第第頁專題7.2空間中的位置關(guān)系【十大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1空間中點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷】 3【題型2共面、共線、共點(diǎn)的證明】 5【題型3線面平行的判定】 9【題型4線面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用】 13【題型5面面平行的判定】 17【題型6面面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用】 21【題型7線面垂直的判定】 25【題型8線面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用】 29【題型9面面垂直的判定與性質(zhì)】 33【題型10平行、垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用】 381、空間中的位置關(guān)系空間中的位置關(guān)系是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，屬于高考的?？純?nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，空間中的位置關(guān)系主要分兩方面進(jìn)行考查，一是空間中線面關(guān)系的命題的真假判斷，常以選擇題、填空題的形式考查，難度較易；二是空間線線、線面、面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題，一般以選擇題、填空題或解答題的第一小問的形式考查，難度中等.【知識(shí)點(diǎn)1共面、共線、共點(diǎn)問題的證明方法】1.共面、共線、共點(diǎn)問題的證明(1)證明共面的方法：先確定一個(gè)平面，然后再證其余的線(或點(diǎn))在這個(gè)平面內(nèi).(2)證明共線的方法：先由兩點(diǎn)確定一條直線，再證其他各點(diǎn)都在這條直線上.(3)證明線共點(diǎn)問題的常用方法是：先證其中兩條直線交于一點(diǎn)，再證其他直線經(jīng)過該點(diǎn).【知識(shí)點(diǎn)2空間中兩直線位置關(guān)系的判定方法】1.空間中兩直線位置關(guān)系的判定，主要是異面，平行和垂直的判定.(1)異面直線的判定可采用直接法或反證法；(2)平行直線的判定可利用三角形(梯形)中位線的性質(zhì)、基本事實(shí)4及線面平行與面面平行的性質(zhì)定理；(3)垂直關(guān)系的判定往往利用線面垂直或面面垂直的性質(zhì)來解決.【知識(shí)點(diǎn)3空間中的平行關(guān)系的判定方法】1.線線平行的證明方法(1)定義法：即證明兩條直線在同一個(gè)平面內(nèi)且兩直線沒有公共點(diǎn)；(2)利用平面圖形的有關(guān)平行的性質(zhì)，如三角形中位線，梯形，平行四邊形等關(guān)于平行的性質(zhì)；(3)利用基本事實(shí)4：找到一條直線，使所證的直線都與這條直線平行；(4)利用線面平行與面面平行的性質(zhì)定理來判定線線平行.2.線面平行的判定方法(1)利用線面平行的定義：直線與平面沒有公共點(diǎn)；(2)利用線面平行的判定定理：如果平面外有一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行(簡(jiǎn)記為“線線平行一線面平行”)；(3)利用面面平行的性質(zhì)定理：如果兩個(gè)平面平行，那么在一個(gè)平面內(nèi)所有直線都平行于另一個(gè)平面。(簡(jiǎn)記為“面面平行一線面平行”).3.面面平行的判定方法(1)面面平行的定義：兩個(gè)平面沒有公共點(diǎn)，常與反證法結(jié)合(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行(主要方法).(3)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行(選擇、填空題可用)；(4)平行于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面平行(選擇、填空題可用).【知識(shí)點(diǎn)4空間中的垂直關(guān)系的判定方法】1.直線與平面垂直的判定方法(1)定義法：利用定義：若一條直線垂直于一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線，則這條直線垂直于這個(gè)平面(不常用)；(2)利用線面垂直的判定定理：如果一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么這條直線就和這個(gè)平面垂直(常用方法);(3)可作定理用的正確命題：如果兩條平行直線中的一條直線垂直于一個(gè)平面，那么另一條也垂直于這個(gè)平面(選擇、填空題常用)；(4)面面垂直的性質(zhì)定理：如果兩個(gè)平阿敏垂直，那么在一個(gè)平面內(nèi)垂直于它門交線的直線垂直于另一個(gè)平面(常用方法)；(5)面面平行的性質(zhì)：如果一條直線垂直于兩個(gè)平行平面中的一個(gè)平面，則這條直線也垂直于另一個(gè)平面；(6)面面垂直的性質(zhì)：若兩相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面的交線垂直于第三個(gè)平面.2.面面垂直判定的兩種方法與一個(gè)轉(zhuǎn)化(1)兩種方法：①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理.(2)一個(gè)轉(zhuǎn)化：在已知兩個(gè)平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化.在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.3.平面與平面垂直的其他性質(zhì)與結(jié)論

(1)如果兩個(gè)平面互相垂直，那么經(jīng)過第一個(gè)平面內(nèi)一點(diǎn)垂直于第二個(gè)平面的直線在第一個(gè)平面內(nèi).(2)如果兩個(gè)平面互相垂直，那么與其中一個(gè)平面平行的平面垂直于另一個(gè)平面.(3)如果兩個(gè)平面互相垂直，那么其中一個(gè)平面的垂線平行于另一個(gè)平面或在另一個(gè)平面內(nèi).(4)如果兩個(gè)相交平面都垂直于第三個(gè)平面，那么它們的交線垂直于第三個(gè)平面.(5)三個(gè)兩兩垂直的平面的交線也兩兩垂直.【知識(shí)點(diǎn)5空間中位置關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化】1.線、面垂直位置關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化2.平行關(guān)系與垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化【題型1空間中點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷】【例1】（2023·陜西咸陽·咸陽市實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考一模）設(shè)m,n為兩條直線，α,β為兩個(gè)平面，若α⊥β，則（

）A．若m//α,n//β，則m⊥n B．若m⊥α,n//β，則m⊥nC．若m⊥α,n⊥β，則m⊥n D．若m?α,n?β，則m⊥n【解題思路】根據(jù)題意，利用線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，逐項(xiàng)判定，即可求解.【解答過程】對(duì)于A中，若α⊥β且m//α,n//β，則m與n平行、相交或異面，所以A不正確；對(duì)于B中，若α⊥β且m⊥α,n//β，則m與n平行、相交或異面，所以B不正確；對(duì)于C中，若α⊥β且m⊥α,n⊥β，如圖所示，取點(diǎn)A，過點(diǎn)A，作AB⊥α,AC⊥β，則AB//m,AC//n，設(shè)α∩β=l，可得AB⊥l,AC⊥l，因?yàn)锳B∩AC=A，且AB,AC?平面ABDC，所以l⊥平面ABDC，又因?yàn)锽D,CD?平面ABDC，所以l⊥BD,l⊥CD，所以∠BDC為α與β所成角的平面角，由α⊥β，可得∠BDC=90°，即所以四邊形ABDC為矩形，所以AB⊥AC，所以m⊥n，所以C正確；對(duì)于D中，若α⊥β且m?α,n?β，則m與n平行、相交或異面，所以D不正確.故選：C.【變式1-1】（2023·山東·山東省五蓮縣第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知直線m,n和平面α，滿足n?α，則“m//n”是“m//A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】根據(jù)線面關(guān)系，結(jié)合必要條件以及充分條件的定義，可得答案.【解答過程】充分性：當(dāng)且僅當(dāng)m?α?xí)r，由m//n，則m//α，故“必要性：由題意可知：m與n無公共點(diǎn)，則m//n或者m與n異面，故“m//故選：D.【變式1-2】（2023·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)

A．DD1 B．AC C．AD【解題思路】根據(jù)異面直線的定義一一判定即可.【解答過程】由正方體的性質(zhì)易知當(dāng)P為A1C1而DD1//B則BP、DD1在平面同上，AA1//C易知P∈平面ACC1A1，而當(dāng)P、C1重合時(shí)，易知AB//D則此時(shí)AD同上當(dāng)P、C1重合時(shí)，顯然B1故選：B.【變式1-3】（2023·四川達(dá)州·統(tǒng)考一模）已知m,n是兩條不同直線，α,β,γ是三個(gè)不同平面，則下列說法正確的是（

）A．m//α,m⊥n,則n⊥α B．m⊥α,m⊥n,則n//αC．α//β,m?β,則m//α D．m⊥β,β⊥γ,則m//γ【解題思路】根據(jù)空間中直線、平面的位置關(guān)系逐項(xiàng)判斷.【解答過程】對(duì)于A：因?yàn)閙//α,m⊥n,所以n?α或n//α或n與α相交，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：因?yàn)閙⊥α,m⊥n,所以n?α或n//α，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：兩個(gè)平面平行，一個(gè)平面中的任意一條直線平行于另外一個(gè)平面，故C正確；對(duì)于D：因?yàn)閙⊥β,β⊥γ,所以m//γ或m?γ，故D錯(cuò)誤；故選：C.【題型2共面、共線、共點(diǎn)的證明】【例2】（2023·吉林·長春吉大附中實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，直線A1A．A,M,O三點(diǎn)共線 B．M,O,AC．B,B1,O,M四點(diǎn)共面 【解題思路】由長方體性質(zhì)易知A,A1,C1,C四點(diǎn)共面且OM,BB1是異面直線,再根據(jù)M與A1C、面ACC【解答過程】因?yàn)锳A則A,A因?yàn)镸∈A則M∈平面ACC又M∈平面AB則點(diǎn)M在平面ACC1A同理,O、A也在平面ACC所以A,M,O三點(diǎn)共線;從而M,O,A1,?A而點(diǎn)B不在平面ACC所以M,O,AB,B1,O,而點(diǎn)A不在平面BB所以直線AO與平面BB1D所以點(diǎn)M不在平面BB即B,B故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；BC∥D1A所以BCD所以CA所以B,D故選項(xiàng)D正確.故選:C.【變式2-1】（2023下·湖北黃岡·高一校考階段練習(xí)）如圖所示，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，G,H分別在BC，CD上，且BG:

①E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；②EG//FH;③若直線EG與直線FH交于點(diǎn)P，則P，A，A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】推導(dǎo)出EF//BD，GH//BD，從而EF//GH，由此能證明E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；EF≠GH，從而直線EG與直線FH必相交，設(shè)交點(diǎn)為【解答過程】如圖所示，

E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，∴EF//BD，G,H分別在BC，CD上，且BG:GC=DH:HC=1:2，∴GH//∴EF//GH，則E，F(xiàn)，G，∵GH>EF，四邊形FEGH是梯形，EG//若直線EG與直線FH交于點(diǎn)P，則由P∈EG，EG?平面ABC，得P∈平面ABC，同理P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD=AC，P∈AC∴則P，A，C三點(diǎn)共線，說法③正確；說法中正確的有2個(gè).故選：C.【變式2-2】（2023下·河南開封·高一校聯(lián)考期末）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱D1C1

A．三點(diǎn)D1,O,BB．三點(diǎn)D1,O,BC．三點(diǎn)D1,O,BD．三點(diǎn)D1,O,B【解題思路】連接AD1，BC1【解答過程】連接連接AD1，

∵O∈直線AE,AE?平面ABC1D又∵O∈平面BB1D1D，平面∴三點(diǎn)D1∵△ABO～△ED故選：B.【變式2-3】（2023下·河南洛陽·高一?？茧A段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P，Q分別是棱AAA．l過點(diǎn)BB．l不一定過點(diǎn)BC．D1P的延長線與DA的延長線的交點(diǎn)在D．D1Q的延長線與DC的延長線的交點(diǎn)在【解題思路】作出輔助線，得到D1，P，B，Q四點(diǎn)共面，即B∈平面D1PBQ，又B∈平面ABCD，所以B∈l；作出輔助線，得到F∈平面D1PBQ，F(xiàn)∈【解答過程】連接PB，QB，如圖，因?yàn)镻，Q分別是棱AA1，由勾股定理得D1所以四邊形D1所以D1，P，B，Q四點(diǎn)共面，即B∈平面D又B∈平面ABCD，所以B∈l，故A結(jié)論正確，B結(jié)論錯(cuò)誤.如圖，延長D1P與DA的延長線交于點(diǎn)F，延長D1Q與因?yàn)镈1F?平面D1PBQ，所以因?yàn)镈F?平面ABCD，所以F∈平面ABCD，所以F∈l，同理E∈l，故C，D正確.故選：B.【題型3線面平行的判定】【例3】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知三棱柱ABC?A1B1C1中，D，①直線BC1∥平面A1DC；

③直線A1D∥平面B1EC；

其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】根據(jù)題意，由線面平行的判定定理，對(duì)選項(xiàng)逐一判斷，即可得到結(jié)果.【解答過程】對(duì)于①：如圖1，連接AC1，交AC1于點(diǎn)F，連接DF，則點(diǎn)F是AC1的中點(diǎn)，又D是AB的中點(diǎn)，所以DF∥BC1，因?yàn)镈F?平面對(duì)于②：如圖2，取BC的中點(diǎn)F，連接DF，C1F，因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以DF∥AC，且DF=12AC，又EC1=12A1C1=12AC，EC對(duì)于③：如圖3，取BC的中點(diǎn)F，連接DF，因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以DF∥AC，且DF=12AC，又A1E=12A1C1=12AC，A1E對(duì)于④：如圖4，連接AC1，交EC于點(diǎn)F，連接DF，則平面ABC1∩平面CDE=DF，若直線BC1∥平面CDE，則DF∥BC1，由于故選：B.【變式3-1】（2023·廣西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在三棱錐D?ABC中，M,N分別是△ACD、△BCD的重心，以下與直線MN平行的是（

）A．直線CD B．平面ABD C．平面ACD D．平面BCD【解題思路】取CD中點(diǎn)為E，由M，N分別是△ACD和△BCD的重心，證得MN//AB，結(jié)合CD不平行AB，可判定A錯(cuò)誤；利用線面平行的判定定理，證得MN//平面ABD，可判定B正確；結(jié)合M∈平面ACD，M?平面BCD和N∈平面BCD，N?平面ACD，可判定C、D錯(cuò)誤．【解答過程】如圖所示，取CD中點(diǎn)為E，連結(jié)AE、BE，由M，N分別是△ACD和△BCD的重心，可得AMME=2則EMEA=13，ENEB又由CD不平行AB，故A錯(cuò)誤；由MN//AB，且MN?平面ABD，AB?平面ABD，所以MN//平面ABD，所以B正確；因?yàn)镸∈平面ACD，N?平面ACD，所以MN與平面ACD不平行，所以C錯(cuò)誤；因?yàn)镹∈平面BCD，M?平面BCD，所以MN與平面BCD不平行，所以D錯(cuò)誤．故選：B．【變式3-2】（2023·湖南岳陽·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐D1?ABCD的底面ABCD是邊長為3的正方形，E為側(cè)棱(1)證明：BD1//(2)若D1D⊥底面ABCD，且D1【解題思路】（1）利用直線與平面平行的判定定理容易證出；（2）容易推導(dǎo)出四個(gè)側(cè)面都是直角三角形，進(jìn)而D1【解答過程】（1）如下圖，連接BD,設(shè)BD與AC相交與點(diǎn)M,連接EM.因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長為3的正方形，所以M為BD中點(diǎn)，又因?yàn)镋為側(cè)棱D1D的中點(diǎn)，所以BD又BD1?平面ACE，EM?所以BD1//（2）因?yàn)镈1D⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，所以D1DD1∩AD=D,DD1,AD?平面而AD1?平面D1AD所以△D則四棱錐D1?ABCD=1所以四棱錐D1【變式3-3】（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考三模）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，△ABF是等邊三角形，EF//AD，BC=2EF=4，M是(1)證明：MF//平面ECD(2)當(dāng)平面ABF⊥平面ABCD時(shí)，求多面體ABCDEF的體積.【解題思路】（1）利用已知條件證明MF//DE，則可得MF//（2）多面體ABCDEF分成四棱錐E?ABCD和三棱錐E?ABF，分別求體積即可.【解答過程】（1）證明：因?yàn)镋F//AD，EF=12BC=所以EF//DM，且所以四邊形DEFM是平行四邊形，從而MF//因?yàn)镸F?平面ECD，DE?平面ECD，所以MF//平面（2）解：連接BE，AE，則V因?yàn)槠矫鍭BF⊥平面ABCD，平面ABF∩平面ABCD=AB，AD?平面ABCD，ABCD是正方形,AD⊥AB，所以AD⊥平面ABF，又EF//AD，所以EF⊥平面VE?ABF設(shè)AB的中點(diǎn)為H，連接FH，則FH⊥平面ABCD，因?yàn)镋F//AD，EF?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以EF所以E到平面ABCD的距離等于FH的長度，且FH=23所以VE?ABCD所以VABCDEF【題型4線面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用】【例4】（2023下·陜西西安·高一長安一中?？茧A段練習(xí)）如圖，已知圓錐的頂點(diǎn)為S，AB為底面圓的直徑，點(diǎn)M，C為底面圓周上的點(diǎn)，并將弧AB三等分，過AC作平面α，使SB∥α，設(shè)α與SM交于點(diǎn)N，則SMSN的值為（

A．43 B．32 C．23【解題思路】連接MB交AC于點(diǎn)D，連接ND,NA,NC，根據(jù)線面平行得性質(zhì)證明SB∥DN，再根據(jù)MC∥AB可得DMDB【解答過程】連接MB交AC于點(diǎn)D，連接ND,NA,NC，則平面NAC即為平面α，

因?yàn)镾B∥α，平面SMB∩α=DN，SB?平面SMB，所以SB∥DN，因?yàn)锳B為底面圓的直徑，點(diǎn)M，C將弧AB三等分，所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°，MC=BC=1所以MC∥AB且MC=12AB又SB∥DN，所以MNSN=DM故選：B.【變式4-1】（2023·福建廈門·廈門一中?？既＃┰谒睦忮FP?ABCD中，DC=3AB，過直線AB的平面將四棱錐截成體積相等的兩個(gè)部分，設(shè)該平面與棱PC交于點(diǎn)E，則PEPCA．12 B．22 C．32【解題思路】設(shè)平面與PD交于F，由題設(shè)易證DC//EF，若PEPC=λ(0<λ<1)，則PFPD=λ，根據(jù)VP?ABE與VP?ABC、VP?AEF【解答過程】設(shè)平面與PD交于F，而DC=3∴DC//AB，∵AB?面PDC，DC?面PDC，∴AB//面PDC，又AB?面ABEF，面ABEF∩面PDC=EF，∴AB//EF，即DC//EF，若PEPC=λ(0<λ<1)，則PFPD=λ，設(shè)四棱錐P?ABCD的體積為∴S△ACD=3S△ABC，即VP?ABC=V而VP?AEFVP?ACD∴VP?ABE+V故選：D.【變式4-2】（2023·全國·高一專題練習(xí)）已知直三棱柱ABC?A1B1C1的側(cè)棱和底面邊長均為1，M，N分別是棱BC，A1B1上的點(diǎn)，且A．34 B．23 C．12【解題思路】過N作NP//B1C1交A1C1于P，利用線面平行的性質(zhì)可得MN//【解答過程】過N作NP//B1C1交A1因?yàn)镸C//B1C1，∴因?yàn)镸N//平面AA1C1C，平面MNPC∩平面AA1所以MN//CP，又NP//MC,∴四邊形MNPC為平行四邊形，又CM=2B∴NP=1?λ所以λ=2故選：B．【變式4-3】（2023·甘肅白銀·甘肅省靖遠(yuǎn)縣第一中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在正方形ABBA．2 B．655 C．2【解題思路】先根據(jù)題中的關(guān)系確定點(diǎn)P在平面ABB1A【解答過程】如圖，分別取棱B1C1，BB1的中點(diǎn)M，N，連接A因?yàn)檎襟w中A1M∥AE，所以平面A1MN內(nèi)兩相交直線A1M，所以A1MN//平面AEF，則點(diǎn)P在線段過點(diǎn)A作AH⊥A1N，垂足為H則DP≥DH，當(dāng)且僅當(dāng)P與H重合時(shí)，DP=DH=D故選：B.【題型5面面平行的判定】【例5】（2023·新疆·統(tǒng)考一模）如圖，在長方體ABCD?A1B1CA．BB．BD與EF異面C．EH//平面D．平面EFGH//平面【解題思路】根據(jù)題目信息和相似比可知，BD1不可能平行于GH，BD與【解答過程】如下圖所示，連接A1根據(jù)題意，由A1EEB1同理可得GH//CD由GH//CD1，而CD易知BD與EF不平行，且不相交，由異面直線定義可知，BD與EF異面，即B正確；在長方體ABCD?A1B所以EF//GH,EF=GH，即四邊形所以EH//FG，又BC//EH?平面ABCD，BC?平面ABCD，所以EH//平面ABCD由EF//A1B，EF?平面A1BCD1，又BC//FG，F(xiàn)G?平面A1BCD1，BC?平面又EF∩FG=F，且FG,EF?平面EFGH，所以平面EFGH//平面A故選：A.【變式5-1】（2023·四川遂寧·四川省遂寧市第二中學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）在正方體ABCD?A1B①AD②平面AB1D③AD④AD1//A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④【解題思路】根據(jù)正方體的性質(zhì)、線面平行的判定定理及面面平行的判定定理證明即可.【解答過程】因?yàn)锳B//C1D1易證BD//B1D1，AB1//DC1，BD?平面BDC1又AB1∩B1D1=B由正方體ABCD?A1B1C因?yàn)锳D1//BC1，AD1?平面BD故選：A.【變式5-2】（2023·河南·校聯(lián)考二模）如圖所示，正六棱柱ABCDEF?A1B

(1)證明：平面ADF1//平面(2)求平面ADF1與平面【解題思路】（1）利用面面平行的判定定理證明;（2）將面面距轉(zhuǎn)化為點(diǎn)面距，再由等體積法求出距離即可.【解答過程】（1）在正六棱柱ABCDEF?A因?yàn)榈酌鏋檎呅?，所以AD//BC，因?yàn)锳D?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以因?yàn)镃D//A1F1，CD=A因?yàn)镈F1?平面A1BC，A1C?又AD∩DF1=D，所以平面AD（2）平面ADF1與平面A1BC間的距離等價(jià)于點(diǎn)A到平面連接AC，則四面體A1ABC的體積因?yàn)閂=1A1B=A所以cos∠A1所以S△所以d=3VS△A1BC=【變式5-3】（2023下·遼寧阜新·高一?？计谀┮阎谡襟wABCD?A1B1C1D1中，M、E、F、N分別是(1)E、F、D、B四點(diǎn)共面(2)平面AMN//平面EFDB【解題思路】（1）根據(jù)題意證明EF//BD，即可得結(jié)果；（2）根據(jù)線面、面面平行的判定定理分析證明.【解答過程】（1）證明：∵E,F分別是B1C1所以EF//B又DD所以四邊形D1∴D∴EF//即EF,BD確定一個(gè)平面，故E、F、D、B四點(diǎn)共面.（2）（2）∵M(jìn)、N分別是A1B1∴MN//D1B1//EF.又MN?平面EFDB，EF?連接NE，如圖所示，則NE//A1B∴四邊形NEBA是平行四邊形.∴AN//又AN?平面EFDB，BE?平面EFDB.∴AN//平面EFDB∵AN,MN都在平面AMN,且AN∩MN=N,所以平面AMN//平面EFDB【題型6面面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用】【例6】（2023·四川達(dá)州·統(tǒng)考一模）如圖所示，設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為a，點(diǎn)P是棱AD上一點(diǎn)，且AP=a3，過B1，D1，P的平面交平面A．223aC．22a 【解題思路】連接BD，由面面平行性質(zhì)定理，可以證出B1D1∥PQ，所以PQ∥BD，【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C∴四邊形DD1B又∵在正方體ABCD?A1B1C1D平面B1D1P∩平面A1B1C1D1∴B1D1∴∠PQD=∠BDC，，又∵∠PDQ=∠BCD=90°，∴△PDQ～△BCD，∴PQBD又∵正方體ABCD?A1B∴BC=a，PD=AD?AP=a?a3=∴PQ=PD×BD故選：A.【變式6-1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1DA．AP∥平面BC1D C．AP⊥平面A1BD D．AP⊥【解題思路】正方體中證明平面AD1C//【解答過程】如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1中，由AC?平面A1BC1，A1C1同理AD1//平面A1BC1，而AAP?平面AD1C，所以AP//故選：B．【變式6-2】（2023下·湖南岳陽·高三湖南省岳陽縣第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）a，b，c為三條不重合的直線，α，β，γ為三個(gè)不重合的平面，現(xiàn)給出下面六個(gè)命題：①a∥c，b∥c，則a∥b；②若③α∥c，β∥c，則α∥β；④若⑤若α∥c，a∥c，則a∥α；⑥若a∥其中真命題的個(gè)數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1【解題思路】根據(jù)空間中線線平行、線面平行、面面平行的判定定理和性質(zhì)定理判斷即可.【解答過程】a，b，c為三條不重合的直線，α，β，γ為三個(gè)不重合的平面，①a∥c，b∥②a∥γ，b∥γ，則③α∥c，β∥c，則④α∥γ，β∥⑤α∥c，a∥c，則⑥a∥γ，α∥γ，則故選：C.【變式6-3】（2023上·安徽六安·高二?？茧A段練習(xí)）已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=3，AB⊥AC，AA1=6，P是CC1的中點(diǎn)，Q在棱A1C1

A．12 B．13 C．14【解答過程】取B1C1上一點(diǎn)S，使得B1S=2SC1，取BB1上一點(diǎn)T，使得B1T=13BB1，連接QS,ST，取【解題思路】取B1C1上一點(diǎn)S，使得B1S=2SC1連接QS,ST，因?yàn)锳1Q=2QC1，因?yàn)锳B?平面ABP，SQ?平面ABP，所以SQ//平面ABP，又因?yàn)槿B1的中點(diǎn)M1BM1//C1又因?yàn)锽1T=13B所以在△B1M1C因?yàn)锽P?平面ABP，TS?平面ABP，所以TS//平面ABP，因?yàn)門S∩SQ=S，所以平面TSQ//平面ABP，而TQ?平面TSQ，所以TQ//平面ABP，故T,M重合，所以B1故選：B.

【題型7線面垂直的判定】【例7】（2023·寧夏銀川·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為DDA．BC1//平面AEC B．C．B1O⊥上平面AEC D．直線A1【解題思路】根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征，證明BC1//AD1判斷A；證明DB1⊥平面AD【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，對(duì)角面因此BC1與平面BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則BB1⊥AC，又BD⊥AC，則有AC⊥平面BDB1，而DB1?平面BDAC∩AD1=A,AC,AD1?平面ACD1，于是DB1⊥令A(yù)B=2，E為DD1中點(diǎn)，O是AC與BD的交點(diǎn)，則EO2=D即EO2+B1O2=EB12AC∩EO=O,AC,EO?面AEC，因此B1O⊥平面取CC1中點(diǎn)F，連接EF,BF,A1F，因?yàn)镋于是EF//DC//AB,EF=DC=AB，四邊形ABFE為平行四邊形，即BF//AE，則∠A1BF為直線A1B與直線AE因此cos∠A1BF=A故選：C.【變式7-1】（2023·江西南昌·統(tǒng)考一模）如圖，已知正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AB=6，A1B1=4，A．平面A1C1D B．平面DMN C．平面【解題思路】延長AA1,BB1,CC1,DD1交于一點(diǎn)P，取PB中點(diǎn)Q，連接AQ,CQ，根據(jù)三角形相似及長度關(guān)系可得△PAB為等邊三角形，即可得AQ⊥PB，CQ⊥PB，由長度關(guān)系及平行可證明△Q【解答過程】解：延長AA1,BB1,CC1,D因?yàn)檎睦馀_(tái)ABCD?A1B因?yàn)锳B=6，A1B1=4，所以A1B1AB=所以PB=PA=AB=6，即△PAB為等邊三角形，因?yàn)镼為PB中點(diǎn)，所以AQ⊥PB，且QB=3，同理可得CQ⊥PB，因?yàn)锽B1=2，所以Q因?yàn)镸,N為A1B1故QB1M因?yàn)椤螿B1M=∠QBA所以△QB1M～△QBA所以∠QMB1=∠QAB因?yàn)镸B1∥AB所以M在AQ上，N在CQ上，因?yàn)锳Q⊥PB，CQ⊥PB，所以AM⊥PB，CN⊥PB，即AM⊥BB1，CN⊥BB1，因?yàn)锳M?平面AMCN，AM∩CN=Q，所以BB1⊥故選：C．【變式7-2】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖1所示，四邊形ABCD為梯形，AD//BC,AB=1,AD=2,BC=3,∠ABC=π2,M為邊AD的中點(diǎn)，N為邊BC上一點(diǎn)，且MN//AB．若將四邊形ABNM沿MN翻折，使得AB與EF重合，得到如圖2(1)證明：CD⊥平面FND；(2)求三棱錐F?PND的體積．【解題思路】（1）先根據(jù)已知得到FN⊥ND,FN⊥MN，，再根據(jù)線面垂直的判定定理和線面垂直的性質(zhì)得到FN⊥CD，利用勾股定理的逆定理得到CD⊥ND，最后利用線面垂直的判定定理證得CD⊥平面FND.（2）利用等體積法求三棱錐F?PND的體積．【解答過程】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為梯形，AD//BC,AB=1,AD=2,BC=3,∠ABC=π2，M為邊AD的中點(diǎn)，且所以四邊形ABNM為正方形，且邊長為1，故在幾何體CDMNFE中，ND=2因?yàn)镕N=1,FD=3，所以：FN2因?yàn)镕N⊥MN,MN∩ND=N,MN?平面MDCN,ND?平面MDCN，所以FN⊥平面MDCN，又因?yàn)椋篊D?平面MDCN，所以：FN⊥CD，易知CD=2，得：CD2因?yàn)镕N∩ND=N,FN?平面FND,ND?FND，所以CD⊥平面FND.（2）如圖，取NC的中點(diǎn)O，連接PO，則PO//又PO?平面FND，F(xiàn)N?平面FND，所以PO//平面FND，過點(diǎn)O作OH//CD，交ND于H，因?yàn)镃D⊥平面FND，所以O(shè)H⊥平面FND，所以點(diǎn)P到平面FND的距離即OH，又因?yàn)椋篛H=1所以：VF?PND故：三棱錐F?PND的體積為：16【變式7-3】（2023·上海青浦·統(tǒng)考一模）已知四棱錐P?ABCD，底面ABCD為正方形，邊長為3，PD⊥平面ABCD．(1)求證：BC⊥平面CDP；(2)若直線AD與BP所成的角大小為60°，求DP的長．【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理可證；（2）由異面直線所成角結(jié)合（1）可求得PC，在Rt△CDP中，可求得DP【解答過程】（1）∵PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴DP⊥BC，又底面ABCD為正方形，則BC⊥DC且DC∩DP=D，DC,DP?平面CDP，∴BC⊥平面CDP．（2）∵BC⊥平面CDP，∴BC⊥CP，∴∠CBP為銳角，又∵AD//BC，∴∠CBP為直線AD與BP所成的角，∴∠CBP=60°，在Rt△CPB中，BC=3∴CP=33在Rt△CDP中，CP=33，CD=3，于是【題型8線面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用】【例8】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2．M，N分別為求證：MN//【解題思路】利用線面垂直的判定定理，證明MN,A1C均與平面A【解答過程】證明：如圖，連接B1A，∵CC1⊥平面A1B∴CC∵四邊形A1∴A1又∵CC1∩A1∴B1D1又∵A1C?平面∴B1D1又∵AB1∩B1∴A1C⊥平面∵B1C1∴四邊形ADC∴C1∵M(jìn)N⊥C∴MN⊥AB又∵M(jìn)N⊥B1D1，AB∴MN⊥平面AB∴A1【變式8-1】（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)求證：AC⊥BE；(2)當(dāng)E是DD1的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)D到平面【解題思路】（1）連接BD，利用線面垂直的判定、性質(zhì)推理即得.（2）取AD的中點(diǎn)F，連接EF,AD1，證明【解答過程】（1）在長方體ABCD?A1B1C1D由ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，得AC⊥ED，而ED∩BD=D,ED,BD?平面BED，因此AC⊥平面BED，又BE?平面BED，所以AC⊥BE.（2）取AD的中點(diǎn)F，連接EF,AD1,BF，四邊形AB則四邊形ABC1D1是矩形，BC1//AD1，而E顯然ED=1,DF=12，則EF=BF=52,BE=3，等腰△BEF的面積S△BEF=12BE??=設(shè)點(diǎn)D到平面BC1E的距離為d，由V于是64d=1所以點(diǎn)D到平面BC1E【變式8-2】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在幾何體ABCDPE中，平面PAD⊥平面ABCD，平面PDCE⊥平面ABCD．(1)證明：BC⊥PD；(2)若四邊形ABCD是邊長為4的正方形，PD=AD,EC//PD,EC=1【解題思路】（1）過點(diǎn)B分別作BM⊥CD,BN⊥AD，證得BM⊥平面PDCE，得到BM⊥PD和BN⊥PD，證得PD⊥平面ABCD，即可證得BC⊥PD．（2）根據(jù)題意，求得各個(gè)面的面積，進(jìn)而得到幾何體的表面積.【解答過程】（1）證明：在平面ABCD內(nèi)，過點(diǎn)B分別作BM⊥CD,BN⊥AD，因?yàn)槠矫鍼DCE⊥平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD=CD，所以BM⊥平面PDCE，又因?yàn)镻D?平面PDCE，所以BM⊥PD，同理可得：BN⊥PD．因?yàn)锽M∩BN=B，BM,BN?平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，又因?yàn)锽C?平面ABCD，所以BC⊥PD．（2）解：由勾股定理得BE=PE=25所以S△PBE因?yàn)樗倪呅蜛BCD的面積S1四邊形PDCE的面積S2S△PDA=8，S△BCE所以該幾何體的表面積為46【變式8-3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖（1），在梯形ABCD中，AD?//?BC且AD⊥CD，線段AD上有一點(diǎn)E，滿足CD=DE=1，AE=BC=2，現(xiàn)將△ABE，△CDE分別沿BE，CE折起，使AD=5，【解題思路】在△BEC中，求得BE=2，結(jié)合勾股定理證得BE⊥EC，AB⊥BE，從而證得AB⊥平面BDE，再在Rt△EDC和△BDC中，分別證得ED⊥CD和BD⊥CD，從而證得CD⊥平面BDE，即可證得AB【解答過程】證明：在Rt△EDC中，CD=DE=1，所以EC=2，∠DEC=∠ECB=45°在△BEC中，EC=2，BC=2，∠ECB=45°由余弦定理得BE=2+4?2×所以EC2+B同理可得，在△ABE中，AB=2，且AB⊥BE在△ABD中，AB2+B因?yàn)锽D∩BE=B，BD，BE?平面BDE，所以AB⊥平面BDE，在Rt△EDC中，ED⊥CD，在△BDC中，BD2+C因?yàn)镋D∩BD=D，ED,BD?平面BDE，所以CD⊥平面BDE，所以AB?//?【題型9面面垂直的判定與性質(zhì)】【例9】（2023·四川涼山·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，∠PAD=π(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若E為PC的中點(diǎn)，求直線EB與平面PAD所成角的正弦值．【解題思路】（1）通過證明AB⊥平面PAD來證得平面PAD⊥平面ABCD.（2）作出直線EB與平面PAD所成角，解三角形求得所成角的正弦值.【解答過程】（1）在△PAD中，由2sinπ6所以∠APD=π2，則，PA=4cos所以PB2=P因?yàn)锳B⊥AD，又AD、PA?平面PAD,AD∩PA=A，所以AB⊥平面PAD，因?yàn)锳B?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．（2）設(shè)PD,AB的中點(diǎn)分別為F,G，連接FE,FG,FA，因?yàn)镕E//CD，F(xiàn)E=12CD所以，F(xiàn)E//GB,FE=GB，即則EB//FG，由（1）題可知AB⊥平面所以，直線EB與平面PAD所成角為∠AFG，在Rt△APD中AF=13，則sin∠AFG=所以，直線EB與平面PAD所成角的正弦值為217【變式9-1】（2023上·陜西西安·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在底面為菱形的四棱錐P?ABCD中，PO⊥底面ABCD，其中O為底面的中心.(1)證明：平面PAC⊥平面PBD.(2)若PO=OD,PO+OC=3，求四棱錐P?ABCD體積的最大值.【解題思路】（1）通過證明BD⊥平面PAC，來證得平面PAC⊥平面PBD.（2）設(shè)OC=a，然后利用基本不等式求得四棱錐P?ABCD體積的最大值.【解答過程】（1）由于PO⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，所以PO⊥BD，由于四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，由于PO∩AC=O,PO,AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，由于BD?平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.（2）設(shè)OC=a,0<a<3，所以PO=OD=3?a，所以V=1當(dāng)且僅當(dāng)3?a=2a,a=1時(shí)等號(hào)成立.所以四棱錐P?ABCD體積的最大值為83【變式9-2】（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱錐P?ABC中，△PBA為等邊三角形，平面PBA⊥平面ABC，BC⊥PA.

(1)求證：BC⊥平面PBA；(2)若AB=2，BC=23，求點(diǎn)B到平面PAC【解題思路】（1）作輔助線作PO⊥AB，利用面面垂直的性質(zhì)定理找到線面垂直關(guān)系，從而找到線線垂直關(guān)系，利用線面垂直的判定定理即可得證.（2）求出線段PC，AC的長，求出△PAC的面積，利用等體積法求解，即可得答案.【解答過程】（1）過點(diǎn)P作PO⊥AB交AB于點(diǎn)O，

因?yàn)槠矫鍼BA⊥平面ABC，平面PBA∩平面ABC=AB，PO?平面PBA，所以PO⊥平面ABC.因?yàn)锽C?平面ABC，所以PO⊥BC，又BC⊥PA，PA∩PO=P，PA，PO?平面PBA，所以BC⊥平面PBA.（2）由題意知PA=AB=PB=2，BC=23因?yàn)锽C⊥平面PBA，PB?平面PBA，所以BC⊥PB，所以PC=PB2過點(diǎn)C作CH⊥PA交PA于點(diǎn)H，則H為AC的中點(diǎn)，AH=1，則CH=A所以S△PAC設(shè)點(diǎn)B到平面PAC距離為d，則VC?PAB即13×15所以點(diǎn)B到平面PAC的距離為215【變式9-3】（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，上?下底面為等腰梯形，AD//BC，(1)證明：平面A1ACC(2)若AA1=2，∠A1【解題思路】（1）證明面面垂直需先證明線面垂直，找到BD分別垂直AA1與（2）借助題目條件得出OC長度即為所求.【解答過程】（1）證明：如圖，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，則BE=1，CE=3,在Rt△ABE中，AE=所以BD=AC=32設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，因?yàn)锳D//BC，所以O(shè)AOC所以O(shè)C=OB=22所以O(shè)B2+O又AA1⊥BD，AA1∩AC=A，所以BD⊥平面A1又BD?平面ABCD，所以平面A1ACC（2）連接A1OA所以O(shè)A12又AC⊥BD，OA1∩BD=O，所以AC⊥所以點(diǎn)C到平面A1BD的距離為OC的長為【題型10平行、垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用】【例10】（2023·河南·信陽高中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA

(1)求證：A1C//平面(2)求證：BC⊥AA【解題思路】（1）利用線面平行的判定定理直接證明即可；（2）由面面垂直得出線面垂直，再由線面垂直得出線線垂直.【解答過程】（1）連接B1C交BC1于點(diǎn)E，則E為因?yàn)镈1為A1B又D1E?平面BC1D所以A1C//（2）連接AC1，因?yàn)锳A所以AC又平面A1BC⊥平面ACC1A且AC1?平面ACC1又BC?平面A1BC，所以因?yàn)锳C⊥BC,AC∩AC1=A,AC,A所以BC⊥平面ACC又AA1?平面AC【變式10-1】（2023·山東·統(tǒng)考一模）如圖所示，已知AA1⊥平面ABC，BB1//AA1,AB=AC

(1)證明：EF//平面A1(2)證明：AE⊥平面BCB【解題思路】（1）應(yīng)用中位線即可證明EF//A（2）應(yīng)用線面垂直的性質(zhì)定理及線面垂直的判定定理即可證明.【解答過程】（1）連接A1B，在∵點(diǎn)E和F分別是BC和A1C的中點(diǎn)，又∵A1B?平面A1B∴EF//平面A1

（2）∵AB=AC,E為BC中點(diǎn)，∴AE∵AA1⊥平面ABC,BB1∵AE?平面ABC，∴BB又∵BC,BB1?平面BC∴AE⊥平面BCB【變式10-2】（2023·河南·襄城高中校聯(lián)考三模）如圖，在正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AB=2A1B1，AA1=3，

(1)求AEAB(2)當(dāng)正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C【解題思路】（1）取點(diǎn)構(gòu)造平行四邊形B1（2）設(shè)AB=2A1B1=4x，將體積表示為x的函數(shù)，求出棱臺(tái)的體積最大時(shí)x的值，再添加輔助線MH【解答過程】（1）如圖所示，作B1F∥A1再作FG∥BC交BD于G，連接因?yàn)锳1E∥平面BMND，所以B又平面B1FGM∩平面所以B1又因?yàn)镕G∥BC∥所以FG=B1M=12故E也為棱AB的四等分點(diǎn)，所以AEAB（2）由（1）易知G為BD的四等分點(diǎn)，所以點(diǎn)B1在點(diǎn)G的正上方，所以B1G⊥設(shè)AB=2A1B1=4x所以該四棱臺(tái)的體積V=1而V2當(dāng)且僅當(dāng)x2=3?2x2，即x=1時(shí)取等號(hào)，此時(shí)作MH∥C1C交BC于H，則連接GH，在△BGH中，GH而MG=BF=3所以GH2=M在△BMH中，BM=22+22所以BM2+M而BM，MG?平面BMND，且BM∩MG=M，所以MH⊥平面BMND，故C1C⊥平面

【變式10-3】（2023·河南·統(tǒng)考三模）如圖，四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD為梯形，AB//CD，AD⊥AB，AB=PA=2DC=4，PB=2AD=42，PD=26，M，N分別是

(1)求證：直線MN//平面ABCD；(2)求證：PA⊥MN．【解題思路】（1）連接BD，證明MN//（2）利用勾股定理證明PA⊥AD，PA⊥AB，從而可得PA⊥平面ABCD，即可得證.【解答過程】（1）連接BD，因?yàn)镸，N分別是PD，PB的中點(diǎn)，所以MN//又MN?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以直線MN//平面ABCD；（2）因?yàn)锳D=22所以PA2+A因?yàn)锳B=4，PB=42所以PA2+A又AB∩AD=A,AB,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，又MN//BD，所以1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為14

A．102m B．112mC．117m D．125m【解題思路】先根據(jù)線面角的定義求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，從而依次求EO，EG【解答過程】如圖，過E做EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G，M，連接OG,OM，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO=因?yàn)镋O⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以EO⊥BC，因?yàn)镋G⊥BC，EO,EG?平面EOG，EO∩EG=E，所以BC⊥平面EOG，因?yàn)镺G?平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四邊形OMBG是矩形，所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以O(shè)G=5所以在直角三角形EOG中，EG=在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=E又因?yàn)镋F=AB?5?5=25?5?5=15，所有棱長之和為2×25+2×10+15+4×8=117m故選：C.2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐P?ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,PC=6，則該棱錐的體積為（

A．1 B．3 C．2 D．3【解題思路】證明AB⊥平面PEC，分割三棱錐為共底面兩個(gè)小三棱錐，其高之和為AB得解.【解答過程】取AB中點(diǎn)E，連接PE,CE，如圖，

∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2，∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE?平面PEC，PE∩CE=E，∴AB⊥平面PEC，又PE=CE=2×32=故PC2=P所以V=V故選：A.3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C?AB?D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（

）A．15 B．25 C．35【解題思路】根據(jù)給定條件，推導(dǎo)確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【解答過程】取AB的中點(diǎn)E，連接CE,DE，因?yàn)椤鰽BC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有CE⊥AB，又△ABD是等邊三角形，則DE⊥AB，從而∠CED為二面角C?AB?D的平面角，即∠CED=150

顯然CE∩DE=E,CE,DE?平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB?平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，顯然平面CDE∩平面ABC=CE，直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE，從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A(yù)B=2，則CE=1,DE=3，在△CDECD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=顯然∠DCE是銳角，cos∠DCE=所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為35故選：C.4．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐P?ABC中，點(diǎn)M,N分別在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，則三棱錐A．19 B．29 C．13【解題思路】分別過M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分別為M′,C′.過B作BB′⊥平面PAC，垂足為B′，連接PB′,過N作NN【解答過程】如圖，分別過M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分別為M′,C′.過B作BB′⊥

因?yàn)锽B′⊥平面PAC，BB′?平面又因?yàn)槠矫鍼BB′∩平面PAC=PB′，NN′⊥PB′，在△PCC′中，因?yàn)镸M′⊥PA,C在△PBB′中，因?yàn)锽B所以VP?AMN故選：B.5．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB=120°，PA=2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P?AC?O為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為π B．該圓錐的側(cè)面積為4C．AC=22 D．△PAC的面積為【解題思路】根據(jù)圓錐的體積、側(cè)面積判斷A、B選項(xiàng)的正確性，利用二面角的知識(shí)判斷C、D選項(xiàng)的正確性.【解答過程】依題意，∠APB=120°，PA=2，所以O(shè)P=1,OA=OB=3A選項(xiàng)，圓錐的體積為13B選項(xiàng)，圓錐的側(cè)面積為π×C選項(xiàng)，設(shè)D是AC的中點(diǎn)，連接OD,PD，則AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P?AC?O的平面角，則∠PDO=45°，所以O(shè)P=OD=1，故AD=CD=3?1=2D選項(xiàng)，PD=12+故選：AC.

6．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C

(1)證明：平面ACC1A(2)設(shè)AB=A1B,A【解題思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因?yàn)锳C⊥BC，可證BC⊥平面ACC(2)過點(diǎn)A1作A1O⊥CC1，可證四棱錐的高為A1O,由三角形全等可證A1C=AC，從而證得O【解答過程】（1）證明：因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面所以A1又因?yàn)椤螦CB=90°，即A1C,AC?平面ACC所以BC⊥平面ACC又因?yàn)锽C?平面BCC所以平面ACC1A（2）如圖，

過點(diǎn)A1作A1O⊥C因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥平面所以四棱錐A1?BB因?yàn)锳1C⊥平面ABC，AC,BC?平面所以A1C⊥BC,又因?yàn)锳1B=AB，所以△ABC與△A1BC設(shè)A1C=AC=x，則所以O(shè)為CC1中點(diǎn)，又因?yàn)锳1C⊥AC,所以即x2+x所以A1所以四棱錐A1?BB7．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，A1C⊥底面

(1)證明：A1(2)已知AA1與BB1的距離為2，求【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得A1O⊥平面BCC（2）利用直角三角形求出AB1的長及點(diǎn)【解答過程】（1）如圖，

∵A1C⊥底面ABC，BC?∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC?∴BC⊥平面ACC1A1，又BC?平面BCC∴平面ACC1A過A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面AC∴A1∵A1到平面BCC在Rt△A1設(shè)CO=x，則C1∵△A1OC,△CO2+A1∴1+x2+1+∴AC=A∴（2）∵AC=A∴∴BA=BA過B作BD⊥AA1，交AA1于D，則由直線AA1與B∵A1D=1，BD=2在Rt△ABC，∴BC=延長AC，使AC=CM，連接C1由CM∥A1C∴C1M∥A1C，∴C∴則在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴AB又A到平面BCC所以AB1與平面BCC8．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA

(1)求證：A1N//平面(2)求平面AMC1與平面(3)求點(diǎn)C到平面AMC【解題思路】（1）先證明四邊形MNA（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進(jìn)行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關(guān)系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【解答過程】（1）

連接MN,C1A.由M,N分別是BC,BA的中點(diǎn)，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC由棱臺(tái)性質(zhì)，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N?平面C