（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點增分 專題八 空間位置關(guān)系的判斷與證明講義 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點增分 專題八 空間位置關(guān)系的判斷與證明講義 理（普通生，含解析） [全國卷3年考情分析] 年份 全國卷Ⅰ 全國卷Ⅱ 全國卷Ⅲ 2018 直線與平面所成的角、正方體的截面·T12 求異面直線所成的角·T9 面面垂直的證明·T19(1) 面面垂直的證明·T18(1) 線面垂直的證明·T20(1) 2017 面面垂直的證明·T18(1) 求異面直線所成的角·T10 圓錐、空間線線角的求解·T16 線面平行的證明·T19(1) 面面垂直的證明·T19(1) 2016 求異面直線所成的角·T11 空間中

2、線、面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)·T14 線面平行的證明·T19(1) 面面垂直的證明·T18(1) 翻折問題、線面垂直的證明·T19(1) (1)高考對此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為“一小一大”或“一大”，即一道選擇題(或填空題)和一道解答題或只考一道解答題． (2)選擇題一般在第9～11題的位置，填空題一般在第14題的位置，多考查線面位置關(guān)系的判斷，難度較?。? (3)解答題多出現(xiàn)在第18或19題的第一問的位置，考查空間中平行或垂直關(guān)系的證明，難度中等． 空間點、線、面的位置關(guān)系 [大穩(wěn)定] 1.已知α是一個平面，m，n是兩條直線，A是一個點，若m?α，n?α，且A

3、∈m，A∈α，則m，n的位置關(guān)系不可能是(　　) A．垂直　　　　　　　　 　B．相交 C．異面 D．平行 解析：選D　因為α是一個平面，m，n是兩條直線， A是一個點，m?α，n?α，且A∈m，A∈α， 所以n在平面α內(nèi)，m與平面α相交， 且A是m和平面α相交的點， 所以m和n異面或相交，一定不平行． 2.已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給出下列命題： ①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l； ③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β. 其中正確的命題是(　　) A．①④ B．③④ C．①② D．①③ 解析：選A　對于①，若α∥β，

4、m⊥α，則m⊥β，又l?β，所以m⊥l，故①正確，排除B.對于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β.故④正確．故選A. 3.如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有(　　) A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 解析：選B　根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變， 得AH⊥平面EFH，B正確； ∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確； ∵AG⊥E

5、F，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確； 由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B. 4.(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　如圖，連接BE，因為AB∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中，設(shè)AB＝2，則BE＝，則tan ∠EAB＝＝，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為. [解題方略] 判斷與空間位置關(guān)系

6、有關(guān)命題真假的3種方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進行肯定或否定． (3)借助于反證法，當(dāng)從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認的結(jié)論相矛盾的命題，進而作出判斷． [小創(chuàng)新] 1.設(shè)l，m，n為三條不同的直線，其中m，n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　當(dāng)l⊥α?xí)r，l垂直于α內(nèi)的任意一條直線，由于m，n

7、?α，故“l(fā)⊥m且l⊥n”成立，反之，因為缺少m，n相交的條件，故不一定能推出“l(fā)⊥α”，故選A. 2.某折疊餐桌的使用步驟如圖所示，有如下檢查項目． 項目①：折疊狀態(tài)下(如圖1)，檢查四條桌腿長相等； 項目②：打開過程中(如圖2)，檢查OM＝ON＝O′M′＝O′N′； 項目③：打開過程中(如圖2)，檢查OK＝OL＝O′K′＝O′L′； 項目④：打開后(如圖3)，檢查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°； 項目⑤：打開后(如圖3)，檢查AB＝CD＝A′B′＝C′D′. 在檢查項目的組合中，可以判斷“桌子打開之后桌面與地面平行”的是(　　) A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．②

8、④⑤ D．③④⑤ 解析：選B　A選項，項目②和項目③可推出項目①，若∠MON>∠M′O′N′，則MN較低，M′N′較高，所以不平行，錯誤；B選項，因為∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因為AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正確；C選項，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A與O1′A′是否相等不確定，所以不確定O1O1′與BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不確定BB′與MN是否平行，故錯誤；D選項，OK＝

9、OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不確定OM與ON，O′M′，O′N′的關(guān)系，所以無法判斷MN與地面的關(guān)系，故錯誤．綜上，選B. 3.(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A．8 B．6 C．8 D．8 解析：選C　如圖，連接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C， ∴∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2， ∴V長方體＝AB×

10、BC×CC1＝2×2×2＝8. 4.(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為________． 解析：如圖，∵SA與底面成45°角， ∴△SAO為等腰直角三角形． 設(shè)OA＝r， 則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，即母線長l＝4， ∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π×2×4＝40π. 答案：40π 空間平行、垂直關(guān)系的證

11、明 [析母題] [典例]　如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. [證明]　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD， 且PA垂直于這兩個平面的交線AD，PA?平面PAD， ∴PA⊥底面ABCD. (2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點， ∴AB∥DE，且AB＝DE. ∴四邊形ABED為平行四邊形． ∴BE∥AD. 又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD， ∴BE∥平面PA

12、D. (3)∵AB⊥AD，且四邊形ABED為平行四邊形． ∴BE⊥CD，AD⊥CD， 由(1)知PA⊥底面ABCD. ∴PA⊥CD. ∵PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD， ∴CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD， ∴CD⊥PD. ∵E和F分別是CD和PC的中點， ∴PD∥EF， ∴CD⊥EF. 又BE⊥CD且EF∩BE＝E， ∴CD⊥平面BEF. 又CD?平面PCD， ∴平面BEF⊥平面PCD. [練子題] 1．在本例條件下，證明平面BEF⊥平面ABCD. 證明：如圖，連接AE，AC， 設(shè)AC∩BE＝O，連接FO. ∵AB∥CD，CD

13、＝2AB，且E為CD的中點， ∴AB綊CE. ∴四邊形ABCE為平行四邊形． ∴O為AC的中點，則FO綊PA， 又PA⊥平面ABCD， ∴FO⊥平面ABCD.又FO?平面BEF， ∴平面BEF⊥平面ABCD. 2．在本例條件下，若AB＝BC，求證BE⊥平面PAC. 證明：如圖，連接AE，AC，設(shè)AC∩BE＝O. ∵AB∥CD，CD＝2AB，且E為CD的中點． ∴AB綊CE. 又∵AB＝BC，∴四邊形ABCE為菱形， ∴BE⊥AC. 又∵PA⊥平面ABCD，BE?平面ABCD， ∴PA⊥BE. 又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC， ∴BE⊥平面P

14、AC. [解題方略] 1．直線、平面平行的判定及其性質(zhì) (1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)線面平行的性質(zhì)定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b. (3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β. (4)面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b. 2．直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) (1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (2)線面垂直的性質(zhì)定理：a⊥α，b⊥α?a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β. (4)面面垂直的性質(zhì)定理：α

15、⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. [多練強化] 1.(2019屆高三·鄭州模擬)如圖，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點． 求證：(1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)如圖，連接AE，則AE必過DF與GN的交點O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO， 又BE?平面DMF，MO?平面DMF， 所以BE∥平面DMF. (2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點， 所以DE∥GN， 又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 又

16、M為AB的中點，N為AD的中點， 所以MN為△ABD的中位線，所以BD∥MN， 又BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線， 所以平面BDE∥平面MNG. 2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD. (1)求證：PA⊥CD. (2)求證：平面PBD⊥平面PAB. 證明：(1)因為平面PAB⊥平面ABCD， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 又因為PA⊥AB， 所以PA⊥平面ABCD， 又CD?平面ABCD， 所以PA⊥CD. (2)

17、取AD的中點為E，連接BE， 由已知得，BC∥ED，且BC＝ED， 所以四邊形BCDE是平行四邊形， 又CD⊥AD，BC＝CD，所以四邊形BCDE是正方形， 連接CE，所以BD⊥CE. 又因為BC∥AE，BC＝AE， 所以四邊形ABCE是平行四邊形， 所以CE∥AB，則BD⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD， 又因為PA∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB， 因為BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB. 平面圖形中的折疊問題 [典例]　(2019屆高三·湖北五校聯(lián)考)如圖①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝A

18、B＝2，E為AC的中點，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，如圖②.在圖②所示的幾何體D-ABC中． (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)點F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F-BCE的體積． [解]　(1)證明：∵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ABC， ∴BC⊥平面ACD. (2)∵AD∥平面BEF，AD?平面ACD

19、， 平面ACD∩平面BEF＝EF， ∴AD∥EF， ∵E為AC的中點， ∴EF為△ACD的中位線， 由(1)知，VF-BCE＝VB-CEF＝×S△CEF×BC， S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝， ∴VF-BCE＝××2＝. [解題方略]　平面圖形折疊問題的求解方法 (1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． (2)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形． [多練強化] 　如圖①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝

20、4，E，F(xiàn)分別在線段BC，AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起，記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如圖②. (1)求證：NC∥平面MFD； (2)若EC＝3，求證：ND⊥FC； (3)求四面體NEFD體積的最大值． 解：(1)證明：∵四邊形MNEF和四邊形EFDC都是矩形， ∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD. ∴四邊形MNCD是平行四邊形，∴NC∥MD. ∵NC?平面MFD，MD?平面MFD， ∴NC∥平面MFD. (2)證明：連接ED， ∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，

21、NE?平面MNEF， ∴NE⊥平面ECDF. ∵FC?平面ECDF， ∴FC⊥NE. ∵EC＝CD，∴四邊形ECDF為正方形，∴FC⊥ED. 又∵ED∩NE＝E，ED，NE?平面NED， ∴FC⊥平面NED. ∵ND?平面NED，∴ND⊥FC. (3)設(shè)NE＝x，則FD＝EC＝4－x，其中0

22、圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. [證明]　(1)在平面ABD內(nèi)， 因為AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB， 又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC， BC?平面ABC，所以A

23、D⊥平面ABC. 又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC. [素養(yǎng)通路] 本題(1)證明線面平行的思路是轉(zhuǎn)化為證明線線平行，即證明EF與平面ABC內(nèi)的一條直線平行，從而得到EF∥平面ABC；(2)證明線線垂直可轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，由平面ABD⊥平面BCD，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理得BC⊥平面ABD，則可證明AD⊥平面ABC，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)，得到AD⊥AC.考查了邏輯推理這一核心素養(yǎng)． 一、選擇題 1．已知E，F(xiàn)，G，H是空間四點，命題甲：E，F(xiàn)，G，H

24、四點不共面，命題乙：直線EF和GH不相交，則甲是乙成立的(　　) A．必要不充分條件　　　 　B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B　若E，F(xiàn)，G，H四點不共面，則直線EF和GH肯定不相交，但直線EF和GH不相交，E，F(xiàn)，G，H四點可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要條件． 2．關(guān)于直線a，b及平面α，β，下列命題中正確的是(　　) A．若a∥α，α∩β＝b，則a∥b B．若α⊥β，m∥α，則m⊥β C．若a⊥α，a∥β，則α⊥β D．若a∥α，b⊥a，則b⊥α 解析：選C　A是錯誤的，因為a不一定在平面β內(nèi)，所以a，b有可能

25、是異面直線；B是錯誤的，若α⊥β，m∥α，則m與β可能平行，可能相交，也可能線在面內(nèi)，故B錯誤；C是正確的，由直線與平面垂直的判斷定理能得到C正確；D是錯誤的，直線與平面垂直，需直線與平面中的兩條相交直線垂直． 3．已知空間兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，則下列命題中正確的是(　　) A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥n B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m∥n C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n 解析：選D　若m∥α，n∥β，α∥β，則m與n平行或異面，即A錯誤；若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m與n相交或平行或異面，即B錯誤；

26、若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m與n相交、平行或異面，即C錯誤，故選D. 4.如圖，在三棱錐P-ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是(　　) A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC 解析：選B　A中，因為AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A正確；C中，因為平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C正確；D中，由A知D正確；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B

27、. 5．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學(xué)生得出下列四個結(jié)論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D-ABC是正三棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的結(jié)論是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 解析：選B　由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，結(jié)合②知③正確；由①知④不正確．故選B. 6．(20

28、18·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGH

29、MN＝6××××sin 60°＝.故選A. 二、填空題 7．(2018·天津六校聯(lián)考)設(shè)a，b為不重合的兩條直線，α，β為不重合的兩個平面，給出下列命題： ①若a∥α且b∥α，則a∥b； ②若a⊥α且a⊥β，則α∥β； ③若α⊥β，則一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β； ④若α⊥β，則一定存在直線l，使得l⊥α，l∥β. 其中真命題的序號是________． 解析：①中a與b也可能相交或異面，故不正確． ②垂直于同一直線的兩平面平行，正確． ③中存在γ，使得γ與α，β都垂直，正確． ④中只需直線l⊥α且l?β就可以，正確． 答案：②③④ 8．若P為矩形ABCD

30、所在平面外一點，矩形對角線的交點為O，M為PB的中點，給出以下四個命題：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正確的個數(shù)是________． 解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正確的只有①③. 答案：①③ 9.如圖，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D-AEF 體積的最大值為________． 解析：因為DA⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF.又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所

31、以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB.又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE為三棱錐D-AEF的高．因為AE為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE＝，設(shè)AF＝a，F(xiàn)E＝b，則△AEF的面積S＝ab≤×＝×＝(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時等號成立)，所以(VD-AEF)max＝××＝. 答案： 三、解答題 10.(2018·長春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點． (1)證明：PB∥平面ACE； (2)設(shè)PA＝1，AD＝，PC＝PD，求三棱錐P-ACE的體積． 解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連

32、接OE. 在△PBD中，PE＝DE， BO＝DO，所以PB∥OE. 又OE?平面ACE，PB?平面ACE， 所以PB∥平面ACE. (2)由題意得AC＝AD， 所以VP-ACE＝VP-ACD＝VP-ABCD ＝×S?ABCD·PA ＝××2××()2×1＝. 11.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中點，F(xiàn)是CC1上一點． (1)當(dāng)CF＝2時，證明：B1F⊥平面ADF； (2)若FD⊥B1D，求三棱錐B1-ADF的體積． 解：(1)證明：因為AB＝AC，D是BC的中點， 所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC-A1B1C

33、1中，因為BB1⊥底面ABC，AD?底面ABC，所以AD⊥B1B. 因為BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1. 因為B1F?平面B1BCC1，所以AD⊥B1F. 在矩形B1BCC1中，因為C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2， 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1， 所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°， 所以B1F⊥FD. 因為AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF. (2)由(1)知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝2， 在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3， 所以B1D＝＝. 因為FD⊥B1D， 所以Rt△CDF∽Rt△BB1D，

34、 所以＝，即DF＝×＝， 所以VB1-ADF＝VA-B1DF＝S△B1DF×AD＝××××2＝. 12．(2018·石家莊摸底)如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形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(xiàn)是CE的中點． (1)求證：BF∥平面ADP； (2)已知O是BD的中點，求證：BD⊥平面AOF. 證明：(1)取PD的中點為G，連接FG，AG， ∵F是CE的中點， ∴FG是梯形CDPE的中位線， ∵CD＝3PE， ∴FG＝2PE，F(xiàn)G∥CD， ∵CD∥AB，AB＝2PE， ∴AB∥FG，AB＝FG， 即四邊形ABFG是平行四邊形， ∴BF∥AG， 又BF?平面ADP，AG?平面ADP， ∴BF∥平面ADP. (2)延長AO交CD于M，連接BM，F(xiàn)M， ∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O為BD的中點， ∴四邊形ABMD是正方形，則BD⊥AM，MD＝2PE. ∴MD綊FG.∴四邊形DMFG為平行四邊形． ∴FM∥PD， ∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD， ∴FM⊥BD， ∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF， 即BD⊥平面AOF.