2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题三立体几何第2讲空间中的平行与垂直含解析.doc

专题三 立体几何第2讲空间中的平行与垂直高考定位1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.真 题 感 悟1.(2019·全国卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A.BMEN，且直线BM，EN是相交直线B.BMEN，且直线BM，EN是相交直线C.BMEN，且直线BM，EN是异面直线D.BMEN，且直线BM，EN是异面直线解析连接BD，BE，点N是正方形ABCD的中心，点N在BD上，且BNDN，BM，EN是DBE的中线，BM，EN必相交.连接CM，设DEa，则ECDCa，MCa，平面ECD平面ABCD，且BCDC，BC平面EDC，则BDa，BEa，BMa，又ENa，故BMEN.答案B2.(2019·全国卷)已知ACB90°，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_.解析如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OEAC于E，OFBC于F，连接PC，PE，PF，则PEAC，PFBC.所以PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45°.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.答案3.(2020·全国卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.证明：(1)当ABBC时，EFAC；(2)点C1在平面AEF内.证明(1)如图，连接BD，B1D1.因为ABBC，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD.又因为BB1平面ABCD，于是ACBB1.又BDBB1B，所以AC平面BB1D1D.由于EF平面BB1D1D，所以EFAC.(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为ED1DD1，AGAA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AEGD1.因为B1FBB1，A1GAA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1FC1.于是AEFC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.4.(2019·全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离.(1)证明连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，ED平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，又BCC1CC，BC，C1C平面C1CE，所以DE平面C1CE，故DECH.又C1EDEE，所以CH平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE1，C1C4，所以C1E，故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.考 点 整 合1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性质定理：，a，bab.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性质定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala.热点一空间点、线、面位置关系【例1】 (1)(2020·河南百校大联考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则下列结论正确的是()A.mn B.mn2C.mn D.mn8(2)(2019·北京卷)已知l，m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.解析(1)直线CE平面ABPQ，从而CE平面A1B1P1Q1，易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，则m4.取CD的中点G，连接FG，EG.易证CD平面EGF，又AB平面BPP1B1，AB平面AQQ1A1且ABCD，从而平面EGF平面BPP1B1平面AQQ1A1，EF平面BPP1B1，EF平面AQQ1A1，则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n4，故mn4.(2)已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可能与平行，或l与相交但不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.答案(1)A(2)若m，l，则lm(或若lm，l，则m，答案不唯一)探究提高1.判断空间位置关系命题的真假(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、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定.2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.【训练1】 (1)(2020·衡水中学调研)已知M是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列是假命题的是()A.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交B.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直C.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交D.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行(2)如图所示，在四棱锥PABCD中，PAB与PBC是正三角形，平面PAB平面PBC，ACBD，则下列结论不一定成立的是()A.BPAC B.PD平面ABCDC.ACPD D.平面BDP平面ABCD解析(1)在AB上取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此C是假命题.(2)取BP的中点O，连接OA，OC，如图所示.则BPOA，BPOC，因为OAOCO，所以BP平面OAC，又AC平面OAC，所以BPAC，故选项A一定成立.由ACBP，ACBD，BPBDB，AC平面BDP，又PD平面BDP，AC平面ABCD.所以ACPD，平面PBD平面ABCD，故C，D一定正确.从条件不一定推出PD平面ABCD，选B.答案(1)C(2)B热点二空间平行、垂直关系的证明【例2】 (2019·北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.(1)求证：BD平面PAC；(2)若ABC60°，求证：平面PAB平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由.(1)证明因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.因为底面ABCD为菱形，所以BDAC.又PAACA，所以BD平面PAC.(2)证明因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.因为底面ABCD为菱形，ABC60°，且E为CD的中点，所以AECD.又因为ABCD，所以ABAE.又ABPAA，所以AE平面PAB.因为AE平面PAE，所以平面PAB平面PAE.(3)解棱PB上存在点F，使得CF平面PAE.理由如下：取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FGAB，且FGAB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB，且CEAB.所以FGCE，且FGCE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CFEG.因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF平面PAE.探究提高1.利用综合法证明平行与垂直，关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面，如果所给的图形中不存在这样的线与面，要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.2.垂直、平行关系的证明，主要是运用转化与化归思想，完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中，不要忽视定理成立的条件，推理要严谨.【训练2】 (2020·石家庄调研)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，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)如图，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，CD3PE，FG2PE，FGCD，CDAB，AB2PE，ABFG，ABFG，即四边形ABFG是平行四边形，BFAG，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，BAAD，CDDA，ABAD，O为BD的中点，ABMD是正方形，则BDAM，MD2PE.FMPD，PD平面ABCD，FM平面ABCD，FMBD，AMFMM，BD平面AMF，BD平面AOF.热点三平面图形中的折叠问题【例3】 图是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图.(1)证明：图中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图中的四边形ACGD的面积.(1)证明由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，BE，BC平面BCGE，所以AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)解如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，又CG、EM平面BCGE，故DECG，DEEM.由已知，四边形BCGE是菱形，且EBC60°，得EMCG，又DEEME，DE，EM平面DEM，故CG平面DEM.又DM平面DEM，因此DMCG.在RtDEM中，DE1，EM，故DM2.又CGBF2，所以四边形ACGD的面积为S2×24.探究提高1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.【训练3】 如图1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD，ABBCADa，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE. (1)证明：CD平面A1OC；(2)当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值.(1)证明在图1中，因为ABBCADa，E是AD的中点，BAD，所以BEAC，即在图2中，BEA1O，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，OA1BE，所以A1O平面BCDE，即A1O是四棱锥A1BCDE的高，由图1可知，A1OABa，平行四边形BCDE的面积SBC·ABa2，从而四棱锥A1BCDE的体积为V×S×A1O×a2×aa3，由a336，得a6.热点四空间线面关系的开放性问题【例4】 (2020·九师联盟检测)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD，PAD是等边三角形，F为AD的中点，PDBF.(1)求证：ADPB；(2)若E在线段BC上，且ECBC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG平面ABCD？若存在，求出三棱锥DCEG的体积；若不存在，请说明理由. (1)证明PAD是等边三角形，F是AD的中点，PFAD.底面ABCD是菱形，BAD，BFAD.又PFBFF，AD平面BFP.由于PB平面BFP，ADPB.(2)解能在棱PC上找到一点G，使平面DEG平面ABCD.由(1)知ADBF，PDBF，ADPDD，BF平面PAD.又BF平面ABCD，平面ABCD平面PAD，又平面ABCD平面PADAD，且PFAD，PF平面PAD，PF平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HGPF交PC于G，GH平面ABCD.又GH平面DEG，平面DEG平面ABCD.ADBC，DFHECH，GHPF，VDCEGVGCDESCDE·GH×DC·CE·sin·GH.探究提高1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.2.解决空间线面关系的探究性问题，应从平面图形中的平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.【训练4】 如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABCBAD90°，PDC和BDC均为等边三角形，且平面PDC平面BDC.(1)在棱PB上是否存在点E，使得AE平面PDC？若存在，试确定点E的位置；若不存在，试说明理由；(2)若PBC的面积为，求四棱锥PABCD的体积.解(1)存在.当点E为棱PB的中点，使得AE平面PDC.理由如下：如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.因为BCD是等边三角形，所以DGB90°.因为ABCBAD90°，所以四边形ABGD为矩形，所以ADBGBC，ADBC.因为EF为BCP的中位线，所以EFBC，且EFBC，故ADEF，且ADEF，所以四边形ADFE是平行四边形，从而AEDF，又AE平面PDC，DF平面PDC，所以AE平面PDC.(2)取CD的中点M，连接PM，过点P作PNBC交BC于点N，连接MN，如图所示.因为PDC为等边三角形，所以PMDC.因为PMDC，平面PDC平面BDC，平面PDC平面BDCDC，PM平面PDC，所以PM平面BCD，则PM为四棱锥PABCD的高.又BC平面BCD，所以PMBC.因为PNBC，PNPMP，PN平面PMN，PM平面PMN，所以BC平面PMN.因为MN平面PMN，所以MNBC.由M为DC的中点，易知NCBC.设BCx，则PBC的面积为·，解得x2，即BC2，所以AD1，ABDGPM.故四棱锥PABCD的体积为V×S梯形ABCD×PM××.A级巩固提升一、选择题1.设，为两个平面，则的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.，平行于同一条直线D.，垂直于同一平面解析若，则内有无数条直线与平行，当内有无数条直线与平行时，与可能相交；若，平行于同一条直线，则与可以平行也可以相交；若，垂直于同一个平面，则与可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是的充要条件.答案B2.(2020·东北三校一联)已知，是两个不同的平面，直线m，下列命题正确的是()A.若，则m B.若，则mC.若m，则 D.若m，则解析若m，则m或m与相交或m，所以A，B错误.若m，m，则或与相交，所以C错误.由面面垂直的判定定理可知D正确.故选D.答案D3.(2020·青岛质检)已知四棱锥PABCD的所有棱长均相等，点E，F分别在线段PA，PC上，且EF底面ABCD，则异面直线EF与PB所成角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.90°解析连接AC，BD.设ACBDO.因为EF平面PAC，平面PAC平面ABCDAC，且EF底面ABCD，所以EFAC.由四边形ABCD为菱形，得ACBD.连接OP.因为O为AC的中点，PAPC，所以POAC.又BDOPO，所以AC平面PBD，所以ACPB.又EFAC，所以EFPB，即异面直线EF与PB所成角的大小为90°.故选D.答案D4.(多选题)(2020·济宁模拟)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则()A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF截正方体所得的截面面积为D.点C与点G到平面AEF的距离相等解析连接AD1，D1F，则AD1EF，平面AEF即为平面AEFD1.显然DD1不垂直于平面AEFD1，直线DD1与直线AF不垂直，故A错误.A1GD1F，A1G平面AEFD1，A1G平面AEFD1，即A1G平面AEF，故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形AEFD1的面积为××，故C正确.记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，VCAEF·SAEF·h1VACEF×1×××，VGAEF·SAEF·h2VAGEF×1××1×，h1h2，故D错误.故选BC.答案BC5.(多选题)(2020·济南一模)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CPCMCN，则下列说法正确的是()A.A1C平面B.存在点P，使得AC1平面C.存在点P，使得点A1到平面的距离为D.用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形解析连接BC1，BD，DC1，AD1，D1P.因为CMCN，CBCD，所以，所以MNBD.又MN平面C1BD，BD平面C1BD，所以MN平面C1BD.同理可证MPBC1，MP平面C1BD.又MNMPM，MN，MP平面，所以平面C1BD平面.易证AC1平面C1BD，所以A1C平面，A正确.又AC1平面C1BDC1，所以AC1与平面相交，不存在点P，使得AC1平面，B不正确.因为|A1C|，所以点A1到平面的距离的取值范围为，即.又<<，所以存在点P，使得点A1到平面的距离为，C正确.因为AD1BC1，所以MPAD1，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形AD1PM.又AD1MP，且AD1MP，所以截面为梯形，D正确.故选ACD.答案ACD二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD中，点MAB，点NAD，若，则直线MN与平面BDC的位置关系是_.解析由，得MNBD.而BD平面BDC，MN平面BDC，所以MN平面BDC.答案平行7.(2020·衡水中学检测)已知圆锥的顶点为S，顶点S在底面的射影为O，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为_，点D为母线SB的中点，点C为弧AB的中点，则异面直线CD与OS所成角的正切值为_.解析设该圆锥底面圆的半径为r，则2rAB2，即r1，所以S圆锥侧r×SA2.如图，取OB的中点E，连接CD，DE，CE，OC，则DEOS，DEOS，即CDE(或其补角)为OS与CD所成的角.OSASsin 60°，DE，CE.因此tanCDE.答案28.(2020·漳州适应性测试)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内，若D1MCP，则BCM面积的最小值为_.解析如图，取AB的中点N，AD的中点Q，连接D1Q，QN，B1N，AC.由于CP在面ABCD内的射影为AC，QNAC，故QNCP.因为CP在面ADD1A1内的射影为DP，D1QDP，所以D1QCP.故由QNCP，D1QCP，D1QQNQ，得CP平面D1QNB1.要使CPD1M，必须点M在平面D1QNB1内，又点M在侧面AA1B1B内，所以点M在平面D1QNB1与平面AA1B1B的交线上，即MB1N.因为CB平面ABB1A1，所以CBBM，所以SBCM×CB×BM.当BMB1N时，BM最小，此时，BCM的面积最小.又BB14，BN2，故B1N2.由RtB1BN的面积可得BM，所以SBCM×4×.答案三、解答题9.如图所示，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，ABEF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB2，EF1.(1)求证：平面DAF平面CBF；(2)若BC1，求四棱锥FABCD的体积.(1)证明因为AB为圆O的直径，点F在圆O上，所以AFBF.又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，CBAB，CB平面ABCD，所以CB圆O所在平面，所以AFBC.又BC，BF为平面CBF内两条相交直线，所以AF平面CBF.又AF平面DAF，所以平面DAF平面CBF. (2)解连接OE，OF，如图所示，因为AB2，EF1，ABEF，则四边形OEFA为菱形，所以AFOEOA1，所以AFOAOF1，则OAF为等边三角形.在等边三角形OAF中，点F到边OA的距离为.又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，所以点F到边OA的距离即四棱锥FABCD的高，所以四棱锥FABCD的高h.又BC1，所以矩形ABCD的面积SAB×BC2×12.故V四棱锥FABCD×2×.10.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点.(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD.证明(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD.因为底面ABCD为矩形，所以BCAD.所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，且PD平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD，且PAABA，所以PD平面PAB.又PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGBC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEBC.所以DEFG，且DEFG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EFDG.又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.B级能力突破11.(多选题)(2020·东营质检)已知正方体ABCDA1B1C1D1，过体对角线BD1作平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则下列说法正确的是()A.平面截正方体所得两部分的体积相等B.四边形BFD1E一定是平行四边形C.平面与平面BB1D1D不可能垂直D.四边形BFD1E的面积有最大值解析由题意作出图形，如图.因为平面AA1B1B平面DD1C1C，平面平面AA1B1BBE，平面平面DD1C1CD1F，所以BED1F.同理可得D1EBF，所以四边形BFD1E是平行四边形，B正确.因为四边形BFD1E是平行四边形，所以BED1F，所以ABEC1D1F，所以AEC1F，所以平面BFD1E分正方体为完全相同的两部分，A正确.连接EF，当E是AA1的中点，F是CC1的中点时，EF平面BB1D1D，从而平面与平面BB1D1D垂直，C错误.设正方体的棱长为1，AEx(0x1)，则BE，D1E，BD1.在BED1中，由余弦定理得cos BED1，所以sin BED1，所以S四边形BED1F2SBED1BE·D1E·sin BED1.所以当x0或x1时，S四边形BED1F取得最大值，D正确.故选ABD.答案ABD12.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，DAB30°，PD平面ABCD，AD2，点E为AB上一点，且m，点F为PD中点.(1)若m，证明：直线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.(1)证明如图作FMCD，交PC于点M，连接EM，因为点F为PD的中点，所以FMCD.因为m，所以AEABFM，又FMCDAE，所以四边形AEMF为平行四边形，所以AFEM，因为AF平面PEC，EM平面PEC，所以直线AF平面PEC.(2)解存在一个常数m，使得平面PED平面PAB，理由如下：要使平面PED平面PAB，只需ABDE，因为ABAD2，DAB30°，所以AEADcos 30°，又因为PD平面ABCD，PDAB，PDDED，所以AB平面PDE，因为AB平面PAB，所以平面PDE平面PAB，所以m.