2019高考数学二轮复习 专题四 立体几何与空间向量 第2讲 空间中的平行与垂直学案 理.doc

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1、1第第 2 2 讲讲 空间中的平行与垂直空间中的平行与垂直考情考向分析 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、线面和面面平行和垂直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的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档热点一 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)已知直线

2、l，m与平面，l，m，则下列命题中正确的是( )A若lm，则必有B若lm，则必有C若l，则必有D若，则必有m答案 C解析 对于选项 A，平面和平面还有可能相交，所以选项 A 错误；对于选项 B，平面和平面还有可能相交且不垂直或平行，所以选项 B 错误；对于选项 C，因为l，l，所以，所以选项 C 正确；对于选项 D，直线m可能和平面平行或相交，所以选项 D 错误(2)如图，平面平面，l，A，C是内不同的两点，B，D是内不同的两点，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CD2AB时，M，N两点不可能重合BM，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交

3、C当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交2D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ACBD，而BD，ACB，所以由线面平行的判定定理可得AC，又因为AC，l，所以由线面平行的性质定理可得ACl，故选 B.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

4、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)(2018揭阳模拟)已知直线a，b，平面，下列命题正确的是( )A若，a，则aB若a，b，c，则abcC若a，ba，则bD若，a，b，则ba答案 A解析 A 中，若，a，则a，该说法正确；B 中，若a，b，c，在三棱锥PABC中，令平面，分别为平面PAB，PAC，PBC，交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足abc，该说法错误；C 中，若a，ba，有可能b，不满足b，该说法错误；D 中，若，a，b，正方体ABCDA1B1C1D1中，取平面，为平面ABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b，不满足ba，该说法错误(2)(

5、2018上海市长宁、嘉定区调研)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是Al与l1，l2都相交Bl与l1，l2都不相交Cl至少与l1，l2中的一条相交Dl至多与l1，l2中的一条相交答案 C解析 方法一 如图 1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故 A，B 不正确；如图 2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故 D 不正确，故选 C.3方法二 因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交若l与l1，l2都不相交，则ll1，ll2，从而l1l2，与l1，l2是异面直线

6、矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选 C.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)(2018资阳模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为 2，AA1平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点求证：直线BE平面A1FC1；平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥BEFM的体积证明 取A1C1的中点G，连接EG，FG，点E为A1B1的中点，EGB1C1且EGB1C1，1 2F为BC中点，4BFB1C1且BFB1C1，1 2所以BFEG

7、且BFEG.所以四边形BFGE是平行四边形，所以BEFG，又BE平面A1FC1，FG平面A1FC1，所以直线BE平面A1FC1.解 M为棱AB的中点理由如下：因为ACA1C1，AC平面A1FC1，A1C1平面A1FC1，所以直线AC平面A1FC1，又平面A1FC1平面ABCFM，所以ACFM.又F为棱BC的中点，所以M为棱AB的中点BFM的面积SBFMSABC1 4 22sin 60，1 41 234所以三棱锥BEFM的体积VBEFMVEBFM 2.1 33436(2)(2018衡水调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，PD平面ABCD，BAD60，PD2a，O为AC

8、与BD的交点，E为棱PB上一点证明：平面EAC平面PBD；若PD平面EAC，三棱锥PEAD的体积为 18，求a的值3证明 因为PD平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC.又四边形ABCD为菱形，所以ACBD，又PDBDD，PD，BD平面PBD，所以AC平面PBD.又AC平面EAC，5所以平面EAC平面PBD.解 连接OE.因为PD平面EAC，平面EAC平面PBDOE，所以PDOE.又ACBDO，所以O是BD的中点，所以E是PB的中点因为四边形ABCD是菱形，且BAD60，所以取AD的中点H，连接BH，可知BHAD，又因为PD平面ABCD，BH平面ABCD，所以PDBH.又PDADD，PD

9、，AD平面PAD，所以BH平面PAD.由于ABa，所以BHa.32因此点E到平面PAD的距离dBH aa，1 21 23234所以VPEADVEPADSPADd a2aaa318.1 31 31 2343123解得a6.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明线线平行；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：利用等腰三角形底边中线即高线的性质；勾股定理；线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证

10、明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l，ala.跟踪演练 2 如图，在四棱锥PABCD中，ADB90，CBCD，点E为棱PB的中点6(1)若PBPD，求证：PCBD；(2)求证：CE平面PAD.证明 (1)取BD的中点O，连接CO，PO，因为CDCB，所以CBD为等腰三角形，所以BDCO.因为PBPD，所以PBD为等腰三角形，所以BDPO.又POCOO，PO，CO平面PCO，所以BD平面PCO.因为PC平面PCO，所以PCBD.(2)由E为PB的中点，连接EO，则EOPD，又EO平面PAD，PD平面PAD，所以EO平面PAD.由ADB90及BDCO，可得COAD，又CO平面PAD，AD平

11、面PAD，所以CO平面PAD.又COEOO，CO，EO平面COE，所以平面CEO平面PAD，而CE平面CEO，所以CE平面PAD.热点三 平面图形的翻折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，这是解决翻折问题的主要方法例 3 (2018北京海淀区期末)如图 1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点将ADE沿线段DE折

12、起到PDE的位置，如图 2 所示7(1)求证：DE平面PCF；(2)求证：平面PBC平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由(1)证明 折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以ACDE，所以折叠后，DEPF，DECF，又PFCFF，PF，CF平面PCF，所以DE平面PCF.(2)证明 因为四边形AECD为菱形，所以DCAE，DCAE.又点E为AB的中点，所以DCEB，DCEB，所以四边形DEBC为平行四边形，所以CBDE.又由(1)得，DE平面PCF，所以CB平面PCF.因为CB平面PBC，所以

13、平面PBC平面PCF.(3)解 存在满足条件的点M，N，且M，N分别是PD和BC的中点如图，分别取PD和BC的中点M，N.连接EN，PN，MF，CM.因为四边形DEBC为平行四边形，所以EFCN，EFBCCN，1 2所以四边形ENCF为平行四边形，所以FCEN.8在PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，所以MFPE.又EN，PE平面PEN，PEENE，MF，CF平面CFM，MFCFF，所以平面CFM平面PEN.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，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论跟踪演练 3 (2018北

14、京朝阳区模拟)如图，在PBE中，ABPE，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且AC，ABAPAE2，将PBA沿AB折起使得二面角PABE是51 2直二面角(1)求证：CD平面PAB；(2)求三棱锥EPAC的体积(1)证明 因为AE2，所以AE4，1 2又AB2，ABPE，所以BE2，AB2AE222425又因为ACBE，51 2所以AC是 RtABE的斜边BE上的中线，所以C是BE的中点，又因为D是AE的中点，所以CD是 RtABE的中位线，所以CDAB，又因为CD平面PAB，AB平面PAB，所以CD平面PAB.(2)解 由(1)知，直线CD是 RtABE的中位线，所以CDAB1，1 2因

15、为二面角PABE是直二面角，平面PAB平面EABAB，PA平面PAB，PAAB，所以PA平面ABE，又因为AP2，9所以VEPACVPACE AECDAP1 31 2 412 .1 31 24 3真题体验1(2017全国改编)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_(填序号)答案 (1)解析 对于(1)，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交；对于(2)，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ，又AB平面MNQ，MQ

16、平面MNQ，AB平面MNQ；10对于(3)，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ；对于(4)，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ，又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.2(2017江苏)如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明 (1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以ABEF.又EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BC

17、D，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又AC平面ABC，所以ADAC.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，内，下列为真命题的是( )Amnm BmnCm Dmn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11答案 C解析 构造长方体，如图所示因为A1C1AA1，A1C1平面AA1C1C

18、，AA1平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C与平面AA1B1B也不垂直，所以选项 A，B 都是假命题CC1AA1，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BEAF2CF.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：A1EFP；(2)若BPBE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的

19、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，探索空间直线与平面位置关系，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方向(1)证明 在正ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示因为BEAF2CF，所以AFAD，AEDE，而A60，所以ADF为正三角形又AEDE，所以EFAD.所以在题图(2)中，A1EEF，又A1E平面A1EF，平面A1EF平面BEFC，且平面A1EF平面BEFCEF，所以A1E平面BEFC.因为FP平面BEFC，所以A1EFP.12(2)解 在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行理由如

20、下：如题图(1)，在正ABC中，因为BPBE，BEAF，所以BPAF，所以FPAB，所以FPBE.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MKFP.因为FPBE，所以MKBE.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(2018北京朝阳区模拟)已知，是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：若l，则l；若l，则l；若l，则l；若l，则l.其中说法正确的个数为( )A3 B2 C1 D4答案 C解析 若l，则l或l，不正确；若l，则l 或l，不正确；若l，则l，正确；若l

21、，则l或l或l与相交且l与不垂直，不正确，故选 C.2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( )13A B C D答案 D解析 由题意可得图中GH与MN平行，不合题意；图中GH与MN异面，符合题意；图中GH与MN相交，不合题意；图中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.3(2018抚顺模拟)给出下列四个命题：如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行，那么a；过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；若两个相交平面都垂直于第三个平面，则

22、这两个平面的交线垂直于第三个平面其中真命题的个数为( )A1 B2 C3 D4答案 C解析 对于，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线a与平面内一条直线b平行，那么a，故正确；对于，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；对于，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；对于，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确4(2018全国)在长方

23、体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与3DB1所成角的余弦值为( )14A. B. C. D.1 5565522答案 C解析 方法一 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角连接DB，由题意，得DB，BB12，DB112112512 32.1212 325在DBB1中，由余弦定理，得DB2BBDB2BB1DB1cosDB1B，2 12 1即 54522cosDB1B，cosDB1B.555故选 C.方法二 如图，以点D为

24、坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，33(1,0，)，AD13(1,1，)，DB131101()22，AD1DB13|2，|，AD1DB15cos，.AD1DB1AD1DB1|AD1|DB1|22 55515故选 C.5对于四面体ABCD，有以下命题：若ABACAD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；若ABCD，ACBD，则点A在底面BCD内的射影是BCD的内心；四面体ABCD的四个面中最多有四个直角三角形；若四面体ABCD的 6 条棱长都为 1，则它的内切球的

25、表面积为. 6其中正确的命题是( )A BC D答案 D解析 正确，若ABACAD，则AB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；不正确，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BOCD，COBD，所以点O是BCD的垂心；正确，如图，AB平面BCD，BCD90，其中有 4 个直角三角形；正确，设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 SBCD631 3 4SBCDr，解得 r，那么内切球的表面积S4r2，故选 D.631 3612 66已知m，n，l1，l2表示不同的直线，表示不同的平面，若m，n，l1，l2，l1l2M，则的一个充分条件是(

26、 )Am且l1 Bm且nCm且nl2 Dml1且nl2答案 D解析 对于选项 A，当m且l1时，可能平行也可能相交，故 A 不是的充分条件；对于选项 B，当m且n时，若mn，则，可能平行也可能相交，故 B 不是的充分条件；对于选项 C，当m且nl2时，可能平行也可能16相交，故 C 不是的充分条件；对于选项 D，当ml1，nl2时，由线面平行的判定定理可得l1，l2，又l1l2M，由面面平行的判定定理可以得到，但时，ml1且nl2不一定成立，故 D 是的一个充分条件故选 D.7(2018上海虹口区模拟)长方体的体对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为，则 cos2cos2cos2_.答案

27、 2解析 设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则体对角线长d，a2b2c2所以 cos2cos2cos22222.(b2c2d)(a2c2d)(a2b2d)2(a2b2c2)d28.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，底面是以ABC为直角的等腰直角三角形，AC2a，BB13a，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，又CF平面ACC1A1，所以B1DCF.要使CF平面B1DF，只需CFDF即可令CFDF，设AFx，则A1F3ax.易知 RtCAFRtFA1D，得，即 ，AC A1F

28、AF A1D2a 3axx a整理得x23ax2a20，解得xa或x2a.9.如图所示的多面体中，底面ABCD为正方形，GAD为等边三角形，BF平面17ABCD，GDC90，点E是线段GC上除两端点外的一点，若点P为线段GD的中点(1)求证：AP平面GCD；(2)求证：平面ADG平面FBC.证明 (1)因为GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，所以APGD.因为ADCD，GDCD，且ADGDD，AD，GD平面GAD，故CD平面GAD，又AP平面GAD，故CDAP，又CDGDD，CD，GD平面GCD，故AP平面GCD.(2)因为BF平面ABCD，CD平面ABCD，所以BFCD，因为BCCD，

29、BFBCB，BF，BC平面FBC，所以CD平面FBC，由(1)知CD平面GAD，所以平面ADG平面FBC.10(2018张掖检测)在梯形ABCD中(图 1)，ABCD，AB2，CD5，过A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，已知DE1，AE2，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得AFBD，DECF，得空间几何体ADEBCF(图 2)(1)证明：BE平面ACD；(2)求三棱锥EACD的体积(1)证明 连接BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，则OH是AFC的中位线，所以OHCF且OHCF，1 2由已知得DECF且DECF，1 218所以DEOH且DEOH，所以四边形DEOH为

30、平行四边形，DHEO，又因为EO平面ACD，DH平面ACD，所以EO平面ACD，即BE平面ACD.(2)解 由已知得，四边形ABFE为正方形，且边长为 2，则AFBE，由已知AFBD，BEBDB，BE，BD平面BDE，可得AF平面BDE，又DE平面BDE，所以AFDE，又AEDE，AFAEA，AF，AE平面ABFE，所以DE平面ABFE，又EF平面ABEF，所以DEEF，四边形DEFC是直角梯形，又AEEF，DEEFE，DE，EF平面CDE，所以AE平面CDE，所以AE是三棱锥ADEC的高，VEACDVAECDVAEFD AE DEEF .1 31 22 3B 组 能力提高11(2018全国)

31、已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B.3 342 33C. D.3 2432答案 A解析 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等19取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6 sin 60.

32、1 222223 34故选 A.12(2018泉州质检)已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点现有下列四个结论：p1：AC1MN；p2：A1CC1N；p3：B1C平面AMN；p4：异面直线AB与MN所成角的余弦值为.24其中正确的结论是( )Ap1，p2 Bp2，p3Cp2，p4 Dp3，p4答案 C解析 正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点对于p1：如图所示，MNBC1，BC1AC1C1，AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；对于p2：如图所示，连接AC1，交A1C于点O，连接ON，易知A1CAC1，O

33、N平面ACC1A1，ONA1C，又ONAC1O，ON，AC1平面ONC1，A1C平面ONC1，又C1N平面ONC1，A1CC1N，p2正确；对于p3：如图所示，取BC的中点O，连接AO，BC1，20过点O作OPBC1，交CC1于点P，连接AP，则AO平面BCC1B1，又B1C平面BCC1B1，AOB1C，又BC1OP，BC1B1C，B1COP，又AOOPO，AO，OP平面AOP，B1C平面AOP，又平面AMN与平面AOP有公共点A，B1C与平面AMN不垂直，p3错误；对于p4：如图所示，连接BC1，AC1，则MNBC1，ABC1是异面直线AB与MN所成的角，设AB1，则AC1BC1，2cosA

34、BC1，p4正确 2212 222 2 124综上，其中正确的结论是p2，p4.13.如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABCA1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中点(1)若F在CC1上，且CC14CF，E为AB的中点，求证：直线EF平面C1DB1；(2)若ADAC1，AD平面ABC，BCAC，求点C到平面B1C1D的距离(1)证明 方法一 取AC的中点G，CC1的中点H，连接AH，GF，GE，如图所示ADC1H且ADC1H，21四边形ADC1H为平行四边形，AHC1D，又F是CH的中点，G是AC的中点，GFAH，GFC1D，又GF平面C1DB1，C1D平面C1DB1，GF平面C1D

35、B1，又G，E分别是AC，AB的中点，GEBCB1C1，又GE平面C1DB1，B1C1平面C1DB1，GE平面C1DB1，又GEGFG，GE平面GEF，GF平面GEF，平面GEF平面C1DB1，又EF平面GEF，EF平面C1DB1.方法二 取B1D的中点M，连接EM，MC1，则EM是梯形ABB1D的中位线，EMBB1CC1AD，EM (ADBB1)1 2CC1，1 2(1 2CC1CC1)3 4又C1FCC1CFCC1，3 4 EMC1F且EMC1F，故四边形EMC1F为平行四边形，C1MEF，又EF平面C1DB1，C1M平面C1DB1，EF平面C1DB1.(2)解 AD平面ABC，AC平面A

36、BC，ADAC，又ADAC1，CC12AD，ADCC1，C1D2DC2AC2AD22AD22，C1C24，故CCCD2C1D2，即C1DCD，2 1又BCAC，ADBC，ACADA，22AC，AD平面ACC1D，BC平面ACC1D，又CD平面ACC1D，BCCD，又B1C1BC，B1C1CD，又DC1B1C1C1，DC1，B1C1平面B1C1D，CD平面B1C1D，点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为.214如图，矩形ABDE(AE6，DE5)，被截去一角(即BBC)，AB3，ABC135，平面PAE平面ABCDE，PAPE10.(1)求五棱锥PABCDE的体积的最大值；(2)在(1)的

37、情况下，证明：BCPB.(1)解 因为AB3，ABC135，所以BBC45，BBABAB532，所以截去的BBC是等腰直角三角形，所以SABCDESABDESBBC65 2228.1 2如图，过P作POAE，垂足为O，因为平面PAE平面ABCDE，平面PAE平面ABCDEAE，PO平面PAE，所以PO平面ABCDE，PO为五棱锥PABCDE的高在平面PAE内，PAPE10AE6，P在以A，E为焦点，长轴长为 10 的椭圆上，由椭圆的几何性质知，当点P为短轴端点时，P到AE的距离最大，此时PAPE5，OAOE3，所以POmax4，所以(VPABCDE)maxSABCDEPOmax1 323 284.1 3112 3(2)证明 连接OB，如图，由(1)知，OAAB3，故OAB是等腰直角三角形，所以ABO45，所以OBCABCABO1354590，即BCBO.由于PO平面ABCDE，BC平面ABCDE，所以POBC，又POBOO，PO，BO平面POB，所以BC平面POB，又 PB平面 POB，所以 BCPB.