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- 2021-05-19 发布
第2讲 空间中的平行与垂直
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，难度中等．
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)(2017·四川省眉山中学月考)已知m，n为空间中两条不同的直线， α，β为空间中两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A．若n⊥α，n⊥β，m⊂β，则m∥α
B．若m⊥α，α⊥β，则m∥β
C．若m，n在α内的射影互相平行，则m∥n
D．若m⊥l，α∩β＝l，则m⊥α
答案 A
解析 由题意知，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，A正确； 若m⊥α，α⊥β，可能会现m⊂β， B错误；若m，n在α内的射影互相平行，两直线异面也可以， C错误；若m⊥l，α∩β＝l，可能会出现m⊂α， D错误．故选A.
(2)(2017届泉州模拟)设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形， 用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α( )
A．有无数多个 B．恰有4个
C．只有1个 D．不存在
答案 A
解析 如图，由题知面PAD与面PBC相交，面PAB与面PCD相交，可设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，
C1，D1，则由面面平行的性质定理得A1B1∥n∥C1D1，A1D1∥m∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下平移，可知满足条件的平面α有无数多个．故选A.
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)α，β，γ是三个平面， m, n是两条直线，则下列命题正确的是( )
A．若α∩β＝m, n⊂α， m⊥n，则α⊥β
B．若α⊥β， α∩β＝m, α∩γ＝n，则m⊥n
C．若m不垂直平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线
D．若m⊥α， n⊥β， m∥n，则α∥β
答案 D
解析 逐一分析所给的命题：
A项，若α∩β＝m, n⊂α， m⊥n，并非一条直线垂直于平面内的两条相交直线，不一定有α⊥β，该说法错误；
B项，若α⊥β， α∩β＝m, α∩γ＝n，无法确定m，n的关系，该说法错误；
C项，若m不垂直平面α，则m可能垂直于平面α内的无数条直线，该说法错误；
D项，若m⊥α， n⊥β， m∥n，则α∥β，该说法正确．故选D.
(2)(2017届株洲一模)如图，平面α⊥平面β， α∩β＝直线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，则BD⊂β，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，故应排除答案A，C，D，故选B.
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)(2017·全国Ⅱ)如图，四棱锥P—ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
①证明：直线BC∥平面PAD；
②若△PCD的面积为2，求四棱锥P—ABCD的体积．
①证明 在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
②解 如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD，
所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.
取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，
所以×x×x＝2，
解得x＝－2(舍去)或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥P—ABCD的体积
V＝××2＝4.
(2)(2017·重庆市巴蜀中学三模)如图，平面ABCD⊥平面ADEF，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为矩形， M，N分别是EF，BC的中点， AB＝2AF, ∠CBA＝60°.
①求证： DM⊥平面MNA；
②若三棱锥A－DMN的体积为，求MN的长．
①证明 连接AC，在菱形ABCD中， ∠CBA＝60°，且AB＝BC，
∴△ABC为等边三角形，
又∵N为BC的中点，
∴AN⊥BC，
∵BC∥AD，
∴AN⊥AD，
又∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，AN⊂平面ABCD，
∴AN⊥平面ADEF，又DM⊂平面ADEF，∴DM⊥AN.
∵在矩形ADEF中， AD＝2AF，M为EF的中点，
∴△AMF为等腰直角三角形，∴∠AMF＝45°，
同理可证∠DME＝45°，∴∠DMA＝90°，
∴DM⊥AM，
又∵AM∩AN＝A，且AM，AN⊂平面MNA，
∴DM⊥平面MNA.
②设AF＝x，则AB＝2AF＝2x，
在Rt△ABN中， AB＝2x, BN＝x, ∠ABN＝60°，
∴AN＝x，
∴S△ADN＝×2x×x＝x2.
∵平面ABCD⊥平面ADEF, AD为交线， FA⊥AD，
∴FA⊥平面ABCD，
设h为点M到平面ADN的距离，则h＝AF＝x，
∴VM－ADN＝×S△ADN×h＝×x2×x＝x3，
∵VM－ADN＝VA－DMN＝，∴x＝1.
∴MN＝＝.
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.
跟踪演练2 (2017·北京市海淀区适应性考试)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝， E是侧棱PA上的动点．
(1)求四棱锥P－ABCD的体积；
(2)如果E是PA的中点，求证：PC∥平面BDE；
(3)是否无论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？证明你的结论．
(1)解 ∵PA⊥平面ABCD，
∴VP－ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×12×＝，
即四棱锥P－ABCD的体积为.
(2)证明 连接AC交BD于O，连接OE.
∵四边形ABCD是正方形，
∴O是AC的中点，
又∵E是PA的中点，∴PC∥OE，
∵PC⊄平面BDE, OE⊂平面BDE，
∴PC∥平面BDE.
(3)解 无论点E在任何位置，都有BD⊥CE.
证明如下：∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC，
∵PA⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，
又∵AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC.
∵无论点E在任何位置，都有CE⊂平面PAC，
∴无论点E在任何位置，都有BD⊥CE.
热点三 平面图形的折叠问题
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，这是化解翻折问题的主要方法．
例3 (2017·孝义质检)如图(1)，在五边形ABCDE中， ED＝EA，AB∥CD，CD＝2AB，∠EDC＝150°.如图(2)，将△EAD沿AD折到△PAD的位置，得到四棱锥P－ABCD.点M为线段PC的中点，且BM⊥平面PCD.
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若四棱锥P－ABCD的体积为2，求四面体BCDM的体积．
(1)证明 取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示，则MN∥CD，MN＝CD.
又AB∥CD，AB＝CD，∴MN∥AB且MN＝AB，
∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM，
又BM⊥平面PCD，
∴AN⊥平面PCD，
∴AN⊥PD，AN⊥CD.
由ED＝EA，即PD＝PA及N为PD的中点，可得△PAD为等边三角形，
∴∠PDA＝60°，又∠EDC＝150°，
∴∠CDA＝90°，∴CD⊥AD，
又AN∩AD＝A，AN⊂平面PAD，
AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又∵CD⊂平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)解 设四棱锥P－ABCD的高为h，四边形ABCD的面积为S，则VP－ABCD＝hS＝2，
又S△BCD＝S，四面体BCDM的高为.
∴VBCDM＝××S△BCD＝×hS
＝××6＝，
∴四面体BCDM的体积为.
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，得出矛盾或肯定结论．
跟踪演练3 (2017届四川省成都市九校模拟)如图，在直角梯形ABCD中， AD∥ BC, AB⊥BC, BD⊥DC，点E是BC边的中点， 将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE, AC, DE, 得到如图所示的空间几何体．
(1)求证： AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，AB＝，求点B到平面ADE的距离．
(1)证明 因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
又BD⊥DC，DC⊂平面BCD，所以DC⊥平面ABD.
因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.
又AD⊥AB，DC∩AD＝D，AD，DC⊂平面ADC，
所以AB⊥平面ADC.
(2)解 因为AB＝，AD＝1，所以BD＝.
依题意△ABD∽△DCB，
所以＝，即＝.
所以CD＝.
故BC＝3.
由于AB⊥平面ADC，AB⊥AC，E为BC的中点，
所以AE＝＝.
同理DE＝＝.
所以S△ADE＝×1× ＝.
因为DC⊥平面ABD，
所以VA—BCD＝CD·S△ABD＝.
设点B到平面ADE的距离为d，
则d·S△ADE＝VB—ADE＝VA—BDE＝VA—BCD＝，
所以d＝，即点B到平面ADE的距离为.
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______．
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，所以平面AA1C1C与平面AA1B1B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，探索空间直角与平面位置关系的考题创新性强，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形式．
(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．(2017·河南省六市联考)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中的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.
故选D.
2．(2017·宣城调研)已知m, n是两条不同的直线， α， β是两个不同的平面，给出下列四个命题，错误的命题是( )
A．若m∥α， m∥β， α∩β＝n，则m∥n
B．若α⊥β， m⊥α， n⊥β，则m⊥n
C．若α⊥β， α⊥γ， β∩γ＝m，则m⊥α
D．若α∥β， m∥α，则m∥β
答案 D
解析 由m∥α，m∥β，α∩β＝n，利用线面平行的判定与性质定理可得m∥n，A正确；
由α⊥β，m⊥α，n⊥β，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥n，B正确；
由α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥α，C正确；
由α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，可得D不正确．
故选D.
3．已知平面α及直线a，b下列说法正确的是( )
A．若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线平行
B．若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线不可能垂直
C．若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面α平行
D．若直线a，b垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直
答案 D
解析 由题意逐一分析所给的选项．
若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线不一定平行；
若直线a，b与平面 α所成角都是30°，则这两条直线可能垂直；
若直线a，b平行，则这两条直线中可能两条都与平面α不平行；
若直线a，b垂直，则这两条直线与平面 α不可能都垂直．
故选D.
4．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.
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，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×＝×4×S×r，解得 r＝，那么内切球的表面积S＝4πr2＝，故选D.
6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)
①AC⊥BE；
②B1E∥平面ABCD；
③三棱锥E－ABC的体积为定值；
④直线B1E⊥直线BC1.
答案 ①②③
解析 因为AC⊥平面BDD1B1，故①正确；因为B1D1∥平面ABCD，故②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．
7．下列四个正方体图形中，点A，B为正方体的两个顶点，点M，N，P
分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号)
答案 ①③
解析 对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB∥平面MNP；对于②，注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交；对于③，注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行，且直线AB位于平面MNP外，因此直线AB与平面MNP平行；对于④，易知此时AB与平面MNP相交．综上所述，能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.
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，
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．(2017·山东)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.
(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明 (1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD.
因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
10．(2017届宁夏六盘山高级中学模拟)如图所示，矩形ABCD中， AB＝3, BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．
(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；
(2)求三棱锥A－BCD的体积．
(1)证明 ∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.
又BC⊥CD，且AE∩BC＝E，
∴CD⊥平面ABC.
又CD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)解 由(1)知，CD⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB.
又AB⊥AD，CD∩AD＝D，
∴AB⊥平面ACD.
∴VA－BCD＝VB－ACD＝·S△ACD·AB.
又在△ACD中，AC⊥CD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，
∴AC＝＝＝，
∴VA－BCD＝×××3×3＝.
B组 能力提高
11．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，且始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是( )
答案 C
解析 过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.
∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，
∴平面MNQ∥平面DCC1D1，
又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于直线QN和直线DC，
∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，
AQ＝BN＝x，∵＝＝2，∴MQ＝2x.
在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，
∴y2－4x2＝1 (0≤x≤1)，
∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.
12.(2017届江西省重点中学协作体联考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中， AA1＝6，AB＝3，AD＝8, 点M是棱AD的中点，N
在棱AA1上，且满足AN＝2NA1, P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，若C1P∥平面CMN，则线段C1P长度的最小值是________．
答案
解析 取A1D1的中点Q，过点Q在平面ADD1A1内作MN的平行线交DD1于E，则易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，则C1P＝为所求．
13.(2017届江西省重点中学协作体联考)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B1C1D；
(2)若AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC, BC⊥AC, 求点C到面B1C1D的距离．
(1)证明 方法一 取AC的中点G，CC1的中点为H，连接AH，GF，GE，如图所示．
∵AD綊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DB1C1，
又EF⊄平面DB1C1，EF⊂平面GEF，
∴EF∥平面DB1C1.
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，EM＝
＝＝CC1，
又C1F＝CC1－CF＝CC1, BB1∥CC1，∴ EM綊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，
∴BC⊥平面ACC1D，又CD⊂平面ACC1D，
∴BC⊥CD，
又B1C1∥BC, ∴B1C1⊥CD，
又DC1∩B1C1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D，
∴点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.
14．(2017届云南省师范大学附属中学月考)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，由椭圆的简单的几何性质知，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，所以PO⊥BC，
而PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，
所以BC⊥平面POB，
又PB⊂平面POB，所以BC⊥PB.