专题8.8 空间中的位置关系大题专项训练【四大题型】（人教A版2019必修第二册）【含答案解析】

专题8.8空间中的位置关系大题专项训练【四大题型】【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一空间直线、平面的平行题型一空间直线、平面的平行1．（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上底面边长为(1)证明：AC1//(2)求该正四棱台的表面积.【解题思路】（1）利用中位线性质以及线面平行的判定定理即可证明出结论；（2）由正四棱台的上、下底面边长分别求得上下底面面积以及侧面面积即可得出表面积.【解答过程】（1）连结AC，交BD于点O，连结OE.

在正四棱台ABCD−A1B1C1D1又∵E为CC∴OE∥AC1又OE⊂平面BDE，AC1∴AC1//（2）由已知，梯形ABB1A1中，A1过A1作A1M⊥AB，交AB于点∴AM=2，∴所以梯形ABB1∴正四棱台ABCD−AS=S2．（24-25高一下·全国·单元测试）在多面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，棱EF//BC且EF=12BC【解题思路】取CD中点M，连接OM，EM，利用平行四边形的判定与性质得FO//【解答过程】如图所示，取CD中点M，连接OM，EM，在矩形ABCD中，OM//BC且又EF//BC且EF=12BC所以四边形EFOM为平行四边形，所以FO//又因为FO⊂平面CDE，EM⊂平面CDE，所以FO//平面3．（24-25高一上·浙江杭州·阶段练习）在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，点E在PD上，且PE:ED＝2:1，平面(1)证明：l//CD；(2)在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论．【解题思路】（1）利用线面平行的判断、性质推理得证.（2）取PE的中点M，利用线面平行的判定、面面平行的判定、性质推理得解.【解答过程】（1）由四边形ABCD为菱形，得AB//CD，又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，则AB//平面PCD，又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，则AB//l，所以l//CD．（2）存在．当F是PC的中点时，BF//平面AEC，如图，取PE的中点M，连接FM，得FM//CE，又CE⊂平面AEC，FM⊄平面AEC，于是FM//平面AEC，由M为PE的中点，PE:ED＝2:1，得EM=12PE=ED连接BM，BD，设BD∩AC＝O，由四边形ABCD是菱形，得O为则BM//OE，又OE⊂平面AEC，BM⊄平面AEC，于是BM//平面AEC，又MF∩MB=M，MF,MB⊂平面BFM，则平面BFM//平面AEC，又BF⊂平面BFM，所以BF//平面AEC.4．（24-25高一下·全国·课堂例题）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，P，Q分别是

(1)PQ//平面DCC(2)EF//平面B【解题思路】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，即可证明；（2）方法一，根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，利用构造平行四边形，证明线线平行；方法二，利用面面平行的性质定理，构造面面平行，即可证明线面平行.【解答过程】（1）如图，连接AC，CD

因为四边形ABCD是正方形，且Q是BD的中点，所以Q是AC的中点，又P是AD1的中点，所以又PQ⊄平面DCC1D1，CD1⊂（2）方法一

取B1D1的中点O1，连接则有FO1//又BE//B1C1且BE=1所以四边形BEFO1为平行四边形，所以又EF⊄平面BB1D1D，BO1方法二

取B1C1的中点E1，连接因为点E,E1是BC，B1EE1⊄平面BB1所以EE1//因为点F，E1分别是C1D所以FE1//B1D1，F所以FE1//且FE1∩EE1=E所以平面EE1F//又EF⊂平面EE1F，所以EF//5．（24-25高一下·全国·课堂例题）如图所示，已知P是▱ABCD所在平面外一点，M,N分别是AB,PC的中点，平面PBC∩平面

(1)l与BC是否平行？说明理由；(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．【解题思路】（1）根据线面平行的性质即可求证，（2）根据线面平行的判定即可求证.【解答过程】（1）平行，理由如下：因为四边形ABCD为平行四边形，所以BC//又BC⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC//平面又平面PBC∩平面PAD=l，BC⊂平面PBC，所以BC//（2）平行．证明如下：如图所示，

取PD的中点E，连接AE,故NE//DC,NE=所以NE//AM且所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN//又AE⊂平面PAD，MN⊂平面PAD所以MN//平面PAD6．（23-24高一下·广西贺州·阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C

(1)证明：D1P∥平面(2)求三棱锥P−A【解题思路】（1）取取A1C1的中点E（2）利用线面平行的性质定理将体积转化，然后利用等体积法求解体积.【解答过程】（1）取A1C1的中点E

所以B1所以四边形BPEB所以D1P∥BE，又BE⊂平面A1BC所以D1P∥（2）因为D1P∥平面A1BCVD所以三棱锥P−A1B7．（23-24高一下·天津南开·阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为底面中心，M,E分别为PA,PD的中点，△PDC为等腰直角三角形，且DP=DC．(1)求证：MO//平面PDC(2)求异面直线MO与EC所成角的余弦值；(3)若F,N分为CE,DE的中点，点G在线段PB上，且PG=3GB．求证：平面GFN//平面ABCD（注：只能使用几何法，其他方法一律不给分）【解题思路】（1）由三角形中位线及线面平行的判定即可证明；（2）通过转化得异面直线MO与EC所成角即为EC与PC夹角，由余弦定理求解即可；（3）连接BD，由线线平行证明线面平行，再根据面面平行的判定证明即可．【解答过程】（1）证明：连接AC，则O为AC中点，又点M为PA中点，所以MO//因为MO⊄平面PDC，PC⊂平面PDC，所以MO//平面PDC（2）由（1）得，异面直线MO与EC所成角即为EC与PC夹角，在等腰直角三角形PDC中，设DP=DC=2，则PE=DE=1，PC=22，CE=在△PEC中，由余弦定理得，cos∠PCE=所以异面直线MO与EC所成角的余弦值为310（3）连接BD，如图所示，因为F,N分为CE,DE的中点，所以FN//因为E为PD的中点，所以PN=3因为点G在线段PB上，且PG=3GB，所以PG=34PB因为NF⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以NF//平面ABCD同理可得GN//平面ABCD又GN∩NF=N，GN,NF⊂平面GFN，所以平面GFN//平面ABCD8．（23-24高一下·新疆省直辖县级单位·阶段练习）正方体ABCD−A(1)求证:AB1//(2)平面AB1D【解题思路】（1）先证明平行四边形得出线线平行，再结合线面平行判定定理证明；（2）先证明线面平行，再应用面面平行判定定理证明.【解答过程】（1）由题设得：AD=B1C∴四边形ADC∴AB又∵DC1⊂平面C1BD∴AB1//（2）BB1=D∴四边形BDD∴B1又∵BD⊂平面C1BD，B1∴B1D1//平面C1又AB1∩∴平面AB1D题型二题型二空间直线、平面的垂直

用向量证明线段垂直

用向量证明线段垂直9．（2024高二下·福建·学业考试）如图，四棱锥S−ABCD的底面是正方形，SD⊥底面ABCD.

(1)若SD=AB=1，求四棱锥S−ABCD的体积(2)求证：BC⊥平面SCD【解题思路】（1）根据体积公式可求四棱锥S−ABCD的体积.（2）可证BC⊥SD，结合BC⊥CD可证BC⊥平面SCD.【解答过程】（1）因为SD⊥底面ABCD，故四棱锥S−ABCD的高为SD=1，而正方形ABCD的面积为1，故VS−ABCD（2）因为SD⊥底面ABCD，而BC⊂平面ABCD，故BC⊥SD，由正方形ABCD可得BC⊥CD，因SD∩CD=D,SD,CD⊂平面SCD，故BC⊥平面SCD.10．（24-25高一下·全国·课后作业）如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G为AD边的中点.求证：(1)BG⊥平面PAD；(2)AD⊥PB.【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理证明即可；（2）由线面垂直判定定理和性质定理证明即可.【解答过程】（1）因为四边形ABCD是菱形且∠DAB=60°，所以△ABD是正三角形，因为G为AD的中点，所以BG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，BG⊂平面ABCD，所以BG⊥平面PAD，（2）因为侧面PAD为正三角形，G为AD边的中点，所以PG⊥AD，又由（1）可知BG⊥AD，又BG∩PG=G，BG，PG⊂平面PBG，所以AD⊥平面PBG，又PB⊂平面PBG，所以AD⊥PB.11．（24-25高一下·全国·课前预习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G为AD边的中点.求证：BG⊥平面PAD.【解题思路】根据面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，即可得PG⊥BG，结合BG⊥AD，即可由线面垂直的判定求证.【解答过程】由题意知△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PG⊂平面PAD，∴PG⊥平面ABCD，∵BG⊂平面ABCD，∴PG⊥BG.又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB=60°，∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD.又AD∩PG=G，AD，PG⊂平面PAD，∴BG⊥平面PAD.12．（24-25高一下·全国·课堂例题）如图所示，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，∠ABC=90∘，AE⊥PB于点(1)BC⊥平面PAB；(2)AE⊥平面PBC．【解题思路】（1）根据线面垂直的判断定理，即可证明；（2）根据（1）的结论，结合线面垂直的判断定理，即可证明.【解答过程】（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC．∵∠ABC=90∘，又AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB．（2）∵BC⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE．∵PB⊥AE，BC∩PB=B，BC，PB⊂平面PBC，∴AE⊥平面PBC．13．（23-24高一下·天津·期中）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C(1)求证：直线BD⊥平面AA(2)求点A到平面A1【解题思路】（1）根据线线垂直即可求证，（2）利用等体积法，即可由三棱锥的体积公式求解.【解答过程】（1）由于四棱柱ABCD−A1B1C又AA1⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCDAA1∩AC=A,A故直线BD⊥平面A（2）由AB=2，AA1=3所以S△设A到平面A1BD的距离为则VA−14．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAB⊥底面ABC，且PA⊥AB，PA=5，△ABC的面积为6.(1)求三棱锥P−ABC的体积；(2)若AB=5，AC=4，且∠BAC为锐角，求证：BC⊥平面【解题思路】（1）结合条件可证明PA⊥平面ABC，由三棱锥P−ABC的体积公式求解即可；（2）利用勾股定理可得：AC⊥CB，结合PA⊥BC，即可证明BC⊥平面PAC.【解答过程】（1）因为在三棱锥P−ABC中，侧面PAB⊥底面ABC，侧面PAB∩底面ABC=AB因为PA⊥AB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥平面ABC，所以V（2）在△ABC，由面积公式可得：S△ABC=1因为∠BAC为锐角，所以cos∠BAC=由余弦定理可得：BC2=A所以AC所以AC⊥CB，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.15．（23-24高一下·云南曲靖·阶段练习）如图，AB为⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，M为圆周上任意一点，AN⊥PM，N为垂足.(1)若PA=AM=BM=2，Q为PB的中点，求三棱锥Q−ABM的体积；(2)求证：AN⊥平面PBM；(3)若AQ⊥PB，垂足为Q，求证：NQ⊥PB．【解题思路】（1）先得到VP−AMB=13S△AMB⋅PA=（2）由线线垂直，得到线面垂直，即BM⊥平面PAM.，故BM⊥AN，又AN⊥PM，从而得到线面垂直；（3）由(1)知AN⊥平面PBM，故AN⊥PB，又AQ⊥PB，故PB⊥平面ANQ，得到答案.【解答过程】（1）因为AB为⊙O的直径，所以AM⊥BM，又AM=BM=2，故S△AMB又PA垂直于⊙O所在的平面，PA=2，故VP−AMB因为Q为PB的中点，所以VQ−ABM（2）∵AB为⊙O的直径，∴AM⊥BM.又PA⊥平面ABM，BM⊂平面ABM，∴PA⊥BM.又∵PA∩AM=A，PA，AM⊂平面PAM，∴BM⊥平面PAM.又AN⊂平面PAM，∴BM⊥AN.又AN⊥PM，且BM∩PM=M，BM，PM⊂平面PBM，∴AN⊥平面PBM.（3）由(1)知AN⊥平面PBM，PB⊂平面PBM，∴AN⊥PB.又∵AQ⊥PB，AN∩AQ＝A，AN，AQ⊂平面ANQ，∴PB⊥平面ANQ.又NQ⊂平面ANQ，∴PB⊥NQ.16．（23-24高一下·辽宁大连·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C(1)求证：平面A1BC⊥平面(2)求证：AC【解题思路】（1）首先根据线面垂直的性质得BB1⊥BC（2）由（1）得BC⊥A1B，根据BC//【解答过程】（1）在直三棱柱ABC−A因为BB1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC又因为BC⊥AB,AB⊂平面ABB1A所以BC⊥平面ABB1又因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥（2）连接AB1，由（1）可知BC⊥平面因为A1B⊂平面ABB因为BC//B1C又因为在正方形ABB1AAB1,B1所以A1B⊥平面又因为AC1⊂平面AB1题型三平行与垂直关系的综合应用题型三平行与垂直关系的综合应用17．（24-25高一下·全国·单元测试）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面是正方形，E，F，(1)平面AD1E(2)D1【解题思路】（1）根据平行四边形的性质及线面平行的判定定理得D1E//平面BGF，又A（2）先根据线面垂直的判定定理得AC⊥平面BDD【解答过程】（1）∵E，F分别是B1B和D1D的中点，∴四边形BED1F又D1E⊂平面BGF，BF⊂平面BGF，∴∵FG是△DAD1的中位线，又AD1⊂平面BGF，FG⊂平面BGF，∴A又AD1∩D1E=D（2）连接BD，B1D1，∵底面ABCD∵D1D⊥AC，D1D∩BD=D∵D1E⊂平面BD18．（23-24高一下·山东威海·期末）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，M，

(1)证明：MO//平面ABC(2)证明：MO⊥平面B1【解题思路】（1）根据线面平行判定定理证明即可；（2）先证明线面垂直再应用平行得出结论.【解答过程】（1）

取BC的中点D，连接OD，AD，因为O为BC所以OD//CC1且OD=又因为AM//CC1且所以OD//AM且OD=AM，所以四边形AMOD为平行四边形，

所以MO//AD，

又因为MO⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以MO//平面ABC.（2）因为ABC−A所以BB1⊥平面ABC，因为AD⊂所以BB1因为△ABC为等边三角形，所以AD⊥BC，又BB1∩BC=B,B所以AD⊥平面B1BCC所以MO⊥平面B119．（23-24高一下·山东菏泽·阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，O为AC与BD的交点，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，DC//AB，DA=DC=2AB.

(1)求异面直线PC和AB所成角的大小；(2)若点E为棱PA上一点，且OE//平面PBC，求AEPE(3)求证：平面PBC⊥平面PDC.【解题思路】（1）根据异面直线的定义可得∠PCD为所求角，即可利用线面垂直的性质求解，（2）根据线面平行的性质可得OE//PC，即可由相似求解，（3）根据线面垂直的判定求证DF⊥平面PBC，即可由面面垂直的判定求解.【解答过程】（1）因为DC//AB，所以异面直线PC和AB所成角为PC和CD所成角，即∠PCD，因为△PAD是正三角形，DA=DC=2AB，所以PD=CD，因为AB⊥平面PAD，所以DC⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，所以DC⊥PD，所以△PDC是等腰直角三角形，所以∠PCD=π即异面直线PC和AB所成角为π4（2）因为OE//平面PBC，OE⊂平面PAC，平面PAC∩平面PBC=PC，所以OE//PC，所以AOOC因为DC//AB，DC=2AB，所以AOOC所以AEPE（3）取PC的中点F，连接FB，FD，

因为△PAD是正三角形，DA=DC，所以DP=DC，因为F是PC中点，所以DF⊥PC，因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，AB⊥AD，AB⊥PD，因为DC//AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA，设AB=a，在等腰直角三角形PCD中，DF=PF=2在Rt△PAB中，PB=在直角梯形ABCD中，BD=BC=5因为BC=PB=5a，点F为所以PC⊥FB，在Rt△PFB中，FB=在△FDB中，由DF=2a，FB=3a，所以FB⊥DF，由DF⊥PC，DF⊥FB，PC∩FB=F，PC，FB⊂平面PBC，所以DF⊥平面PBC，又DF⊂平面PCD，所以平面PBC⊥平面PDC.20．（2025高三上·广西·学业考试）《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称为“垫堵”．如图，在垫堵ABC−A1B1C1中，已知AC=BC，且点M，N，P分别是(1)求证：C1P//平面(2)求证：CM⊥平面ABB【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理转化为证明线面平行，通过构造平行四边形，证明C1（2）利用面面垂直的性质定理，即可证明.【解答过程】（1）连结MP，因为M,P分别是AB,BC的中点，所以MP//AC，且MP=1因为点N是A1C1的中点，所以N所以NC1//MP所以四边形MPC所以C1且C1P⊄平面MNC，MN⊂平面所以C1P//平面（2）因为AC=CB，M为AB的中点，所以CM⊥AB，由AA1⊥平面ABC，A所以平面ABB1A又平面ABB1A1∩平面ABC=AB所以CM⊥平面ABB21．（23-24高一下·全国·课后作业）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F分别是CD和PC的中点.求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE//平面PAD(3)平面BEF⊥平面PCD.【解题思路】（1）根据平面PAD⊥底面ABCD证明PA⊥底面ABCD；（2）证明AB//CD，证明四边形ABED为平行四边形，证明BE//平面PAD（3）证明BE⊥CD,AD⊥CD，证明PA⊥CD，证明CD⊥平面PAD，证明CD⊥EF，证明CD⊥平面BEF，证明平面BEF⊥平面PCD.【解答过程】（1）∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PA⊂平面PAD，PA⊥AD，∴PA⊥底面ABCD；（2）∵AB∥CD，CD=2AB，∴AB∥DE，且所以四边形ABED为平行四边形，∴BE∥AD，又∵BE⊂平面PAD，AD⊂∴BE∥平面PAD（3）∵四边形ABED为平行四边形，AB⊥AD，∴BE⊥CD,AD⊥CD，由（1）知PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴PA⊥CD，∵PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，∵E,F分别是CD，PC的中点，∴PD∥∵CD⊥BE,EF∩BE=E，EF,BE⊂平面BEF，∴CD⊥平面BEF，∵CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.22．（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D(1)若A1E=EC，求证：AA(2)若BE⊥A1C，求证：平面A【解题思路】（1）证明线面平行，只需在平面BDE内找到一条直线与AA（2）证明面面垂直，只需证明线面垂直，只需证明线线垂直即可.【解答过程】（1）连接AC，交BD于点O，连接EO，如图所示．因为底面ABCD为菱形，所以O是AC的中点，又A1E=EC，所以又EO⊂平面BDE，AA1⊄平面BDE，所以A（2）在直四棱柱ABCD−A1B1C因为BD⊂平面ABCD，所以AA又底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，又AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面A又A1C⊂平面A1又BE⊥A1C，BE∩BD=B，BE，BD⊂平面BDE，所以A又A1C⊂平面A1DC，所以平面23．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，M为AP边上的中点，N为CP边上的中点，平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC=90°，AD//BC，∠ABC=90°，2AB=2AD=2

(1)求证：MN//平面ABCD；(2)求证：CD⊥平面PBD；【解题思路】（1）由条件可得MN//AC，根据线面平行的判定推理得证.（2）由条件结合面面垂直的性质可得PB⊥CD，CD⊥DB，再利用线面垂直的判定推理得证．【解答过程】（1）在四棱锥P−ABCD中，连接AC，

在△ACP中，由M、N为对应边上的中点，即MN为中位线，得MN//AC，又MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.（2）在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，则∠BAD=90°，由AB=AD，得BD=2而2AB=2CD=BC，则CD由∠PBC=90°，得PB⊥BC，又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，PB⊂平面PBC，于是直线PB⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，则PB⊥CD，又PB∩BD=B，PB,BD⊂平面PBD，所以CD⊥平面PBD．24．（23-24高一下·云南曲靖·期末）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证：MN//平面PAD；(2)求证：MN⊥CD；(3)若PD与平面ABCD所成的角为45°，求证：MN⊥平面PCD.【解题思路】（1）取PD中点E，连接AE，NE，由线面平行的判定定理即可得证；（2）先由线面垂直的判定定理证明CD⊥平面PAD，得到CD⊥AE，再由（1）即可得证；（3）先由题意得到∠PAD=45°，AE⊥PD，由线面垂直的判定定理证明AE⊥平面PCD，从而得证.【解答过程】（1）取PD中点E，连接AE，NE，∵N为PC的中点，∴NE//CD，NE=1∵M是AB的中点，底面ABCD是矩形，∴AM//CD，AM=1∴AM//NE且AM=NE，∴四边形AMNE为平行四边形，所以MN//AE，又∵AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，∴MN//平面PAD.（2）∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵底面ABCD是矩形，∴CD⊥AD，又∵AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，由（1）可知MN//AE，∴MN⊥CD.（3）∵PA⊥平面ABCD，所以∠PDA为PD与平面ABCD所成的角，∴∠PDA=45°，又PA⊥AD，∴PA=AD，即△PAD为等腰三角形，∵E为PD中点，∴AE⊥PD，又由（2）可得AE⊥CD，CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，由（1）可知：MN//AE，∴MN⊥平面PCD.题型四题型四平行、垂直中的存在性问题25．（24-25高一下·全国·课后作业）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAB是等边三角形，BC⊥AB，BC=CD=23，AB=AD=2．若PB=3BE，则在线段BC上是否存在一点F，使平面AEF∥平面PCD？若存在，求出线段BF【解题思路】过E作EF∥PC，交BC于F，连接AF，AC，则可得BF=233，由已知可得△ABC≌△ADC，则得∠ACB=∠ACD=30°，所以∠BCD=60°，在△AFB中可求得∠AFB=60°，所以AF【解答过程】在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．理由如下：如图，过E作EF∥PC，交BC于F，连接AF，AC，因为PB=3BE，所以E是PB上靠近点B的三等分点，F是BC上靠近点B的三等分点，因为BC=23，所以BF=因为AB=AD=2，BC=CD=23，AC=AC所以△ABC≌△ADC，因为BC⊥AB，所以∠ABC=90°，tan∠ACB=所以∠ACB=∠ACD=30°，所以∠BCD=60°，因为tan∠AFB=所以∠AFB=60°，所以AF∥CD．因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AF∥平面PCD，又EF∥PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD，因为AF∩EF=F，AF，EF⊂平面AEF，所以平面AEF∥平面PCD，所以在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD，此时BF=226．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图①所示，已知正三角形ADP与正方形ABCD，将△ADP沿AD翻折至△ADP′所在的位置，连接P′B，P′C，得到如图②所示的四棱锥.已知AB=2，P′(1)求证：CD⊥平面P′(2)在线段P′D上是否存在一点Q，使得CQ//平面BDT.若存在，指出点【解题思路】（1）根据给定条件，利用勾股定理的逆定理证得AB⊥P（2）连接AC∩BD=O，取P′D,P【解答过程】（1）△P'AD是正三角形，有P′A=AB=2，△正方形ABCD中，AB⊥AD，P′A∩AD=A,P′A,AD⊂平面P′AD所以CD⊥平面P′（2）点Q为线段P′D的中点，CQ//平面取P′T的中点N，连接CQ,NQ,CN，连接AC∩BD=O，连接于是NQ//TD，而TD⊂平面BDT，NQ⊄平面BDT，因此NQ//平面BDT，依题意，T为P′A上一点，且满足P′T=2AT，则T为NA中点，又O为而TO⊂平面BDT，CN⊄平面BDT，因此CN//平面BDT，又CN∩NQ=N,CN,NQ⊂平面CQN，从而平面CQN//平面BDT，又CQ⊂面CQN，则CQ//平面BDT，所以点Q为线段P′D的中点时，CQ//平面27．（24-25高一下·江苏常州·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C

(1)求证：D1E⊥(2)若点M，N分别在C1D，(3)棱CC1上是否存在点P，使平面CD1E⊥【解题思路】（1）根据正方体的特征得到AB1⊥B1A和BC⊥平面ABB1A1，进而得到，利用线面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，从而得到（2）连接DE，CD1，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根据正方体的特征得到DD1⊥平面ABCD，进而得到AF⊥DD1，利用线面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，从而得到AF⊥D1E，结合（1）的结论和线面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，进而得到MN//D（3）连接FP，AP，利用中位线定理得到FP∥C1D，再利用正方体的特征得到FP与AB1共面于平面AB1PF.结合（2）的结论，利用面面垂直的判定即可求证.【解答过程】（1）如图，

连接A1B，CD1∵正方体ABCD−∴四边形ABB1A1为正方形，∴AB1⊥又∵正方体ABCD−A1B1CAB1⊂平面ABB1A1，所以BC又BC∩A1B＝B，BC,A1∴所以AB1⊥平面A1D1CB，又∵D1E⊂平面A1D1CB，∴AB1⊥D1E；（2）如图，连接DE，CD1在正方形ABCD中，E，F分别为棱BC，∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.∵∠CDE+∠ADE=90∘，所以∠DAF+∠ADE=90∘，即DE⊥又∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，AF⊂∵DD1∩DE＝D，D1D，DE⊂平面D1DE∴AF⊥平面D1DE.又∵D1E⊂平面D1DE，∴AF⊥D1E.由（1）可知AB1⊥D1E又∵AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F

∴D1E⊥平面AB1F.又∵MN⊥C1D，，AB1∴MN⊥AB1，又∵MN⊥AF

AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F所以MN⊥平面B1AF，所以MN//D（3）存在.如图，当点P为棱CC1的中点时，平面CD1E⊥连接FP，AP，∵点P，F分别为棱CC1，CD的中点∴FP∥C1D，∵正方体ABCD−A1B1C1D1，∴AD∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1，∴FP与AB1共面于平面AB1PF.由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.又因为D1E⊂平面CD1E.∴平面CD1E⊥28．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2AB．(1)判断在梭PB上是否存在一点M使AM⊥平面PBC，若存在，求BMBP(2)当点F,N分别是PB,BC的中点时，求异面直线FN和PD的夹角的余弦值．【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理以及性质定理，结合三角形相似即可得出结论；（2）易知FN//PC，结合余弦定理即可求得异面直线FN和PD的夹角的余弦值．【解答过程】（1）作AM⊥PB于点M，如下图所示：因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又因为AM⊂平面PAB，所以AM⊥BC，又因为AM⊥PB，PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC，所以此时满足AM⊥平面PBC；又因为PA⊥AB，因此△PAB∼△AMB∼△PMA，因为PA=2AB，所以PAAB=MA可得BM（2）由（1）可知AB,AD,AP两两垂直，因为点F,N分别是PB,BC的中点，所以FN//PC，因此异面直线FN和PD的夹角即为PC和PD的夹角，即∠DPC（或其补角）；不妨取AB=AD=1，则AP=2，所以PD=5在△PCD中，由余弦定理可得cos∠DPC=PC2+PD229．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)若∠ABC=60°，求证：AB⊥平面PAE；(2)棱PB上是否存在点F，使得CF//平面PAE【解题思路】（1）结合题意，利用线面垂直的性质定理及判定定理即可证明；（2）取AB的中点为G，PB的中点为F，连接CG,CF,GF，结合题意利用面面平行的判定定理及性质定理即可求解.【解答过程】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∵底面ABCD为菱形，E为CD的中点，∠ABC=60°，∴AB⊥AE，又PA∩AE=A，PA,AE⊂平面PAE，∴AB⊥平面PAE.（2）棱PB上存在点F，使得CF//平面PAE理由如下：取AB的中点为G，PB的中点为F，连接CG,CF,GF，∵底面ABCD为菱形，E为CD的中点，F,G分别为PB,AB的中点，∴CG//AE,GF//PA，∵CG//AE，CG⊄平面PAE，AE⊂平面PAE，∴CG//平面PAE，同理∵GF//PA，GF⊄平面PAE，PA⊂平面PAE，∴GF//平面PAE，又∵CG∩GF=G，CG,GF⊂平面CFG，∴平面CFG//平面PAE，∵CF⊂平面PAE，∴棱PB上存在中点F，使得CF//平面PAE30．（23-24高一下·吉林·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是正方形，PA=PC，E为侧棱PD上的点，且PE=3ED.(1)证明：PD⊥AC；(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF//平面ACE？若存在，求PCPF【解题思路】（1）设BD交AC于点O，由题意可得PO⊥AC，BD⊥AC，可证得AC⊥平面PBD，进而证得结论.（2）在线段PE取一点G，使得GE=ED，由题意可得PGPE=23，可证得BG//平面ACE，进而可得平面BGF//平面ACE，