2023年高考数学二轮复习考前专题五立体几何与空间向量第2讲空间中的平行与垂直讲学案理

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，主要利用平面的根本性质及线线、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，属于根底题．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)(2023·四川省眉山中学月考)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，以下命题正确的选项是()A．假设n⊥α，n⊥β，m⊂β，那么m∥αB．假设m⊥α，α⊥β，那么m∥βC．假设m，n在α内的射影互相平行，那么m∥nD．假设m⊥l，α∩β＝l，那么m⊥α答案A解析由题意知，n⊥α，n⊥β，那么α∥β，又m⊂β，那么m∥α，A正确；假设m⊥α，α⊥β，可能会现m⊂β，B错误；假设m，n在α内的射影互相平行，两直线异面也可以，C错误；假设m⊥l，α∩β＝l，可能会出现m⊂α，D错误．应选A.(2)(2023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，那么这样的平面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，那么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．应选思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的根本性质、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，那么以下命题正确的选项是()A．假设α∩β＝m,n⊂α，m⊥n，那么α⊥βB．假设α⊥β，α∩β＝m,α∩γ＝n，那么m⊥nC．假设m不垂直平面α，那么m不可能垂直于平面α内的无数条直线D．假设m⊥α，n⊥β，m∥n，那么α∥β答案D解析逐一分析所给的命题：A项，假设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，假设α⊥β，α∩β＝m,α∩γ＝n，无法确定m，n的关系，该说法错误；C项，假设m不垂直平面α，那么m可能垂直于平面α内的无数条直线，该说法错误；D项，假设m⊥α，n⊥β，m∥n，那么α∥β，该说法正确．应选D.(2)(2023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．以下判断正确的选项是()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，那么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，应选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)(2023·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＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.①证明：直线BC∥平面PAD；②假设△PCD的面积为2eq\r(7)，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＝eq\f(1,2)AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，那么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，那么CM＝x，CD＝eq\r(2)x，PM＝eq\r(3)x，PC＝PD＝2x.取CD的中点N，连接PN，那么PN⊥CD，所以PN＝eq\f(\r(14),2)x.因为△PCD的面积为2eq\r(7)，所以eq\f(1,2)×eq\r(2)x×eq\f(\r(14),2)x＝2eq\r(7)，解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2eq\r(3).所以四棱锥P—ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(22＋4,2)×2eq\r(3)＝4eq\r(3).(2)(2023·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假设三棱锥A－DMN的体积为eq\f(\r(3),3)，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，那么AB＝2AF＝2x，在Rt△ABN中，AB＝2x,BN＝x,∠ABN＝60°，∴AN＝eq\r(3)x，∴S△ADN＝eq\f(1,2)×2x×eq\r(3)x＝eq\r(3)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，那么h＝AF＝x，∴VM－ADN＝eq\f(1,3)×S△ADN×h＝eq\f(1,3)×eq\r(3)x2×x＝eq\f(\r(3),3)x3，∵VM－ADN＝VA－DMN＝eq\f(\r(3),3)，∴x＝1.∴MN＝eq\r(AN2＋AM2)＝eq\r(5).思维升华垂直、平行关系的根底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(2023·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＝eq\r(3)，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＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PA＝eq\f(1,3)×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)，即四棱锥P－ABCD的体积为eq\f(\r(3),3).(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(2023·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)假设四棱锥P－ABCD的体积为2eq\r(3)，求四面体BCDM的体积．(1)证明取PD的中点N，连接AN，MN，如下图，那么MN∥CD，MN＝eq\f(1,2)CD.又AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)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，那么VP－ABCD＝eq\f(1,3)hS＝2eq\r(3)，又S△BCD＝eq\f(2,3)S，四面体BCDM的高为eq\f(h,2).∴VBCDM＝eq\f(1,3)×eq\f(h,2)×S△BCD＝eq\f(1,6)×eq\f(2,3)hS＝eq\f(1,6)×eq\f(2,3)×6eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3)，∴四面体BCDM的体积为eq\f(2\r(3),3).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(2023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,得到如下图的空间几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)假设AD＝1，AB＝eq\r(2)，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＝eq\r(2)，AD＝1，所以BD＝eq\r(3).依题意△ABD∽△DCB，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(CD,BD)，即eq\f(\r(2),1)＝eq\f(CD,\r(3)).所以CD＝eq\r(6).故BC＝3.由于AB⊥平面ADC，AB⊥AC，E为BC的中点，所以AE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2).同理DE＝eq\f(BC,2)＝eq\f(3,2).所以S△ADE＝eq\f(1,2)×1×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2).因为DC⊥平面ABD，所以VA—BCD＝eq\f(1,3)CD·S△ABD＝eq\f(\r(3),3).设点B到平面ADE的距离为d，那么eq\f(1,3)d·S△ADE＝VB—ADE＝VA—BDE＝eq\f(1,2)VA—BCD＝eq\f(\r(3),6)，所以d＝eq\f(\r(6),2)，即点B到平面ADE的距离为eq\f(\r(6),2).真题体验1．(2023·全国Ⅰ改编)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，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，那么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，那么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，那么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，那么AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.2．(2023·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，以下为真命题的是()A．m⊥n⇒m⊥β B．m⊥n⇒α⊥βC．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，如下图．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AACC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B“假设两平面平行，那么一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面〞是真命题，应选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)假设BP＝BE，点K为棱A1F的中点，那么在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE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，如下图．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.如下图，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F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．(2023·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，那么表示GH,MN是异面直线的图形的序号为()A．①② B．③④C．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．那么表示GH,MN是异面直线的图形的序号为②④.应选D.2．(2023·宣城调研)m,n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出以下四个命题，错误的命题是()A．假设m∥α，m∥β，α∩β＝n，那么m∥nB．假设α⊥β，m⊥α，n⊥β，那么m⊥nC．假设α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，那么m⊥αD．假设α∥β，m∥α，那么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，那么m∥β或m⊂β，可得D不正确．应选D.3．平面α及直线a，b以下说法正确的选项是()A．假设直线a，b与平面α所成角都是30°，那么这两条直线平行B．假设直线a，b与平面α所成角都是30°，那么这两条直线不可能垂直C．假设直线a，b平行，那么这两条直线中至少有一条与平面α平行D．假设直线a，b垂直，那么这两条直线与平面α不可能都垂直答案D解析由题意逐一分析所给的选项．假设直线a，b与平面α所成角都是30°，那么这两条直线不一定平行；假设直线a，b与平面α所成角都是30°，那么这两条直线可能垂直；假设直线a，b平行，那么这两条直线中可能两条都与平面α不平行；假设直线a，b垂直，那么这两条直线与平面α不可能都垂直．应选D.4．m，n，l1，l2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，假设m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，那么α∥β的一个充分条件是()A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥βC．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，假设m∥n，那么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．应选D.5．对于四面体A—BCD，有以下命题：①假设AB＝AC＝AD，那么AB，AC，AD与底面所成的角相等；②假设AB⊥CD，AC⊥BD，那么点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假设四面体A—BCD的6条棱长都为1，那么它的内切球的外表积为eq\f(π,6).其中正确的命题是()A．①③ B．③④C．①②③ D．①③④答案D解析①正确，假设AB＝AC＝AD，那么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eq\f(\r(6),3)，根据等体积公式eq\f(1,3)×S×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)×4×S×r，解得r＝eq\f(\r(6),12)，那么内切球的外表积S＝4πr2＝eq\f(π,6)，应选D.6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，那么以下结论中正确的选项是________．(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，那么VE－ABC＝eq\f(1,6)V，为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．7．以下四个正方体图形中，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B答案a或2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，那么A1F＝3a－易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，得eq\f(AC,A1F)＝eq\f(AF,A1D)，即eq\f(2a,3a－x)＝eq\f(x,a)，整理得x2－3ax＋2a2＝0解得x＝a或x＝2a9．(2023·山东)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如下图．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．(2023届宁夏六盘山高级中学模拟)如下图，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＝eq\f(1,3)·S△ACD·AB.又在△ACD中，AC⊥CD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，∴AC＝eq\r(AD2－CD2)＝eq\r(42－32)＝eq\r(7)，∴VA－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(7)×3×3＝eq\f(3\r(7),2).B组能力提高11．如下图，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，那么函数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，∵eq\f(MQ,AQ)＝eq\f(DD1,AD)＝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局部．应选C.12.(2023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)，假设C1P∥平面CMN，那么线段C1P长度的最小值是________答案eq\r(17)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，那么易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，那么C1P＝eq\r(17)为所求．13.(2023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截去一局部后而成，D是AA1(1)假设F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：直线EF∥平面B1C1D(2)假设AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC,BC⊥AC,求点C到面B1C1D(1)证明方法一取AC的中点G，CC1的中点为H，连接AH，GF，GE，如下图．∵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C1DB1B1C1⊂平面C1DB1，∴GE∥平面C1DB又GE∩GF＝G，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，∴