專題8.8空間中的位置關(guān)系大題專項訓(xùn)練【四大題型】【人教A版（2019）】姓名：___________班級：___________考號：___________題型一空間直線、平面的平行題型一空間直線、平面的平行1．（23-24高一下·廣東茂名·階段練習(xí)）如圖，正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，上底面邊長為(1)證明：AC1//(2)求該正四棱臺的表面積.【解題思路】（1）利用中位線性質(zhì)以及線面平行的判定定理即可證明出結(jié)論；（2）由正四棱臺的上、下底面邊長分別求得上下底面面積以及側(cè)面面積即可得出表面積.【解答過程】（1）連結(jié)AC，交BD于點O，連結(jié)OE.

在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1又∵E為CC∴OE∥AC1又OE?平面BDE，AC1∴AC1//（2）由已知，梯形ABB1A1中，A1過A1作A1M⊥AB，交AB于點∴AM=2，∴所以梯形ABB1∴正四棱臺ABCD?AS=S2．（24-25高一下·全國·單元測試）在多面體ABCDEF中，點O是矩形ABCD的對角線的交點，棱EF//BC且EF=12BC【解題思路】取CD中點M，連接OM，EM，利用平行四邊形的判定與性質(zhì)得FO//【解答過程】如圖所示，取CD中點M，連接OM，EM，在矩形ABCD中，OM//BC且又EF//BC且EF=12BC所以四邊形EFOM為平行四邊形，所以FO//又因為FO?平面CDE，EM?平面CDE，所以FO//平面3．（24-25高一上·浙江杭州·階段練習(xí)）在底面是菱形的四棱錐P?ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，點E在PD上，且PE:ED＝2:1，平面(1)證明：l//CD；(2)在棱PC上是否存在一點F，使BF//平面AEC？證明你的結(jié)論．【解題思路】（1）利用線面平行的判斷、性質(zhì)推理得證.（2）取PE的中點M，利用線面平行的判定、面面平行的判定、性質(zhì)推理得解.【解答過程】（1）由四邊形ABCD為菱形，得AB//CD，又AB?平面PCD，CD?平面PCD，則AB//平面PCD，又AB?平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，則AB//l，所以l//CD．（2）存在．當(dāng)F是PC的中點時，BF//平面AEC，如圖，取PE的中點M，連接FM，得FM//CE，又CE?平面AEC，F(xiàn)M?平面AEC，于是FM//平面AEC，由M為PE的中點，PE:ED＝2:1，得EM=12PE=ED連接BM，BD，設(shè)BD∩AC＝O，由四邊形ABCD是菱形，得O為則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，則平面BFM//平面AEC，又BF?平面BFM，所以BF//平面AEC.4．（24-25高一下·全國·課堂例題）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，P，Q分別是

(1)PQ//平面DCC(2)EF//平面B【解題思路】（1）根據(jù)線面平行的判斷定理，轉(zhuǎn)化為證明線線平行，即可證明；（2）方法一，根據(jù)線面平行的判斷定理，轉(zhuǎn)化為證明線線平行，利用構(gòu)造平行四邊形，證明線線平行；方法二，利用面面平行的性質(zhì)定理，構(gòu)造面面平行，即可證明線面平行.【解答過程】（1）如圖，連接AC，CD

因為四邊形ABCD是正方形，且Q是BD的中點，所以Q是AC的中點，又P是AD1的中點，所以又PQ?平面DCC1D1，CD1?（2）方法一

取B1D1的中點O1，連接則有FO1//又BE//B1C1且BE=1所以四邊形BEFO1為平行四邊形，所以又EF?平面BB1D1D，BO1方法二

取B1C1的中點E1，連接因為點E,E1是BC，B1EE1?平面BB1所以EE1//因為點F，E1分別是C1D所以FE1//B1D1，F(xiàn)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·全國·課堂例題）如圖所示，已知P是?ABCD所在平面外一點，M,N分別是AB,PC的中點，平面PBC∩平面

(1)l與BC是否平行？說明理由；(2)MN與平面PAD是否平行？試證明你的結(jié)論．【解題思路】（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)即可求證，（2）根據(jù)線面平行的判定即可求證.【解答過程】（1）平行，理由如下：因為四邊形ABCD為平行四邊形，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．證明如下：如圖所示，

取PD的中點E，連接AE,故NE//DC,NE=所以NE//AM且所以四邊形AMNE是平行四邊形，所以MN//又AE?平面PAD，MN?平面PAD所以MN//平面PAD6．（23-24高一下·廣西賀州·階段練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1C

(1)證明：D1P∥平面(2)求三棱錐P?A【解題思路】（1）取取A1C1的中點E（2）利用線面平行的性質(zhì)定理將體積轉(zhuǎn)化，然后利用等體積法求解體積.【解答過程】（1）取A1C1的中點E

所以B1所以四邊形BPEB所以D1P∥BE，又BE?平面A1BC所以D1P∥（2）因為D1P∥平面A1BCVD所以三棱錐P?A1B7．（23-24高一下·天津南開·階段練習(xí)）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，O為底面中心，M,E分別為PA,PD的中點，△PDC為等腰直角三角形，且DP=DC．(1)求證：MO//平面PDC(2)求異面直線MO與EC所成角的余弦值；(3)若F,N分為CE,DE的中點，點G在線段PB上，且PG=3GB．求證：平面GFN//平面ABCD（注：只能使用幾何法，其他方法一律不給分）【解題思路】（1）由三角形中位線及線面平行的判定即可證明；（2）通過轉(zhuǎn)化得異面直線MO與EC所成角即為EC與PC夾角，由余弦定理求解即可；（3）連接BD，由線線平行證明線面平行，再根據(jù)面面平行的判定證明即可．【解答過程】（1）證明：連接AC，則O為AC中點，又點M為PA中點，所以MO//因為MO?平面PDC，PC?平面PDC，所以MO//平面PDC（2）由（1）得，異面直線MO與EC所成角即為EC與PC夾角，在等腰直角三角形PDC中，設(shè)DP=DC=2，則PE=DE=1，PC=22，CE=在△PEC中，由余弦定理得，cos∠PCE=所以異面直線MO與EC所成角的余弦值為310（3）連接BD，如圖所示，因為F,N分為CE,DE的中點，所以FN//因為E為PD的中點，所以PN=3因為點G在線段PB上，且PG=3GB，所以PG=34PB因為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·新疆省直轄縣級單位·階段練習(xí)）正方體ABCD?A(1)求證:AB1//(2)平面AB1D【解題思路】（1）先證明平行四邊形得出線線平行，再結(jié)合線面平行判定定理證明；（2）先證明線面平行，再應(yīng)用面面平行判定定理證明.【解答過程】（1）由題設(shè)得：AD=B1C∴四邊形ADC∴AB又∵DC1?平面C1BD∴AB1//（2）BB1=D∴四邊形BDD∴B1又∵BD?平面C1BD，B1∴B1D1//平面C1又AB1∩∴平面AB1D題型二題型二空間直線、平面的垂直

用向量證明線段垂直

用向量證明線段垂直9．（2024高二下·福建·學(xué)業(yè)考試）如圖，四棱錐S?ABCD的底面是正方形，SD⊥底面ABCD.

(1)若SD=AB=1，求四棱錐S?ABCD的體積(2)求證：BC⊥平面SCD【解題思路】（1）根據(jù)體積公式可求四棱錐S?ABCD的體積.（2）可證BC⊥SD，結(jié)合BC⊥CD可證BC⊥平面SCD.【解答過程】（1）因為SD⊥底面ABCD，故四棱錐S?ABCD的高為SD=1，而正方形ABCD的面積為1，故VS?ABCD（2）因為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·全國·課后作業(yè)）如圖所示，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且邊長為a的菱形，側(cè)面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G為AD邊的中點.求證：(1)BG⊥平面PAD；(2)AD⊥PB.【解題思路】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理證明即可；（2）由線面垂直判定定理和性質(zhì)定理證明即可.【解答過程】（1）因為四邊形ABCD是菱形且∠DAB=60°，所以△ABD是正三角形，因為G為AD的中點，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）因為側(cè)面PAD為正三角形，G為AD邊的中點，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·全國·課前預(yù)習(xí)）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°的菱形，側(cè)面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G為AD邊的中點.求證：BG⊥平面PAD.【解題思路】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得PG⊥平面ABCD，即可得PG⊥BG，結(jié)合BG⊥AD，即可由線面垂直的判定求證.【解答過程】由題意知△PAD為正三角形，G是AD的中點，∴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∵四邊形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·全國·課堂例題）如圖所示，P為△ABC所在平面外一點，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，AE⊥PB于點(1)BC⊥平面PAB；(2)AE⊥平面PBC．【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判斷定理，即可證明；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，結(jié)合線面垂直的判斷定理，即可證明.【解答過程】（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）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C(1)求證：直線BD⊥平面AA(2)求點A到平面A1【解題思路】（1）根據(jù)線線垂直即可求證，（2）利用等體積法，即可由三棱錐的體積公式求解.【解答過程】（1）由于四棱柱ABCD?A1B1C又AA1⊥底面ABCD，BD?底面ABCDAA1∩AC=A,A故直線BD⊥平面A（2）由AB=2，AA1=3所以S△設(shè)A到平面A1BD的距離為則VA?14．（23-24高一下·福建福州·期末）如圖，在三棱錐P?ABC中，側(cè)面PAB⊥底面ABC，且PA⊥AB，PA=5，△ABC的面積為6.(1)求三棱錐P?ABC的體積；(2)若AB=5，AC=4，且∠BAC為銳角，求證：BC⊥平面【解題思路】（1）結(jié)合條件可證明PA⊥平面ABC，由三棱錐P?ABC的體積公式求解即可；（2）利用勾股定理可得：AC⊥CB，結(jié)合PA⊥BC，即可證明BC⊥平面PAC.【解答過程】（1）因為在三棱錐P?ABC中，側(cè)面PAB⊥底面ABC，側(cè)面PAB∩底面ABC=AB因為PA⊥AB，PA?平面PAB，所以PA⊥平面ABC，所以V（2）在△ABC，由面積公式可得：S△ABC=1因為∠BAC為銳角，所以cos∠BAC=由余弦定理可得：BC2=A所以AC所以AC⊥CB，因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，因為PA∩AC=A，PA，AC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC.15．（23-24高一下·云南曲靖·階段練習(xí)）如圖，AB為⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在的平面，M為圓周上任意一點，AN⊥PM，N為垂足.(1)若PA=AM=BM=2，Q為PB的中點，求三棱錐Q?ABM的體積；(2)求證：AN⊥平面PBM；(3)若AQ⊥PB，垂足為Q，求證：NQ⊥PB．【解題思路】（1）先得到VP?AMB=13S△AMB?PA=（2）由線線垂直，得到線面垂直，即BM⊥平面PAM.，故BM⊥AN，又AN⊥PM，從而得到線面垂直；（3）由(1)知AN⊥平面PBM，故AN⊥PB，又AQ⊥PB，故PB⊥平面ANQ，得到答案.【解答過程】（1）因為AB為⊙O的直徑，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因為Q為PB的中點，所以VQ?ABM（2）∵AB為⊙O的直徑，∴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·遼寧大連·期末）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C(1)求證：平面A1BC⊥平面(2)求證：AC【解題思路】（1）首先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)得BB1⊥BC（2）由（1）得BC⊥A1B，根據(jù)BC//【解答過程】（1）在直三棱柱ABC?A因為BB1⊥平面ABC,BC?平面ABC又因為BC⊥AB,AB?平面ABB1A所以BC⊥平面ABB1又因為BC?平面A1BC，所以平面A1BC⊥（2）連接AB1，由（1）可知BC⊥平面因為A1B?平面ABB因為BC//B1C又因為在正方形ABB1AAB1,B1所以A1B⊥平面又因為AC1?平面AB1題型三平行與垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用題型三平行與垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用17．（24-25高一下·全國·單元測試）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面是正方形，E，F(xiàn)，(1)平面AD1E(2)D1【解題思路】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及線面平行的判定定理得D1E//平面BGF，又A（2）先根據(jù)線面垂直的判定定理得AC⊥平面BDD【解答過程】（1）∵E，F(xiàn)分別是B1B和D1D的中點，∴四邊形BED1F又D1E?平面BGF，BF?平面BGF，∴∵FG是△DAD1的中位線，又AD1?平面BGF，F(xiàn)G?平面BGF，∴A又AD1∩D1E=D（2）連接BD，B1D1，∵底面ABCD∵D1D⊥AC，D1D∩BD=D∵D1E?平面BD18．（23-24高一下·山東威?！て谀┰谡庵鵄BC?A1B1C1中，M，

(1)證明：MO//平面ABC(2)證明：MO⊥平面B1【解題思路】（1）根據(jù)線面平行判定定理證明即可；（2）先證明線面垂直再應(yīng)用平行得出結(jié)論.【解答過程】（1）

取BC的中點D，連接OD，AD，因為O為BC所以O(shè)D//CC1且OD=又因為AM//CC1且所以O(shè)D//AM且OD=AM，所以四邊形AMOD為平行四邊形，

所以MO//AD，

又因為MO?平面ABC，AD?平面ABC，所以MO//平面ABC.（2）因為ABC?A所以BB1⊥平面ABC，因為AD?所以BB1因為△ABC為等邊三角形，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·山東菏澤·階段練習(xí)）在四棱錐P?ABCD中，O為AC與BD的交點，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，DC//AB，DA=DC=2AB.

(1)求異面直線PC和AB所成角的大?。?2)若點E為棱PA上一點，且OE//平面PBC，求AEPE(3)求證：平面PBC⊥平面PDC.【解題思路】（1）根據(jù)異面直線的定義可得∠PCD為所求角，即可利用線面垂直的性質(zhì)求解，（2）根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得OE//PC，即可由相似求解，（3）根據(jù)線面垂直的判定求證DF⊥平面PBC，即可由面面垂直的判定求解.【解答過程】（1）因為DC//AB，所以異面直線PC和AB所成角為PC和CD所成角，即∠PCD，因為△PAD是正三角形，DA=DC=2AB，所以PD=CD，因為AB⊥平面PAD，所以DC⊥平面PAD，因為PD?平面PAD，所以DC⊥PD，所以△PDC是等腰直角三角形，所以∠PCD=π即異面直線PC和AB所成角為π4（2）因為OE//平面PBC，OE?平面PAC，平面PAC∩平面PBC=PC，所以O(shè)E//PC，所以AOOC因為DC//AB，DC=2AB，所以AOOC所以AEPE（3）取PC的中點F，連接FB，F(xiàn)D，

因為△PAD是正三角形，DA=DC，所以DP=DC，因為F是PC中點，所以DF⊥PC，因為AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，AB⊥AD，AB⊥PD，因為DC//AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA，設(shè)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因為BC=PB=5a，點F為所以PC⊥FB，在Rt△PFB中，F(xiàn)B=在△FDB中，由DF=2a，F(xiàn)B=3a，所以FB⊥DF，由DF⊥PC，DF⊥FB，PC∩FB=F，PC，F(xiàn)B?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·廣西·學(xué)業(yè)考試）《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)專著，書中將底面為直角三角形，側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“墊堵”．如圖，在墊堵ABC?A1B1C1中，已知AC=BC，且點M，N，P分別是(1)求證：C1P//平面(2)求證：CM⊥平面ABB【解題思路】（1）根據(jù)線面平行的判定定理轉(zhuǎn)化為證明線面平行，通過構(gòu)造平行四邊形，證明C1（2）利用面面垂直的性質(zhì)定理，即可證明.【解答過程】（1）連結(jié)MP，因為M,P分別是AB,BC的中點，所以MP//AC，且MP=1因為點N是A1C1的中點，所以N所以NC1//MP所以四邊形MPC所以C1且C1P?平面MNC，MN?平面所以C1P//平面（2）因為AC=CB，M為AB的中點，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·全國·課后作業(yè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F(xiàn)分別是CD和PC的中點.求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE//平面PAD(3)平面BEF⊥平面PCD.【解題思路】（1）根據(jù)平面PAD⊥底面ABCD證明PA⊥底面ABCD；（2）證明AB//CD，證明四邊形ABED為平行四邊形，證明BE//平面PAD（3）證明BE⊥CD,AD⊥CD，證明PA⊥CD，證明CD⊥平面PAD，證明CD⊥EF，證明CD⊥平面BEF，證明平面BEF⊥平面PCD.【解答過程】（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，且所以四邊形ABED為平行四邊形，∴BE∥AD，又∵BE?平面PAD，AD?∴BE∥平面PAD（3）∵四邊形ABED為平行四邊形，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分別是CD，PC的中點，∴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·甘肅慶陽·期末）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)若A1E=EC，求證：AA(2)若BE⊥A1C，求證：平面A【解題思路】（1）證明線面平行，只需在平面BDE內(nèi)找到一條直線與AA（2）證明面面垂直，只需證明線面垂直，只需證明線線垂直即可.【解答過程】（1）連接AC，交BD于點O，連接EO，如圖所示．因為底面ABCD為菱形，所以O(shè)是AC的中點，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因為BD?平面ABCD，所以AA又底面ABCD為菱形，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·黑龍江大慶·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，M為AP邊上的中點，N為CP邊上的中點，平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC=90°，AD//BC，∠ABC=90°，2AB=2AD=2

(1)求證：MN//平面ABCD；(2)求證：CD⊥平面PBD；【解題思路】（1）由條件可得MN//AC，根據(jù)線面平行的判定推理得證.（2）由條件結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得PB⊥CD，CD⊥DB，再利用線面垂直的判定推理得證．【解答過程】（1）在四棱錐P?ABCD中，連接AC，

在△ACP中，由M、N為對應(yīng)邊上的中點，即MN為中位線，得MN//AC，又MN?平面ABCD，AC?平面ABCD，所以MN//平面ABCD.（2）在四邊形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，則∠BAD=90°，由AB=AD，得BD=2而2AB=2CD=BC，則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，于是直線PB⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，則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）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M,N分別是AB,PC的中點.(1)求證：MN//平面PAD；(2)求證：MN⊥CD；(3)若PD與平面ABCD所成的角為45°，求證：MN⊥平面PCD.【解題思路】（1）取PD中點E，連接AE，NE，由線面平行的判定定理即可得證；（2）先由線面垂直的判定定理證明CD⊥平面PAD，得到CD⊥AE，再由（1）即可得證；（3）先由題意得到∠PAD=45°，AE⊥PD，由線面垂直的判定定理證明AE⊥平面PCD，從而得證.【解答過程】（1）取PD中點E，連接AE，NE，∵N為PC的中點，∴NE//CD，NE=1∵M是AB的中點，底面ABCD是矩形，∴AM//CD，AM=1∴AM//NE且AM=NE，∴四邊形AMNE為平行四邊形，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為PD與平面ABCD所成的角，∴∠PDA=45°，又PA⊥AD，∴PA=AD，即△PAD為等腰三角形，∵E為PD中點，∴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.題型四題型四平行、垂直中的存在性問題25．（24-25高一下·全國·課后作業(yè)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，△PAB是等邊三角形，BC⊥AB，BC=CD=23，AB=AD=2．若PB=3BE，則在線段BC上是否存在一點F，使平面AEF∥平面PCD？若存在，求出線段BF【解題思路】過E作EF∥PC，交BC于F，連接AF，AC，則可得BF=233，由已知可得△ABC≌△ADC，則得∠ACB=∠ACD=30°，所以∠BCD=60°，在△AFB中可求得∠AFB=60°，所以AF【解答過程】在線段BC上存在一點F，使平面AEF∥平面PCD．理由如下：如圖，過E作EF∥PC，交BC于F，連接AF，AC，因為PB=3BE，所以E是PB上靠近點B的三等分點，F(xiàn)是BC上靠近點B的三等分點，因為BC=23，所以BF=因為AB=AD=2，BC=CD=23，AC=AC所以△ABC≌△ADC，因為BC⊥AB，所以∠ABC=90°，tan∠ACB=所以∠ACB=∠ACD=30°，所以∠BCD=60°，因為tan∠AFB=所以∠AFB=60°，所以AF∥CD．因為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，因為AF∩EF=F，AF，EF?平面AEF，所以平面AEF∥平面PCD，所以在線段BC上存在一點F，使平面AEF∥平面PCD，此時BF=226．（23-24高一下·浙江寧波·期中）如圖①所示，已知正三角形ADP與正方形ABCD，將△ADP沿AD翻折至△ADP′所在的位置，連接P′B，P′C，得到如圖②所示的四棱錐.已知AB=2，P′(1)求證：CD⊥平面P′(2)在線段P′D上是否存在一點Q，使得CQ//平面BDT.若存在，指出點【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，利用勾股定理的逆定理證得AB⊥P（2）連接AC∩BD=O，取P′D,P【解答過程】（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）點Q為線段P′D的中點，CQ//平面取P′T的中點N，連接CQ,NQ,CN，連接AC∩BD=O，連接于是NQ//TD，而TD?平面BDT，NQ?平面BDT，因此NQ//平面BDT，依題意，T為P′A上一點，且滿足P′T=2AT，則T為NA中點，又O為而TO?平面BDT，CN?平面BDT，因此CN//平面BDT，又CN∩NQ=N,CN,NQ?平面CQN，從而平面CQN//平面BDT，又CQ?面CQN，則CQ//平面BDT，所以點Q為線段P′D的中點時，CQ//平面27．（24-25高一下·江蘇常州·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C

(1)求證：D1E⊥(2)若點M，N分別在C1D，(3)棱CC1上是否存在點P，使平面CD1E⊥【解題思路】（1）根據(jù)正方體的特征得到AB1⊥B1A和BC⊥平面ABB1A1，進而得到，利用線面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，從而得到（2）連接DE，CD1，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根據(jù)正方體的特征得到DD1⊥平面ABCD，進而得到AF⊥DD1，利用線面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，從而得到AF⊥D1E，結(jié)合（1）的結(jié)論和線面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，進而得到MN//D（3）連接FP，AP，利用中位線定理得到FP∥C1D，再利用正方體的特征得到FP與AB1共面于平面AB1PF.結(jié)合（2）的結(jié)論，利用面面垂直的判定即可求證.【解答過程】（1）如圖，

連接A1B，CD1∵正方體ABCD?∴四邊形ABB1A1為正方形，∴AB1⊥又∵正方體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）如圖，連接DE，CD1在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為棱BC，∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.∵∠CDE+∠ADE=90°，所以∠DAF+∠ADE=90°，即DE⊥又∵正方體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.如圖，當(dāng)點P為棱CC1的中點時，平面CD1E⊥連接FP，AP，∵點P，F(xiàn)分別為棱CC1，CD的中點∴FP∥C1D，∵正方體ABCD?A1B1C1D1，∴AD∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1，∴FP與AB1共面于平面AB1PF.由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.又因為D1E?平面CD1E.∴平面CD1E⊥28．（23-24高一下·江蘇無錫·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2AB．(1)判斷在梭PB上是否存在一點M使AM⊥平面PBC，若存在，求BMBP(2)當(dāng)點F,N分別是PB,BC的中點時，求異面直線FN和PD的夾角的余弦值．【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理，結(jié)合三角形相似即可得出結(jié)論；（2）易知FN//PC，結(jié)合余弦定理即可求得異面直線FN和PD的夾角的余弦值．【解答過程】（1）作AM⊥PB于點M，如下圖所示：因為底面ABCD為正方形，所以AB⊥BC，又因為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，又因為AM?平面PAB，所以AM⊥BC，又因為AM⊥PB，PB∩BC=B,PB,BC?平面PBC，所以此時滿足AM⊥平面PBC；又因為PA⊥AB，因此△PAB～△AMB～△PMA，因為PA=2AB，所以PAAB=MA可得BM（2）由（1）可知AB,AD,AP兩兩垂直，因為點F,N分別是PB,BC的中點，所以FN//PC，因此異面直線FN和PD的夾角即為PC和PD的夾角，即∠DPC（或其補角）；不妨取AB=AD=1，則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·陜西西安·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．(1)若∠ABC=60°，求證：AB⊥平面PAE；(2)棱PB上是否存在點F，使得CF//平面PAE【解題思路】（1）結(jié)合題意，利用線面垂直的性質(zhì)定理及判定定理即可證明；（2）取AB的中點為G，PB的中點為F，連接CG,CF,GF，結(jié)合題意利用面面平行的判定定理及性質(zhì)定理即可求解.【解答過程】（1）證明：∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB，∵底面ABCD為菱形，E為CD的中點，∠ABC=60°，∴AB⊥AE，又PA∩AE=A，PA,AE?平面PAE，∴AB⊥平面PAE.（2）棱PB上存在點F，使得CF//平面PAE理由如下：取AB的中點為G，PB的中點為F，連接CG,CF,GF，∵底面ABCD為菱形，E為CD的中點，F(xiàn),G分別為PB,AB的中點，∴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上存在中點F，使得CF//平面PAE30．（23-24高一下·吉林·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是正方形，PA=PC，E為側(cè)棱PD上的點，且PE=3ED.(1)證明：PD⊥AC；(2)在側(cè)棱PC上是否存在一點F，使得BF//平面ACE？若存在，求PCPF【解題思路】（1）設(shè)BD交AC于點O，由題意可得PO⊥AC，BD⊥AC，可證得AC⊥平面PBD，進而證得結(jié)論.（2）在線段PE取一點G，使得GE=ED，由題意可得PGPE=23，可證得BG//平面ACE，進而可得平面BGF//平面ACE，