中点，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【解题思路】（1）取AD中点M，连接BM，CM，证明𝐴𝐷⊥平面CBM，原题即得证；（2）

过点D作𝐷𝐹⊥𝐵𝐶交CB的延长线于点F，连接AF,过点D作𝐷𝑂⊥𝐴𝐹交AF的延长线于点O.先求出𝐴𝐸的长，再求出D到平面ABC的距离，即得解.【解答过程】（1）取AD中点M，连接BM，CM，∵𝐵𝐶=𝐵𝐷=2，∠𝐶𝐵�

�=120°，∴𝐶𝐷=2√3，同理可得𝐴𝐶=𝐶𝐷=2√3，又∵𝐵𝐴=𝐵𝐷，∴𝐵𝑀⊥𝐴𝐷，𝐶𝑀⊥𝐴𝐷．∵𝐵𝑀∩𝐶𝑀=𝑀，𝐵𝑀，𝐶𝑀⊂平面CBM，∴𝐴𝐷⊥平面CBM，∵𝐵𝐶⊂平面CBM，∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐶.（2）过点D作𝐷𝐹⊥𝐵𝐶

交CB的延长线于点F，连接AF,过点D作𝐷𝑂⊥𝐴𝐹交AF的延长线于点O.∵cos∠𝐴𝐵𝐷=13,∴𝐴𝐷2=𝐴𝐵2+𝐵𝐷2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐷⋅cos∠𝐴𝐵𝐷=4+4−2×2×2×13=16

3∴𝐴𝐷=4√33.在△𝐴𝐶𝐷中，E为CD的中点,由平行四边形对角线平方和定理得知：(2𝐴𝐸)2+𝐶𝐷2=2(𝐴𝐶2+𝐴𝐷2).∴4𝐴𝐸2+12=2(12+163)⇒𝐴𝐸=√513,∵𝐷𝐹⊥𝐵𝐶，由（1）知𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，且𝐷𝐹∩𝐴𝐷=𝐷，

𝐷𝐹,𝐴𝐷⊂平面ADF，∴𝐵𝐶⊥平面ADF，∵𝐵𝐶⊂平面ABC，∴平面𝐴𝐵𝐶⊥平面ADF∵平面𝐴𝐹𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐹在△𝐴𝐵𝐹中，𝐴𝐹=𝐴𝐵×cos∠𝐵𝐴𝐹=2×√3

2=√3，同理可得𝐷𝐹=√3.又𝐷𝑂⊥𝐴𝐹，则DO为D到平面ABC的距离.由余弦定理得cos∠𝐹𝐴𝐷=𝐹𝐴2+𝐴𝐷2−𝐹𝐷22𝐹𝐴⋅𝐴𝐷=23.∴sin∠𝐹𝐴𝐷=√1−49=√53.则𝐷𝑂=𝐴𝐷⋅

sin∠𝐹𝐴𝐷=4√33×√53=4√159.∵E为DC中点,∴E到平面ABC的距离为12𝐷𝑂=2√159.∴AE与平面ABC所成角的正弦值为2√159√513=2√8551.13．（2023春·四川成都·高三开学考试）如图，在几何体ABCDE中，

𝐴𝐷⊥面𝐴𝐵𝐸，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐷=2𝐵𝐶，𝐴𝐵=𝐵𝐸．(1)求证：平面𝐷𝐶𝐸⊥平面DAE；(2)AB=1，𝐴𝐸=√2，𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸=14，求CE与平面DAE所成角的正弦值．【解题思路】（1）根据线线平行证得𝐶𝑁//𝐵𝑀，

再结合线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得证；（2）首先确定直线𝐶𝐸与平面𝐷𝐴𝐸所成角的平面角为∠𝐶𝐸𝑁，再应用棱锥体积公式求𝐶𝐸=√52、𝐶𝑁=√22，即可得解.【解答过程】（1）如

图，取𝐴𝐸、𝐷𝐸的中点M、N，连接𝐵𝑀、𝑀𝑁、𝐶𝑁，则知𝑀𝑁∥𝐴𝐷，且𝐴𝐷=2𝑀𝑁，又𝐴𝐷∥𝐵𝐶，且𝐴𝐷=2𝐵𝐶，所以𝑀𝑁∥𝐵𝐶，且𝑀𝑁=𝐵𝐶，则四边形𝐵𝑀𝑁𝐶为平行四边形，所

以𝐶𝑁∥𝐵𝑀．∵𝐴𝐵=𝐵𝐸，M为𝐴𝐸的中点，∴𝐵𝑀⊥𝐴𝐸，∵𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐸，𝐵𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐸，∴𝐵𝑀⊥𝐴𝐷．又𝐴𝐷∩𝐴𝐸=𝐴，𝐴𝐷⊂平面𝐷𝐴𝐸,𝐴𝐸⊂平面𝐷𝐴𝐸，∴𝐵𝑀⊥平面𝐷𝐴𝐸

从而可得𝐶𝑁⊥平面𝐷𝐴𝐸，由于𝐶𝑁⊂平面𝐷𝐶𝐸，所以平面𝐷𝐶𝐸⊥平面𝐷𝐴𝐸，命题得证．.（2）由（1）知，𝐶𝑁⊥平面DAE于𝑁，则∠𝐶𝐸𝑁为CE与平面DAE所成角.且在Rt△𝐶𝐸𝑁中，sin∠𝐶𝐸𝑁=𝐶𝑁

𝐶𝐸，由𝐴𝐵=𝐵𝐸=1且𝐴𝐸=√2，得𝐴𝐵⊥𝐵𝐸，又已知𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐸，𝐵𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐸，∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐸，∵𝐴𝐷∩𝐴𝐵=𝐴,𝐴𝐷,𝐴𝐵⊂平面ABCD，∴𝐵𝐸⊥平面ABCD，设𝐵𝐶=𝑡(𝑡>

0)，则𝐴𝐷=2𝑡，那么有𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷+𝐵𝐶2⋅𝐴𝐵=3𝑡2，则𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸=13𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷⋅𝐵𝐸=𝑡2=14，解得𝑡=12，即有𝐵𝐶=12．从而易得，在Rt△�

�𝐵𝐸中，𝐶𝐸=√52；又在Rt△𝐴𝐵𝐸中，𝐵𝑀=√22，则知𝐶𝑁=𝐵𝑀=√22；∴sin∠𝐶𝐸𝑁=𝐶𝑁𝐶𝐸=√2√5=√105，即CE与平面DAE所成角的正弦值为√105．14．（2023秋·四川广元·

高二期末）如图，边长为3的正方形ABCD中，点E是线段AB上的动点，点F是线段BC上的动点，均不含端点，且满足𝐵𝐸=𝐵𝐹，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P.(1)求证：𝑃𝐷⊥𝐸�

�；(2)当𝐵𝐸=𝐵𝐹=13𝐵𝐶时，求三棱锥𝑃−𝐸𝐹𝐷的体积.【解题思路】（1）由线线垂直证𝐷𝑃⊥平面𝑃𝐸𝐹，再证𝑃𝐷⊥𝐸𝐹；（2）由等体积法求𝑉𝐷−𝑃𝐸𝐹.【解答过程】（1）证明：A

，C重合于P，∵𝐷𝐴⊥𝐴𝐸，∴𝐷𝑃⊥𝑃𝐸，∵𝐷𝐶⊥𝐶𝐹，∴𝐷𝑃⊥𝑃𝐹，又𝑃𝐸⊂平面𝑃𝐸𝐹，𝑃𝐹⊂平面𝑃𝐸𝐹，𝑃𝐸∩𝑃𝐹=𝑃，∴𝐷𝑃⊥平面𝑃𝐸

𝐹，∵𝐸𝐹⊂平面PEF，∴𝑃𝐷⊥𝐸𝐹；（2）由已知得𝐵𝐸=𝐵𝐹=1，𝐸𝐹=√2，𝑃𝐸=𝑃𝐹=2，则在△𝑃𝐸𝐹中，𝐸𝐹边上的高ℎ=√4−12=√142.则𝑆△𝑃𝐸𝐹=12×√2×√142=

√72，∴𝑉𝑃−𝐸𝐹𝐷=𝑉𝐷−𝑃𝐸𝐹=13𝑆△𝑃𝐸𝐹×𝑃𝐷=13×3×√72=√72.15．（2023·内蒙古·模拟预测）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形，𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵//𝐶𝐷

，𝑃𝐵=𝐶𝐷=2𝐴𝐵=2𝐴𝐷，𝑃𝐷=√2𝐴𝐵，𝑃𝐶⊥𝐷𝐸，𝐸是棱𝑃𝐵的中点.(1)证明：𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷；(2)若𝐹是棱𝐴𝐵的中点，𝐴𝐵=2，求点𝐶到平面𝐷𝐸𝐹的距离.【解题思路】（1）由线面垂直判定可证得𝐷𝐸

⊥平面𝑃𝐵𝐶，进而得到𝐷𝐸⊥𝐵𝐶；利用勾股定理和线面垂直的判定得到𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐷，从而得到𝐵𝐶⊥𝑃𝐷；利用勾股定理可证得𝑃𝐷⊥𝐵𝐷，由此可得结论；（2）设点𝐶到平面𝐷𝐸�

�的距离为𝑑，利用等体积转换的方式，由𝑉𝐶−𝐷𝐸𝐹=𝑉𝐸−𝐶𝐷𝐹，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.【解答过程】（1）连接𝐵𝐷，∵𝐴𝐵=𝐴𝐷，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，∴𝐵𝐷=√2𝐴�

�，又𝑃𝐷=√2𝐴𝐵，∴𝑃𝐷=𝐵𝐷，∵𝐸为棱𝑃𝐵中点，∴𝐷𝐸⊥𝑃𝐵，又𝑃𝐶⊥𝐷𝐸，𝑃𝐶∩𝑃𝐵=𝑃，𝑃𝐶,𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，∴𝐷𝐸⊥平面𝑃𝐵𝐶，又𝐵𝐶⊂

平面𝑃𝐵𝐶，∴𝐷𝐸⊥𝐵𝐶；在直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，取𝐶𝐷中点𝑀，连接𝐵𝑀，∵𝐶𝐷=2𝐴𝐵，∴𝐷𝑀=𝐴𝐵，又𝐷𝑀//𝐴𝐵，𝐴𝐵=𝐴𝐷，𝐴�

�⊥𝐴𝐷，∴四边形𝐴𝐵𝑀𝐷为正方形，∴𝐵𝑀=𝐴𝐷，𝐵𝑀⊥𝐶𝐷，∴𝐵𝐶=√2𝐵𝑀=√2𝐴𝐷=√2𝐴𝐵，又𝐵𝐷=√2𝐴𝐵，∴𝐵𝐷2+𝐵𝐶2=𝐶𝐷2，∴𝐵𝐶⊥𝐵𝐷，∵𝐵𝐷∩𝐷𝐸=𝐷，𝐵𝐷,𝐷𝐸⊂平

面𝑃𝐵𝐷，∴𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐷，∵𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐵𝐷，∴𝐵𝐶⊥𝑃𝐷；∵𝑃𝐷=𝐵𝐷=√2𝐴𝐵，𝑃𝐵=2𝐴𝐵，∴𝑃𝐷2+𝐵𝐷2=𝑃𝐵2，∴𝑃𝐷⊥𝐵𝐷，又𝐵𝐶∩𝐵𝐷=𝐵，𝐵𝐶,𝐵𝐷⊂平面

𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷.（2）∵𝐴𝐷=𝐴𝐵=2，𝐶𝐷=2𝐴𝐵=4，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，∴𝑆△𝐶𝐷𝐹=12×4×2=4，由（1）知：𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐷=2√2，则点𝐸到平面𝐴𝐵�

�𝐷的距离𝑑1=12𝑃𝐷=√2，∴𝑉𝐸−𝐶𝐷𝐹=13𝑆△𝐶𝐷𝐹⋅𝑑1=13×4×√2=4√23；∵𝐴𝐷=2，𝑃𝐷=2√2，∴𝑃𝐴=√𝐴𝐷2+𝑃𝐷2=2√3，∵𝐸,𝐹分别为棱𝑃𝐵,𝐴𝐵中点，∴𝐸𝐹=12𝑃𝐴=√3，∵�

�𝐵⊥𝐴𝐷，𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，∴𝐷𝐹=√5，𝐵𝐷=2√2，∵𝑃𝐷=𝐵𝐷=2√2，∴𝑃𝐵=4，∴𝐷𝐸=12𝑃𝐵=2，由余弦定理得：cos∠𝐷𝐸𝐹=4+3−52×2×√3=√36，则sin∠𝐷𝐸𝐹=√336，∴𝑆△𝐷𝐸𝐹=12×2×√

3×√336=√112，设点𝐶到平面𝐷𝐸𝐹的距离为𝑑，∴𝑉𝐶−𝐷𝐸𝐹=𝑉𝐸−𝐶𝐷𝐹=13𝑆△𝐷𝐸𝐹⋅𝑑2=√116𝑑2=4√23，解得：𝑑2=8√2211，即点𝐶到平面𝐷𝐸𝐹的距离为8√2211.16．（2023秋·山东

威海·高二期末）如图，在正四棱锥P－ABCD中，𝑃𝐴=𝐴𝐵=3√2，点M，N分别在PA，BD上，且𝑃𝑀𝑃𝐴=𝐵𝑁𝐵𝐷=13．(1)求证：𝑀𝑁⊥𝐴𝐷；(2)求证：𝑀𝑁//平面

PBC，并求直线MN到平面PBC的距离．【解题思路】（1）连接AN并延长交BC于E，连接PE，先通过比例得到𝑀𝑁∥𝑃𝐸，再通过证明𝑃𝐸⊥𝐵𝐶可得𝑀𝑁⊥𝐴𝐷；（2）通过𝑀𝑁//�

�𝐸可得𝑀𝑁//平面PBC，将求直线MN到平面PBC的距离转化为点N到平面PBC的距离，利用等体积法13×𝑆△𝑁𝐵𝐶×ℎ𝑃−𝑁𝐵𝐶=13×𝑆△𝑃𝐵𝐶×ℎ𝑁−𝑃𝐵𝐶可得距离.【解答过程】（1）

连接AN并延长交BC于E，连接PE，∵𝐵𝑁𝐵𝐷=13，即𝐵𝑁𝑁𝐷=12∵𝐴𝐷//𝐵𝐶,𝐵𝑁𝑁𝐷=12，∴𝑁𝐸𝐴𝑁=𝐵𝐸𝐴𝐷=12，即𝑁𝐸𝐴𝐸=13，∴𝑃𝑀𝑃𝐴=𝑁𝐸𝐸𝐴=13，∴𝑀𝑁//𝑃𝐸，又∴𝐵𝐸𝐴𝐷

=12,𝐵𝐶=𝐴𝐷，故E为BC中点，又在正四棱锥中PA=AB，则𝑃𝐶=𝑃𝐵，∴𝑃𝐸⊥𝐵𝐶，即PE⊥AD，∴𝑀𝑁⊥𝐴𝐷；（2）由（1）得𝑀𝑁//𝑃𝐸，且𝑀𝑁⊄面PBC，𝑃𝐸⊂面PBC，∴𝑀𝑁//平面PBC，故直线MN到平面PBC的

距离即为点N到平面PBC的距离，设为ℎ𝑆△𝑃𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅𝑃𝐸=12×3√2×√(3√2)2−(3√22)2=9√32，𝑆△𝑁𝐵𝐶=13×12𝐵𝐶⋅𝐷𝐶=13×12×3√2×3√2=3，点P到面ABCD的距离ℎ′=√𝑃

𝐵2−(𝐵𝐷2)2=√(3√2)2−(3√2×√22)2=3，由𝑉𝑃−𝑁𝐵𝐶=𝑉𝑁−𝑃𝐵𝐶，得13×𝑆△𝑁𝐵𝐶×ℎ′=13×𝑆△𝑃𝐵𝐶×ℎ，∴13×3×3=13×9√32×ℎ，得ℎ=2√3

3.17．（2023秋·山东东营·高二期末）如图，在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，E为𝐴𝐴1的中点，∠𝐴1𝐴𝐷=∠𝐴1𝐴𝐵．(1)求证：𝐴1𝐶∥平面𝐸𝐵𝐷；(2)求证：𝐵�

�⊥平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶.【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）作𝐴1𝐼⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷于点I，作𝐴1𝐺⊥𝐴𝐵于点G，𝐴1𝐾⊥𝐴𝐷于点K，连接𝐾𝑙,𝐺𝑙，需证明I在𝐴𝐶上，再证明𝐴1𝐼⊥𝐵𝐷，结合𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，根据线面垂

直的判定定理即可证明结论.【解答过程】（1）证明：如图，在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，连接𝐴𝐶，交𝐵𝐷于O点，则O为𝐴𝐶的中点，连接𝐸𝑂，因为E

为𝐴𝐴1的中点，故𝐸𝑂∥𝐴1𝐶,因为𝐸𝑂⊂平面𝐸𝐵𝐷，𝐴1𝐶⊄平面𝐸𝐵𝐷，故𝐴1𝐶∥平面𝐸𝐵𝐷；（2）证明：作𝐴1𝐼⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷于点I，作𝐴1𝐺⊥𝐴𝐵于点G，𝐴1𝐾⊥𝐴𝐷于点K，连接𝐾𝑙,𝐺𝑙，因为∠𝐴1

𝐴𝐷=∠𝐴1𝐴𝐵，𝐴𝐴1=𝐴𝐴1,故Rt△𝐴1𝐺𝐴≌Rt△𝐴1𝐾𝐴,所以𝐴𝐺1⬚=𝐴1𝐾,∵𝐴1𝐼⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐺𝐼,𝐾𝐼⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐴

1𝐼⊥𝐾𝐼,𝐴1𝐼⊥𝐺𝐼,故Rt△𝐴1𝐼𝐺≌Rt△𝐴1𝐼𝐾,故𝐺𝐼=𝐾𝐼,又𝐴1𝐼⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,故𝐴1𝐼⊥𝐴𝐵,又𝐴1𝐺⊥𝐴𝐵，𝐴1𝐺∩𝐴1𝐼

=𝐴1,𝐴1𝐺,𝐴1𝐼⊂平面𝐴1𝐺𝐼,故𝐴𝐵⊥平面𝐴1𝐺𝐼，𝐺𝐼⊂平面𝐴1𝐺𝐼，故𝐴𝐵⊥𝐺𝐼,同理可证𝐴𝐷⊥𝐾𝐼,结合𝐺𝐼=𝐾𝐼，可知I在∠𝐵𝐴𝐷的平分线上，即I在𝐴𝐶

上，则𝐴1𝐼⊂平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，而𝐴1𝐼⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,故𝐴1𝐼⊥𝐵𝐷,又底面𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，则𝐵𝐷⊥𝐴𝐶,𝐴𝐶∩𝐴1𝐼=𝐼,𝐴𝐶,𝐴

1𝐼⊂平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，故𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶.18．（2023·辽宁沈阳·高二学业考试）已知在四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐸⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，且底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，F、G分别为𝐴𝐸和𝐶�

�的中点.(1)求证：𝐹𝐺//平面𝐴𝐵𝐶𝐷；(2)求证：𝐵𝐷⊥𝐶𝐸.【解题思路】（1）连接AC，通过证明𝐹𝐺//𝐴𝐶，利用线面垂直的判定可得答；（2）通过证明𝐵𝐷⊥面𝐴𝐶𝐸可得答案.【解答过程】（1）

连接AC，由已知F、G分别为𝐴𝐸和𝐶𝐸的中点，∴𝐹𝐺//𝐴𝐶，又𝐹𝐺⊄面ABCD，𝐴𝐶⊂面ABCD，∴𝐹𝐺//平面𝐴𝐵𝐶𝐷；（2）∵底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，又𝐴

𝐸⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂面ABCD，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐸，∵𝐴𝐸∩𝐴𝐶=𝐴,𝐴𝐸⊂面𝐴𝐶𝐸，𝐴𝐶⊂面𝐴𝐶𝐸，∴𝐵𝐷⊥面𝐴𝐶𝐸，又𝐶𝐸⊂面𝐴𝐶𝐸，∴

𝐵𝐷⊥𝐶𝐸.19．（2023·高一课时练习）已知圆锥的轴截面SAB是等腰直角三角形，𝑆𝐴=2𝑎，Q是底面圆O内一点，且𝑂𝑄⊥𝐴𝑄，C是AS中点，D是点O在SQ上的射影．(1)求证：𝑂𝐷⊥面AQS；(2)求三棱锥𝑆−𝑂𝐶𝐷体积的最大值．【解题思路】（1）根据

空间中线线垂直，线面垂直的相互转化关系即可证明．（2）先通过空间中垂直关系证明𝐴𝑆⊥平面𝑂𝐶𝐷，再根据三棱锥的体积公式，结合基本不等式，即可求其体积的最大值【解答过程】（1）∵𝑆𝑂⊥底面，𝐴𝑄在底面上∴𝑆𝑂⊥𝐴𝑄又∵𝐴𝑄⊥𝑂

𝑄，𝑆𝑂∩𝑂𝑄=𝑂，𝑆𝑂⊆平面𝑆𝑂𝑄，𝑂𝑄⊆平面𝑆𝑂𝑄，∴𝐴𝑄⊥平面𝑆𝑂𝑄∵𝑂𝐷⊆平面𝑆𝑂𝑄，∴𝐴𝑄⊥𝑂𝐷又∵D是点O在SQ上的射影，即𝑂𝐷⊥�

�𝑄且𝐴𝑄∩𝑆𝑄=𝑄，𝐴𝑄⊆平面𝑆𝐴𝑄，𝑆𝑄⊆平面𝑆𝐴𝑄，∴𝑂𝐷⊥平面𝑆𝐴𝑄（2）∵圆锥的轴截面𝑆𝐴𝐵是等腰直角三角形，C是AS中点，O是AB中点，∴𝑂�

�⊥𝐴𝑆又由(1)知，𝑂𝐷⊥平面𝑆𝐴𝑄∴𝑂𝐷⊥𝐴𝑆且𝑂𝐶∩𝑂𝐷=𝑂，𝑂𝐶⊆平面𝑂𝐶𝐷，𝑂𝐷⊆平面𝑂𝐶𝐷，∴𝐴𝑆⊥平面𝑂𝐶𝐷又∵𝑆𝐴=2𝑎∴𝑉𝑆−𝑂𝐶𝐷=13⋅𝑎⋅12⋅𝑂𝐷⋅𝐶�

�≤16𝑎⋅𝑂𝐷2+𝐶𝐷22=𝑎12⋅𝑂𝐶2=𝑎312当且仅当𝑂𝐷=𝑂𝐶=√22𝑎时取等号，所以三棱锥𝑆−𝑂𝐶𝐷的体积最大值为𝑎312．20．（2022春·河南·高一期中）如图，

在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸,𝐹,𝐺分别为所在棱的中点，𝑄,𝐻分别为正方形𝐴𝐷𝐷1𝐴1和正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的中心，连接𝐸𝐹，𝐸𝐺,𝐹𝐺,𝐷1𝑄,𝐶𝐻,𝑄𝐻,𝐶

𝐷1.(1)证明：平面𝐸𝐹𝐺//平面𝐶𝐷1𝑄𝐻；(2)问在线段𝐶𝐷上是否存在一点𝑃，使得𝐷𝑄∥平面𝐷1𝑃𝐻？若存在，写出𝑃点的位置并给出证明；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）由面面平行的判定即可得证；（2）要证明𝐷𝑄//平面𝐷1𝑃𝐻，

只要DQ平行于平面𝐷1𝑃𝐻内的某一条直线即可，再运用直角坐标系的思想求出𝐷𝑃的长度即可.【解答过程】（1）连接𝐶1𝐵，则有𝐸𝐹//𝐶1𝐵,𝐶1𝐵//𝐷1𝑄,∴𝐸𝐹//𝐷

1𝑄，同理𝐺𝐸//𝐷1𝐶，𝐸𝐹⊂平面GEF，𝐷1𝑄⊄平面GEF，所以𝐷1𝑄//平面GEF，𝐺𝐸⊂平面GEF，𝐷1𝐶⊄平面GEF，所以𝐷1𝐶//平面GEF，且𝐷1𝑄⊂平面𝐶𝐷1𝑄𝐻，𝐷1𝐶⊂平面𝐶𝐷1𝑄𝐻，�

�1𝑄∩𝐷1𝐶=𝐷1，∴平面𝐺𝐸𝐹//平面𝐶𝐷1𝑄𝐻；（2）如图：设平面QDC与𝐷1𝐻的交点为N，正方体的棱长为2𝑎，∵𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐴1𝐷1𝐷，𝐷1𝑄⊂平面𝐴𝐴1𝐷1𝐷，∴𝐶𝐷⊥𝐷1𝑄，又𝐷1𝑄⊥�

�𝑄，𝐷𝑄⊂平面DQC，𝐶𝐷⊂平面DQC，𝐷𝑄∩𝐶𝐷=𝐷，∴𝐷1𝑄⊥平面DQC，连接QN，𝑄𝑁⊂平面DQC，∴𝐷1𝑄⊥𝑄𝑁，△𝐷1𝑄𝑁是直角三角形，在△𝐷1𝐴𝐻中，𝐷1𝐴=2√2𝑎,𝐷𝐻=𝐴

𝐻=√2𝑎,𝐷1𝐻=√𝐷𝐷12+𝐷𝐻2=√4𝑎2+2𝑎2=√6𝑎，由余弦定理得：cos∠𝐴𝐷1𝐻=𝐷1𝐴2+𝐷1𝐻2−𝐴𝐻22⋅𝐷1𝐴⋅𝐷1𝐻=√32,∠𝐴𝐷1𝐻=𝜋6，在Rt△𝐷1𝑄𝑁中，𝐷1𝑁=𝐷1𝑄

cos∠𝐴𝐷1𝐻=𝐷1𝐴2√32=2√63𝑎，在平面QDC内作直线𝑁𝐿//𝐷𝐶，交QD于L，则𝑁𝐿⊥平面𝐴𝐴1𝐷1𝐷，𝑁𝐿⊥𝑄𝐷，在线段DC上取P点，使得𝐷𝑃=𝑁𝐿，则四边形𝐷𝑃𝑁𝐿为矩形，𝑄𝐷//𝑁𝑃,𝑁𝑃⊂平面𝐷

1𝑃𝐻，𝑄𝐷⊄平面𝐷1𝑃𝐻，∴𝑄𝐷//平面𝐷1𝑃𝐻，P点即是所求的点；取DC的中点K，连接HK，则𝐻𝐾⊥平面𝐷𝐷1𝐶1𝐶，过N点在平面𝐷1𝐻𝐾内作HK的平行线NM，交𝐷1𝐾于M点，过M点作DC的平行线，交𝐷1𝐷于W，连接WL，则四边形NMWL

是矩形，𝑊𝑀=𝐿𝑁=𝐷𝑃，且𝐷1𝑀𝐷1𝐾=𝐷1𝑁𝐷1𝐻,𝑊𝑀𝐷𝐾=𝐷1𝑀𝐷1𝐾，∴𝐷𝑃=𝑊𝑀=𝐷1𝑀𝐷1𝐾·𝐷𝐾=𝐷1𝑁𝐷1𝐻·𝐷𝐾=2√63𝑎√6𝑎

×𝑎=2𝑎3=13×2𝑎，即P点的位置在靠近D点的DC线段的三分点处；综上，存在点P满足题意，P点在靠近D点的DC线段的三分点处.21．（2023秋·江苏苏州·高三期末）如图1，在长方形ABCD中，已知𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=1，E为CD中点，F为线段EC上（端点E，C除外）的动点，

过点D作AF的垂线分别交AF，AB于O，K两点．现将△𝐷𝐴𝐹折起，使得𝐷𝐾⊥𝐴𝐵（如图2）．(1)证明：平面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶；(2)求直线DF与平面𝐴𝐵𝐶所成角的最大值．【解题思路】（1）先证𝐴𝐹⊥平面𝑂𝐷𝐾，得𝐷𝐾⊂平面𝑂𝐷𝐾，所以𝐴�

�⊥𝐷𝐾，再证𝐷𝐾⊥平面𝐴𝐵𝐶，从而得证面面垂直；（2）直线DF与平面𝐴𝐵𝐶𝐹所成角为∠𝐷𝐹𝐾，记∠𝐷𝐹𝐾=𝜃，设𝐷𝐹=𝑥（1<𝑥<2），由△𝐹𝐷𝐴∼△𝐷𝐴𝐾，得𝐴𝐾=1𝑥，计算sin𝜃，利用基本不等式得最大值，从而得角的最大值．【解

答过程】（1）因为𝐴𝐹⊥𝑂𝐾，𝐴𝐹⊥𝑂𝐷，𝑂𝐷，𝑂𝐾⊂平面𝑂𝐷𝐾，𝑂𝐷∩𝑂𝐾=𝑂，所以𝐴𝐹⊥平面𝑂𝐷𝐾．因为𝐷𝐾⊂平面𝑂𝐷𝐾，所以𝐴𝐹⊥𝐷𝐾．又因为𝐷𝐾⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵，𝐴𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐶，

𝐴𝐵∩𝐴𝐹=𝐴，所以𝐷𝐾⊥平面𝐴𝐵𝐶．因为𝐷𝐾⊂平面𝐴𝐵𝐷，所以平面𝐴𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶．（2）连结FK，由（1）可知，直线DF与平面𝐴𝐵𝐶𝐹所成角为∠𝐷𝐹𝐾，记∠𝐷𝐹𝐾=

𝜃．在图1中，因为𝐷𝐾⊥𝐴𝐹，所以∠𝐷𝐹𝐴+∠𝐹𝐷𝐾=90°，又因为∠𝐹𝐷𝐴=∠𝐹𝐷𝐾+∠𝐴𝐷𝐾=90°，所以∠𝐷𝐹𝐴=∠𝐴𝐷𝐾．又因为∠𝐹𝐷𝐴=∠𝐷𝐴𝐾=90°，所以△𝐹𝐷𝐴∼△𝐷𝐴𝐾．设𝐷𝐹=

𝑥（1<𝑥<2），由𝐷𝐹𝐴𝐷=𝐷𝐴𝐴𝐾，得𝑥1=1𝐴𝐾，解得𝐴𝐾=1𝑥．在图2中，因为𝐷𝐾⊥𝐴𝐵，所以𝐷𝐾=√𝐷𝐴2−𝐴𝐾2=√1−1𝑥2，所以sin𝜃=𝐷𝐾𝐷𝐹=1𝑥√1−1

𝑥2=√1𝑥2(1−1𝑥2)≤12，当且仅当𝑥=√2时等号成立，又因为𝜃∈[0,π2]，所以𝜃的最大值为π6，即直线DF与平面𝐴𝐵𝐶所成角的最大值为π6．22．（2022秋·甘肃兰州·高二期末）如图，已知在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴=𝐴

𝐷=𝑃𝐷=2，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐴=90°，𝐴𝐵=2𝐶𝐷，𝐶𝐷⊥𝑃𝐴，E，F分别为棱PB，PA的中点．(1)求证：平面𝑃𝐴𝐵⊥平面EFDC；(2)若直线PC与平面PAD所成的角为45°，求四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶

𝐷的体积．【解题思路】（1）可证𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐷𝐴，从而得到𝐴𝐵⊥𝐷𝐹，从而可证𝐷𝐹⊥平面𝑃𝐵𝐴，再证明𝐸,𝐹,𝐷,𝐶四点共面，从而得到要求证的面面垂直；（2）取𝐴𝐷的中点为𝐺，连接𝑃

𝐺，可证∠𝐶𝑃𝐷为直线𝑃𝐶与平面𝑃𝐴𝐷所成的角且𝑃𝐺⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，根据体积公式可求四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积．【解答过程】（1）因为在平面𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐴

=90°，故𝐴𝐵//𝐶𝐷，因为𝐶𝐷⊥𝑃𝐴，故𝐴𝐵⊥𝑃𝐴，而𝐴𝐵⊥𝐷𝐴，𝐷𝐴∩𝑃𝐴=𝐴，𝐷𝐴,𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐷𝐴，故𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐷𝐴.因为𝐷𝐹⊂平面𝑃𝐷𝐴，故𝐴𝐵⊥𝐷𝐹，因为�

�𝐷=𝑃𝐷=2，𝐴𝐹=𝑃𝐹，故𝑃𝐴⊥𝐷𝐹，因为𝑃𝐴∩𝐴𝐵=𝐴，𝑃𝐴,𝐴𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐴，故𝐷𝐹⊥平面𝑃𝐵𝐴.因为𝐸,𝐹分别为棱𝑃𝐵,𝑃𝐴的中点，

故𝐸𝐹//𝐴𝐵,𝐸𝐹=12𝐴𝐵，而𝐷𝐶//𝐴𝐵,𝐷𝐶=12𝐴𝐵，故𝐸𝐹//𝐷𝐶,𝐸𝐹=𝐷𝐶，故𝐸,𝐹,𝐷,𝐶四点共面，而𝐷𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐷𝐶，故平面𝑃𝐵𝐴⊥平

面𝐸𝐹𝐷𝐶.（2）取𝐴𝐷的中点为𝐺，连接𝑃𝐺，由（1）可得𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐵⊥𝑃𝐴,𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，故𝐶𝐷⊥𝑃𝐴,𝐶𝐷⊥𝐴𝐷，而𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴,𝑃𝐴,𝐴𝐷

⊂平面𝑃𝐴𝐷，故𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，故∠𝐶𝑃𝐷为直线𝑃𝐶与平面𝑃𝐴𝐷所成的角，故∠𝐶𝑃𝐷=45°，因为𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，故𝐶𝐷⊥𝑃𝐷，

故△𝑃𝐶𝐷为等腰直角三角形，而𝑃𝐷=2，故𝐶𝐷=2，故𝐴𝐵=4，故直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积𝑆=12×(2+4)×2=6.又𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，故平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，而△𝑃�

�𝐷为等边三角形，故𝑃𝐺⊥𝐴𝐷，且𝑃𝐺=√32×2=√3.因为𝑃𝐺⊂平面𝑃𝐴𝐷，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷，故𝑃𝐺⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，故四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积为13×6×√3=2√3.23．（2022春·河南

洛阳·高一阶段练习）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐷=𝐴𝐷=1，𝐸、𝐹分别是𝑃𝐵、𝐶𝐷的中点.(1)证明：𝐸𝐹//平面𝑃𝐴𝐷；(2

)证明：𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐵；(3)若𝑃𝐵⊥平面𝐴𝐸𝐹，求四棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐹的体积.【解题思路】（1）取𝐴𝑃的中点为𝑀，连接𝑀𝐷,𝑀𝐸，证明四边形𝐸𝐹𝐷𝑀为平行四边形即可证明𝐸𝐹//𝑀𝐷，进而根据判定定

理即可证明；（2）证明𝐷𝑀⊥平面𝐴𝐵𝑃，再结合𝐸𝐹//𝑀𝐷即可证明结论；（3）由题可求得𝐴𝐵=𝑃𝐴=√2，进而求得直角梯形ABCF的面积，然后利用棱锥的体积公式即求.【解答过程】（1）证明：如图，取𝐴

𝑃的中点为𝑀，连接𝑀𝐷,𝑀𝐸.因为𝐸,𝑀,𝐹分别是𝑃𝐵,𝑃𝐴,𝐶𝐷的中点，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，所以𝑀𝐸//𝐴𝐵,𝑀𝐸=12𝐴𝐵，且𝐷𝐹//𝐴𝐵,

𝐷𝐹=12𝐴𝐵，所以𝑀𝐸//𝐷𝐹,𝑀𝐸=𝐷𝐹，所以四边形𝐸𝐹𝐷𝑀为平行四边形，所以𝐸𝐹//𝑀𝐷，又𝑀𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，𝐸𝐹⊄平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐸𝐹//平面𝑃𝐴𝐷.（2）证明：因为𝑃𝐷=𝐴𝐷=1

，𝐴𝑃的中点为𝑀，所以𝐷𝑀⊥𝐴𝑃，因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐵，因为底面𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，所以𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，因为𝑃𝐷∩

𝐴𝐷=𝐷,𝑃𝐷,𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐴𝐷，因为𝐷𝑀⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐴𝐵⊥𝐷𝑀，因为𝐴𝐵∩𝐴𝑃=𝐴,𝐴𝐵,𝐴𝑃⊂平面𝐴𝐵𝑃，所以𝐷𝑀⊥平面𝐴

𝐵𝑃，因为由（1）知𝐸𝐹//𝑀𝐷，所以𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐵.（3）解：因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐵、𝐴𝐷⊂平面ABCD，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐵,𝑃𝐷⊥𝐴𝐷，又𝑃𝐷=𝐴𝐷=1，所以𝑃𝐴=√2，因为𝑃𝐵⊥平面𝐴𝐸𝐹,𝐴𝐸

⊂平面𝐴𝐸𝐹，所以𝑃𝐵⊥𝐴𝐸，又E是PB的中点，所以𝐴𝐵=𝑃𝐴=√2，所以直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐹的面积𝑆=12×(√22+√2)=3√24.因为点𝐸到平面𝐴𝐵𝐶𝐹的距离𝑑=12𝑃𝐷=12，所以𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐶𝐹=13×3√24×12=√28.24

．（2022秋·湖北随州·高二开学考试）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形，∠𝐴𝐷𝐶=90∘，𝐴𝐷//𝐵𝐶,𝐴𝐵⊥𝐴𝐶,𝐴𝐵=𝐴𝐶=√2,

𝐸点在𝐴𝐷上，且𝐴𝐸=2𝐸𝐷.(1)已知点𝐹在𝐵𝐶上，且𝐶𝐹=2𝐹𝐵，求证：平面𝑃𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐶.(2)求点𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离.【解题思路】（1）先通过平面几何算出𝐴𝐸=𝐹𝐵=23，再证明四边形𝐴�

�𝐹𝐵为平行四边形，因此𝐸𝐹//𝐴𝐵，进而证明𝐸𝐹⊥𝐴𝐶，再证𝑃𝐴⊥𝐸𝐹，得到𝐸𝐹⊥面𝑃𝐴𝐶，因此平面𝑃𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐶；（2）若𝐺是𝐵𝐶中点，连接𝐷𝐺，易

知𝐴𝐷𝐺𝐵为平行四边形，由线面平行的判定可得𝐺𝐷//面𝑃𝐴𝐵，再由线面垂直的性质及判定有𝐺𝐻⊥面𝑃𝐴𝐵，若𝐻为𝐴𝐵中点，连接𝐺𝐻，则𝐺𝐻//𝐴𝐶，由𝐷到面𝑃𝐴𝐵的距离即为

𝐺到面𝑃𝐴𝐵的距离求点面距离.【解答过程】（1）由𝐴𝐵⊥𝐴𝐶,𝐴𝐵=𝐴𝐶=√2，即△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，又𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形且∠𝐴𝐷𝐶=90∘，且𝐴𝐷//𝐵𝐶，所以∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=

45∘，因为∠𝐴𝐷𝐶=90∘，故△𝐴𝐶𝐷为等腰直角三角形，所以𝐴𝐷=𝐷𝐶=𝐴𝐶cos45∘=1，因为𝐵𝐶=2，又𝐴𝐸=2𝐸𝐷，𝐶𝐹=2𝐹𝐵，∴𝐴𝐸=23𝐴𝐷=

23，𝐹𝐵=13𝐵𝐶=23，又𝐴𝐷//𝐵𝐶，即𝐴𝐸//𝐹𝐵，∴四边形𝐴𝐸𝐹𝐵为平行四边形，则𝐸𝐹//𝐴𝐵，又𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，故𝐸𝐹⊥𝐴𝐶；由𝑃𝐴⊥

底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸𝐹⊂面𝐴𝐵𝐶𝐷，则𝑃𝐴⊥𝐸𝐹，又𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，𝑃𝐴、𝐴𝐶⊂面𝑃𝐴𝐶，∴𝐸𝐹⊥面𝑃𝐴𝐶，而𝐸𝐹⊂面𝑃𝐸𝐹，∴平面𝑃𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐶.（2）取𝐵𝐶的中点𝐺，连接𝐷𝐺，由（1

）易知：𝐴𝐷𝐺𝐵为平行四边形，∴𝐵𝐴//𝐺𝐷，而𝐵𝐴⊂面𝑃𝐴𝐵，𝐺𝐷⊄面𝑃𝐴𝐵，即𝐺𝐷//面𝑃𝐴𝐵，综上，𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离即为𝐺到面𝑃𝐴𝐵的距离，由𝑃𝐴⊥

面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶⊂面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐴𝐶，又𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵∩𝑃𝐴=𝐴，𝐴𝐵、𝑃𝐴⊂面𝑃𝐴𝐵，故𝐴𝐶⊥面𝑃𝐴𝐵，取𝐴𝐵的中点𝐻，连接𝐺𝐻，则𝐺𝐻//𝐴𝐶，故𝐺𝐻⊥面𝑃𝐴𝐵，又∠𝐴𝐵

𝐶=𝜋4，∴𝐺到面𝑃𝐴𝐵的距离𝐺𝐻=12𝐴𝐶=√22，即𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离√22.25．（2022秋·上海·高二专题练习）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于

圆O所在的平面，且PO＝OB＝1，(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；(2)求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；(3)若BC＝√2，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值.【解题思路】（1）由题意可证AC⊥DO，又PO⊥AC，即可证明

AC⊥平面PDO.（2）当CO⊥AB时，C到AB的距离最大且最大值为1，又AB＝2，即可求△ABC面积的最大值，又三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值.（3）可求𝑃𝐵=√12+12=√2=𝑃𝐶，即有PB＝PC＝BC，由OP＝OB，𝐶′𝑃

=𝐶′𝐵，可证E为PB中点，从而可求𝑂𝐶′=𝑂𝐸+𝐸𝐶′，从而得解.【解答过程】（1）在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO，又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC，因为DO∩PO＝O，𝐷𝑂,𝑃𝑂⊂平面𝑃𝐷

𝑂，所以AC⊥平面PDO.（2）因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为12×2×1=1，又因为三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：

13×1×1=13.（3）在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以𝑃𝐵=√2，同理PC＝√2，所以PB＝PC＝BC，在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面𝐵𝐶′𝑃，使之与平面ABP共面，如图所示，当O，E，𝐶

′共线时，CE+OE取得最小值，又因为OP＝OB，𝐶′𝑃=𝐶′𝐵，所以𝑂𝐶′垂直平分PB，即E为PB中点.从而𝑂𝐶′＝OE+𝐸𝐶′＝√2+√62.亦即CE+OE的最小值为：√2+√62.26．（202

2·河南南阳·模拟预测）如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐵=12𝐶𝐷=1，𝐸为𝑃𝐶中点.(1)证明：𝐵𝐸//平面𝑃𝐴𝐷；(2)若𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐵𝐶，△𝑃𝐵𝐶是边长为2的正三角形，求点𝐸到平面𝑃𝐴𝐷的距离

.【解题思路】（1）取𝑃𝐷中点𝐹，由中位线定理易证四边形𝐴𝐵𝐸𝐹为平行四边形，故𝐵𝐸//𝐴𝐹，从而利用线面平行的判定定理即可证得结果；（2）利用线面平行将点𝐸到平面𝑃𝐴𝐷的距离转化为求点𝐵到平面𝑃𝐴𝐷的距离，接

着利用等体积法𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐷=𝑉𝐵−𝐴𝑃𝐷，求得对应的高ℎ，即点到面的距离.【解答过程】（1）如图，取𝑃𝐷的中点𝐹，连结𝐴𝐹,𝐸𝐹，∵𝐸为𝑃𝐶的中点，∴𝐸𝐹//𝐶𝐷，且𝐸𝐹=12𝐶𝐷，又∵

𝐴𝐵//𝐶𝐷，且𝐴𝐵=12𝐶𝐷，∴𝐸𝐹//𝐴𝐵，且𝐸𝐹=𝐴𝐵，故四边形𝐴𝐵𝐸𝐹为平行四边形，∴𝐵𝐸//𝐴𝐹，又𝐵𝐸⊄平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐹⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴𝐵𝐸//平面𝑃�

�𝐷.（2）由（1）得𝐵𝐸//平面𝑃𝐴𝐷，故点𝐵到平面𝑃𝐴𝐷的距离等于点𝐸到平面𝑃𝐴𝐷的距离，取𝐵𝐶的中点𝐺，连结𝑃𝐺，如图，∵𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐵𝐶，𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐵𝐶，又△𝑃𝐵𝐶是边长为2的正

三角形，∴𝑃𝐺=√3，𝐵𝐶=2，且𝑃𝐺⊥𝐵𝐶，∵平面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝑃𝐵𝐶=𝐵𝐶，𝑃𝐺⊂面𝑃𝐵𝐶，∴𝑃𝐺⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形，𝐴𝐵=1,𝐵𝐶=2,𝐶𝐷=2，∴𝐴𝐷=√(2−1)

2+22=√5,𝑆△𝐴𝐵𝐷=12×1×2=1，∵𝐴𝐵⊥𝑃𝐵，𝐶𝐷⊥𝑃𝐶，𝐴𝐵=1，𝑃𝐵=𝑃𝐶=2，𝐶𝐷=2，∴𝑃𝐴=√𝐴𝐵2+𝑃𝐵2=√5，𝑃𝐷=√𝑃𝐶2+𝐶𝐷2=2√2，∴𝑆△𝐴�

�𝐷=12×2√2×√(√5)2−(√2)2=√6，记点𝐵到平面𝑃𝐴𝐷的距离为ℎ，∵由𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐷=𝑉𝐵−𝐴𝑃𝐷，得13𝑆△𝐴𝐵𝐷×𝑃𝐺=13𝑆△𝐴𝑃𝐷×ℎ，∴ℎ=𝑆△𝐴𝐵𝐷×𝑃

𝐺𝑆△𝐴𝑃𝐷=1×√3√6=√22，故点𝐸到平面𝑃𝐴𝐷的距离为√22.27．（2022·全国·高一专题练习）如图，三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，侧面𝐵𝐵1𝐶1𝐶为菱形，𝐵1𝐶的中点为𝑂，且𝐴𝑂⊥平面𝐵𝐵1�

�1𝐶．(1)证明：𝐵1𝐶⊥𝐴𝐵；(2)若𝐴𝐶⊥𝐴𝐵1，∠𝐶𝐵𝐵1=60°，𝐵𝐶=1，求三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的高；(3)在（2）的条件下，求三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的表

面积．【解题思路】(1)要证𝐵1𝐶⊥𝐴𝐵,即证𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝑂,由菱形的对角线垂直和线面垂直的性质即可得证.(2)要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点𝑂到平面𝐴𝐵𝐶的距离，即：作𝑂𝐷⊥𝐵𝐶，垂足为𝐷，连接𝐴

𝐷，作𝑂𝐻⊥𝐴𝐷，垂足为𝐻,则由线面垂直的判定定理可得𝑂𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶,再根据三角形面积相等：𝑂𝐻⋅𝐴𝐷=𝑂𝐷⋅𝑂𝐴,可求出𝑂𝐻的长度，最后由三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的高为此距离的两

倍即可确定出高.(3)利用反三角函数分别求出∠𝐴𝐵𝐵1=∠𝐴𝐵𝐶=arcsin√74，∠𝐴𝐶𝐶1=∠𝐴𝐶𝐵=arcsin√1416，使用面积公式求出每一面的面积，得到表面积.【解答过程】（1）证明：连接𝐵𝐶1，则𝑂为𝐵1𝐶与𝐵𝐶1的交点

，∵侧面𝐵𝐵1𝐶1𝐶为菱形，∴𝐵𝐶1⊥𝐵1𝐶．∵𝐴𝑂⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，∴𝐴𝑂⊥𝐵1𝐶．∵𝐴𝑂∩𝐵𝐶1=𝑂，𝐴𝑂⊂平面𝐴𝐵𝑂,𝐵𝐶1⊂平面𝐴𝐵𝑂∴𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵�

�．∵𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝑂，∴𝐵1𝐶⊥𝐴𝐵．（2）解：作𝑂𝐷⊥𝐵𝐶，垂足为𝐷，连接𝐴𝐷，作𝑂𝐻⊥𝐴𝐷，垂足为𝐻，如图．∵𝐵𝐶⊥𝐴𝑂，𝐵𝐶⊥𝑂𝐷，𝐴𝑂∩𝑂𝐷=𝑂，𝐴𝑂⊂平面

𝐴𝑂𝐷,𝑂𝐷⊂平面𝐴𝑂𝐷,∴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝑂𝐷，∴𝑂𝐻⊥𝐵𝐶．∵𝑂𝐻⊥𝐴𝐷，𝐵𝐶∩𝐴𝐷=𝐷，𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶,𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶,∴𝑂𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶．∵∠𝐶𝐵𝐵1=60

°，∴△𝐶𝐵𝐵1为等边三角形．∵𝐵𝐶=1，∴𝑂𝐷=√34，∵𝐴𝐶⊥𝐴𝐵1，∴𝑂𝐴=12𝐵1𝐶=12，由𝑂𝐻⋅𝐴𝐷=𝑂𝐷⋅𝑂𝐴，且𝐴𝐷=√𝑂𝐷2+𝑂𝐴2=

√74，可得𝑂𝐻=√2114，∵O为𝐵1𝐶的中点，∴𝐵1到平面𝐴𝐵𝐶的距离为√217，∴三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的高为√217.（3）解：易知𝐴𝐵=𝐵𝐵1=𝐵𝐶=1，�

�𝐵1=√22，∠𝐴𝐵𝐵1=∠𝐴𝐵𝐶=arcsin√74，𝐴𝐶=√22，𝐶𝐶1=1∠𝐴𝐶𝐶1=∠𝐴𝐶𝐵=arcsin√1416，∴𝑆四边形𝐵𝐵1𝐶1𝐶=√32，𝑆四边形𝐵

𝐵1𝐴1𝐴=√74，2𝑆△𝐴𝐵𝐶=√74，𝑆四边形𝐶𝐶1𝐴1𝐴=√716．∴表面积为916√7+√32．28．（2022·高一单元测试）如图，在以𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸、𝐹为顶点的五面体中，面𝐴𝐵𝐸𝐹为正方形，𝐴𝐹=4，𝐷𝐹=2，∠

𝐴𝐹𝐷=90°，且二面角𝐷−𝐴𝐹−𝐸与二面角𝐶−𝐵𝐸−𝐹都是60°．(1)证明：平面𝐴𝐵𝐸𝐹⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶；(2)求𝐷到平面𝐶𝐵𝐸的距离；(3)求二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐸的大小．【解题思路】（1）先由线线垂直证𝐴𝐹⊥平面E

FDC，再由线面垂直证平面𝐴𝐵𝐸𝐹⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶；（2）点𝐷作𝐷𝐻⊥𝐶𝐸并交其延长线于点𝐻，证明𝐷𝐻⊥平面𝐵𝐸𝐶，即可根据几何关系求出𝐷到平面𝐶𝐵𝐸的距离DH；（3）过点𝐻作�

�𝐺⊥𝐶𝐵于点𝐺，连接𝐷𝐺，证𝐷𝐺⊥𝐶𝐵，则∠𝐷𝐺𝐻为二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐻的平面角，二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐸的大小即为π−∠𝐷𝐺𝐻，根据几何关系计算出tan∠𝐷𝐺𝐻，即可求得二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐸.【解答过程】（1）证明：由题意得，𝐴𝐹⊥

𝐷𝐹,𝐴𝐹⊥𝐹𝐸𝐷𝐹∩𝐹𝐸=𝐹𝐷𝐹,𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐷𝐶}⇒𝐴𝐹⊥平面EFDC，又𝐴𝐹⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶𝐴𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐸𝐹}⇒平面𝐴𝐵𝐸𝐹⊥平

面𝐸𝐹𝐷𝐶；（2）根据（1）可知，𝐴𝐹⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶𝐴𝐹∥𝐵𝐸}⇒𝐵𝐸⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶，又𝐵𝐸⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐸𝐶}⇒平面𝐵𝐸𝐶⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶，因此过点𝐷作

𝐷𝐻⊥𝐶𝐸并交其延长线于点𝐻，如图，则平面𝐵𝐸𝐶⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶平面𝐵𝐸𝐶∩平面𝐸𝐹𝐷𝐶=𝐸𝐶𝐷𝐻⊂平面𝐸𝐹𝐷𝐶𝐷𝐻⊥𝐸𝐶}⇒𝐷𝐻⊥平面𝐵𝐸𝐶，则𝐷到平面𝐶𝐵𝐸的距离为DH，根据条件可知二面角𝐷−𝐴𝐹−�

�与二面角𝐶−𝐵𝐸−𝐹的平面角分别就是∠𝐷𝐹𝐸、∠𝐶𝐸𝐹，因此∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐶𝐸𝐹=60°，可算得𝐷𝐶=2，𝐶𝐸=2，𝐻𝐶=1因此𝐷𝐻=√3，即𝐷到平面𝐶𝐵𝐸的距离为√3．（3）为了看得更清楚，我们把图形移动如下图所

示，其中点𝐻为𝐷在平面𝐶𝐸𝐵上的射影，即（2）中的点𝐻．过点𝐻作𝐻𝐺⊥𝐶𝐵于点𝐺，连接𝐷𝐺，𝐵𝐶⊥𝐺𝐻,𝐵𝐶⊥𝐷𝐻𝐺𝐻∩𝐷𝐻=𝐻𝐺𝐻,𝐷𝐻⊂平面𝐷𝐺𝐻}⇒𝐵𝐶⊥平面DGH，𝐵

𝐶⊥平面𝐷𝐺𝐻𝐷𝐺⊂平面𝐷𝐺𝐻}⇒𝐷𝐺⊥𝐶𝐵，因此∠𝐷𝐺𝐻为二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐻的平面角，其恰为要求的二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐸的平面角的余角，因此二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐸的大小即为π−∠𝐷𝐺𝐻．由题易得Rt△𝐶𝐸�

�∽Rt△𝐶𝐺𝐻，可得𝐺𝐻𝐻𝐶=𝐸𝐵𝐵𝐶⇒𝐺𝐻=1×4√42+22=2√5，因此tan∠𝐷𝐺𝐻=𝐷𝐻𝐻𝐺=√152，因此二面角𝐷−𝐶𝐵−𝐸的大小为π−arctan√152．29．（2022春·山东临沂·高一阶段练习）如图，在平行四边形ABC

M中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=DQ=23DA．①求三棱锥Q−ABP的体积；②求二面角Q−AP−C的余弦值．【解题

思路】（1）证明𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，结合𝐴𝐵⊥𝐷𝐴，证明𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐶𝐷，然后证明平面𝐴𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶；（2）①由（1）及已知条件可确定QE⊥平面ABC，三棱锥Q−ABP的体积可通过锥体体积公式计算；②通过二面角

的定义，找到二面角Q−AP−C的平面角∠EHQ，利用余弦定理解得EH，QH，进而确定二面角大小.【解答过程】（1）由已知可得，∠BAC=90°，BA⊥AC又∵BA⊥AD，且AC∩AD=A，所以AB⊥平面ACD．又∵AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）①由已知可

得，DC=CM=AB=AC=3，DA=3√2，BP=DQ=23DA，所以BP=2√2．作QE⊥AC，垂足为E，则𝑄𝐸∥𝐷𝐶，QE=13DC=13AB=1，由已知及（1）可知，DC⊥CA，DC⊥BA，CA∩BA=A，∴DC⊥平面AB

C，所以QE⊥平面ABC．因此，三棱锥Q−ABP的体积为𝑉𝑄−𝐴𝐵𝑃=13×𝑄𝐸×𝑆△𝐴𝐵𝑃=13×𝑄𝐸×12×𝐴𝐵×𝐵𝑃sin∠𝐴𝐵𝑃=13×1×12×3×2√2sin45°=1．

②作EH⊥AP交AP于H，连QH，由QE⊥平面ABC，得QE⊥AP，EH∩QE=E，∴AP⊥平面QEH，∴AP⊥QH，∠EHQ为二面角Q−AP−C的平面角在△ABP中由余弦定理，求得𝐴𝑃=√|𝐴𝐵|2+|𝐵𝑃|2−2|𝐴𝐵|⋅|𝐵𝑃|cos45𝑜=√

9+8−2×3×2√2×√22=√5，由DA=BC=3√2，BP=2√2，所以PC=√2，又∵AC=3在△ACP中由余弦定理，cos∠𝐶𝐴𝑃=|𝐴𝐶|2+|𝐴𝑃|2−|𝑃𝐶|22|𝐴�

�|⋅|𝐴𝑃|=9+5−22×3×√5=2√55，sin∠𝐶𝐴𝑃=√1−cos2∠𝐶𝐴𝑃=√55，又∵AE=13AC=1，∴|𝐸𝐻|=|𝐴𝐸|⋅sin∠𝐶𝐴𝑃=√55，又∵QE=1，∴

|𝑄𝐻|=√|𝐸𝐻|2+|𝑄𝐸|2=√305，∴cos∠𝑄𝐻𝐸=|𝐸𝐻||𝑄𝐻|=√66．30．（2022秋·辽宁·高二开学考试）如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，M为棱𝐴𝐶的中点，𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐴𝐶=2，𝐴𝐴1=√2.(1)求证：�

�1𝐶//平面𝐴1𝐵𝑀；(2)求证：𝐴𝐶1⊥平面𝐴1𝐵𝑀；(3)在棱𝐵𝐵1上是否存在点N，使得平面𝐴𝐶1𝑁⊥平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶？如果存在，求此时𝐵𝑁𝐵𝐵1的值；如果不存在，请说明理由.【解题思路】

（1）连接𝐴𝐵1与𝐴1𝐵，两线交于点𝑂，连接𝑂𝑀，利用三角形中位线性质得到𝑂𝑀//𝐵1𝐶，再利用线面平行的判定即可证.（2）应用线面垂直的性质、判定可得𝐵𝑀⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，从而得到𝐵𝑀

⊥𝐴𝐶1，根据∠𝐴𝐶1𝐶=∠𝐴1𝑀𝐴和∠𝐴𝐶1𝐶+∠𝐶1𝐴𝐶=∠𝐴1𝑀𝐴+∠𝐶1𝐴𝐶=90∘得到𝐴1𝑀⊥𝐴𝐶1，再利用线面垂直的判定即可证.（3）当点𝑁为𝐵𝐵1的中点，设𝐴𝐶1的中点为𝐷，连接𝐷�

�，𝐷𝑁，易证四边形𝐵𝑁𝐷𝑀为平行四边形，从而得到𝐵𝑀//𝐷𝑁，进而有𝐷𝑁⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，再利用面面垂直的判定即可证.【解答过程】（1）连接𝐴𝐵1与𝐴1𝐵，两线交于点𝑂，连接𝑂𝑀，在△𝐵1𝐴𝐶中𝑀，𝑂分别为𝐴𝐶，𝐴𝐵1的中点，所以

𝑂𝑀//𝐵1𝐶，又𝑂𝑀⊂平面𝐴1𝐵𝑀，𝐵1𝐶⊄平面𝐴1𝐵𝑀，所以𝐵1𝐶//平面𝐴1𝐵𝑀.（2）因为𝐴𝐴1⊥底面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐴𝐴1⊥𝐵𝑀.又𝑀为棱𝐴𝐶的中点，𝐴𝐵=𝐵𝐶，所以𝐵𝑀⊥𝐴𝐶

.因为𝐴𝐴1∩𝐴𝐶=𝐴，𝐴𝐴1，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，所以𝐵𝑀⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，𝐴𝐶1⊂平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，所以𝐵𝑀⊥𝐴𝐶1.因为𝐴𝐶=2，所以𝐴𝑀=1.又�

�𝐴1=√2，在Rt△𝐴𝐶𝐶1和Rt△𝐴1𝐴𝑀中，tan∠𝐴𝐶1𝐶=tan∠𝐴1𝑀𝐴=√2，所以∠𝐴𝐶1𝐶=∠𝐴1𝑀𝐴，即∠𝐴𝐶1𝐶+∠𝐶1𝐴𝐶=∠𝐴1𝑀𝐴+∠

𝐶1𝐴𝐶=90∘，所以𝐴1𝑀⊥𝐴𝐶1，又𝐵𝑀∩𝐴1𝑀=𝑀，𝐵𝑀，𝐴1𝑀⊂平面𝐴1𝐵𝑀，所以𝐴𝐶1⊥平面𝐴1𝐵𝑀.（3）当点𝑁为𝐵𝐵1的中点，即𝐵𝑁𝐵𝐵1=12时，平

面𝐴𝐶1𝑁⊥平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶.证明如下：设𝐴𝐶1的中点为𝐷，连接𝐷𝑀，𝐷𝑁，因为𝐷，𝑀分别为𝐴𝐶1，𝐴𝐶的中点，所以𝐷𝑀//𝐶𝐶1且𝐷𝑀=12𝐶𝐶1，又𝑁为𝐵𝐵1的中点，所以𝐷𝑀//�

�𝑁且𝐷𝑀=𝐵𝑁，所以四边形𝐵𝑁𝐷𝑀为平行四边形，故𝐵𝑀//𝐷𝑁，由（2）知：𝐵𝑀⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，所以𝐷𝑁⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，又𝐷𝑁⊂平面𝐴𝐶1𝑁，所以平面𝐴𝐶1𝑁⊥平面𝐴𝐶𝐶1𝐴

1.