专题8.8 空间中的线面位置关系大题专项训练-2023-2024学年高一数学下学期高效讲练测（人教A版必修第二册）

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姓名：___________班级：___________考号：___________
题型一
线线平行的判定
1．（2023下·河南洛阳·高一校考阶段练习）如图，四面体ABCD被一平面所截，截面EFHG是一个平行四边形.求证：CD//GH.
【解题思路】由线线平行得到线面平行，再由线面平行的性质得到线线平行，证明出结论.
【解答过程】∵四边形EFHG为平行四边形，∴EF//GH，
又GH⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，
∴EF//平面BCD.
而平面ACD∩平面BCD=CD，EF⊂平面ACD，
∴EF//CD，∴CD//GH.
2．（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥S−ABC中，M，N，E，F分别为棱SA，SC，AB，BC的中点，试判断直线MN与直线EF是否平行．
【解题思路】根据给定条件可得MN//AC，EF//AC，再借助平行公理即可判断作答.
【解答过程】在三棱锥S−ABC中，M，N分别为棱SA，SC的中点，则有MN//AC，
而E，F分别为棱AB，BC的中点，则有EF//AC，
由平行公理得：MN//EF，
所以直线MN与直线EF平行．
3．（2023上·江苏连云港·高三统考期中）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面ABFE与平面CDEF的交线为EF.
(1)证明：EF∥AB；
(2)若平面FBC⊥平面ABCD，H为BC的中点，FH=2，FC=2.5，EF=1.5，求该几何体的体积.
【解题思路】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2) 将体积分割VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可.
【解答过程】（1）证明：∵CD∥AB，而CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，
∴CD//平面ABFE，又∵CD⊂平面CDEF，
平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴CD∥EF，∴EF∥AB.
（2）∵FH=2，FC=2.5，H为BC中点，∴CH=1.5.
而FH2+CH2=CF2，∴FH⊥BC，∵平面FBC⊥平面ABCD.
平面FBC∩平面ABCD=BC，FH⊂平面FBC，∴FH⊥平面ABCD.
过E分别作EI∥FB交AB于点I，EJ∥FC交CD于点J，连接IJ.
∴VEF−ABCD=VBCF−EIJ+VE−AIJD=12×3×2×1.5+13×1.5×3×2=4.5+3=7.5.
4．（2023下·全国·高一随堂练习）如图，在多面体ABCDEF中，面ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，平面ABF//平面CDE，A,D,E,F四点共面，AB=DE=2，AF=1．求证：AF//DE.
【解题思路】由面面平行的性质得到线线平行.
【解答过程】因为平面ABF//平面CDE，A,D,E,F四点共面，
且平面ABF∩平面ADEF=AF，平面CDE∩平面ADEF=DE，
所以AF//DE．
5．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，其中侧面B1BCC1为平行四边形，E,F分别为BC,B1C1的中点，P在线段AE上，且满足AP:PE=1:2，过B1C1和点P的平面交AB于G，交DC于H.证明：B1C1//GH；
【解题思路】由平面ABCD//平面A1B1C1D1,根据面面平行的性质定理证明两条交线平行即可；
【解答过程】证明：由题意四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD//平面A1B1C1D1，
因为过B1C1和点P的平面交AB于G，交DC于H，则G,H∈平面ABCD，
设过B1C1和P的平面为α，则平面ABCD∩α=GH，平面A1B1C1D1∩α=B1C1，
∴B1C1//GH.
题型二
直线与平面平行的判定
用向量证明线段垂直
用向量证明线段垂直
6．（2023上·四川南充·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
(1)求证：D1F//平面A1EC1；
(2)三棱锥F−A1EC1的体积大小．
【解题思路】（1）连接B1D1∩A1C1=M，取D1C1的中点为N，利用平行公理及线面平行的判断推理即得.
（2）由（1）的结论，利用等体积法转化求出体积.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1∩A1C1=M，取D1C1的中点N，连接MN,ME,CN，
有M为B1D1的中点，则MN//B1C1,MN=12B1C1，又BC//B1C1,BC=B1C1,E为BC的中点，
于是MN//EC,MN=EC，则四边形CNME是平行四边形，ME//NC，
又F为CD的中点，则有ND1//CF,ND1=CF，即四边形CFD1N是平行四边形，CN//FD1，
因此EM//FD1，又EM⊂平面A1EC1，D1F⊄平面A1EC1，
所以D1F//平面A1EC1.
（2）由（1）知，D1F//平面A1EC1，则点F到平面A1EC1的距离等于点D1到平面A1EC1的距离，
而正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，BC//平面A1C1D1，则点E到平面A1C1D1的距离为C到平面A1C1D1的距离1，
所以三棱锥F−A1EC1的体积VF−A1EC1=VD1−A1EC1=VE−A1C1D1=13S△A1C1D1×1=13×12×1×1×1=16.
7．（2023上·山东烟台·高二校联考期中）如图，在边长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，CD的中点．
(1)求证：BF//平面AB1E；
(2)求四面体AECB1的体积．
【解题思路】（1）连接BA1交AB1于O，连接CD1,EF，结合已知证OBFE为平行四边形，则OE//BF，由线面平行的判定证结论；
（2）过C作CG//BF交AB延长线于G，证CFBG为平行四边形，进而有AG=3、CG//平面AB1E，再由VC−AEB1=VG−AEB1=VE−AGB1，应用锥体体积公式求四面体AECB1的体积．
【解答过程】（1）连接BA1交AB1于O，连接CD1,EF，由E，F分别是DD1，CD的中点，
则EF//CD1且EF=12CD1=12BA1，
由正方体性质：O为BA1中点，故OB=12BA1，则OB=EF
又CD1//BA1，即CD1//OB，故OB//EF，
所以OBFE为平行四边形，则OE//BF，
OE⊂面AB1E，BF⊄面AB1E，则BF//平面AB1E.
（2）过C作CG//BF交AB延长线于G，又AB=CD，
故CFBG为平行四边形，则BG=CF=1，故AG=3，
又BF//平面AB1E，所以CG//平面AB1E，
故C到面AB1E的距离等于G到面AB1E的距离，
所以VAECB1=VG−AEB1=VE−AGB1=13×2×12×2×3=2.
8．（2023下·浙江嘉兴·高一校考期中）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E, F, G, H分别是AB, AC，A1B1，A1C1的中点.
(1)求证：B，C，H，G四点共面；
(2)求证：BG//平面A1EF；
(3)若底面边长为2，AA1=2，求三棱锥A−A1EF的体积.
【解题思路】（1） 借助三角形的中位线，证明GH//BC，可得B，C，H，G四点共面；
（2） 证明A1E//GB，BG//平面A1EF，
（3）由VA−A1EF=VA1−AEF，求三棱锥A−A1EF的体积.
【解答过程】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH//B1C1，
又在三棱柱ABC−A1B1C1中， B1C1//BC，
∴GH//BC，
∴B，C，H，G四点共面．
（2）∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1//AB，A1B1=AB，
∴A1G//EB，A1G=12A1B1=12AB=EB，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E//BG，
∵A1E⊂平面A1EF，BG⊄平面A1EF，∴BG//平面A1EF.
（3）由题意，知VA−A1EF=VA1−AEF =13S△AEF⋅AA1 =13×12×1×1×sinπ3×2=36．
9．（2023上·江西宜春·高一江西省丰城中学校考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，F为AB上的点，且AF=2FB，E为PD中点．

(1)证明：PB//平面AEC.
(2)在PC上是否存在一点G，使得FG//平面AEC？若存在，指出点G位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）通过构造中位线的方法来证得PB//平面AEC.
（2）通过证明面面平行的方法来确定G点的位置.
【解答过程】（1）连BD交AC于O，因为E为PD中点，
所以EO是△BPD中位线，所以EO//PB．
又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC．
所以PB//平面AEC．

（2）PC上存在点G，且CG=2GP，使得FG//平面AEC，
证明：PA上取点H，且AH=2HP，
因为F为AB上的点，且AF=2FB，
所以在△PAB中，PHAH=BFAF=12，所以HF//PB，
因为PB//平面AEC，HF⊂平面AEC，所以HF//平面AEC，
又在△PAC中，PHHA=PGGC=12，所以HG//AC，
因为HG⊄平面AEC，AC⊂平面AEC，所以HG//平面AEC，
因为HG∩HF=H，HG，HF⊂平面HFG，所以平面HFG//平面AEC，
因为FG⊂平面HGF，所以FG//平面AEC．

10．（2023下·陕西渭南·高一校考期中）如图所示正四棱锥S−ABCD，SA=SB=SC=SD=2，AB=2，P为侧棱SD上一动点.

(1)若直线SB //面ACP，求证：P为棱SD的中点；
(2)若SP=3PD，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE //平面PAC．若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由.
【解题思路】（1）连接BD与AC交于点O，由线面平行的性质可证得SB // OP，又O为BD的中点，从而可证；
（2）取SD中点Q，可得BQ//OP，过点Q作QE//PC，交SC于点E，可得平面BEQ //平面ACP，可得BE //平面PAC，从而得出答案.
【解答过程】（1）
连接BD与AC交于点O，则O为BD的中点，
因为直线SB //面ACP，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面ACP=OP，
所以SB // OP，又O为BD的中点，所以P为棱SD的中点.
（2）在侧棱SC上存在一点E，使BE //平面PAC，满足SEEC=2．
理由如下：
取SD中点Q，连接BQ，因为SP=3PD，则PQ=PD，
又O为BD的中点，∴在△BDQ中，有BQ//PO，
又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，∴BQ //平面PAC，
过Q作QE//PC，交SC于E，连接BE，
又PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，∴QE //平面PAC，
∵BQ∩QE=Q，BQ,QE⊂平面BEQ，∴平面BEQ //平面PAC，
又BE⊂平面BEQ，∴ BE //平面PAC，
由QE//PC，则SEEC=SQQP，
由SP=3PD，Q为SD的中点，则SQQP=2，所以SEEC=2，
所以侧棱SC上存在一点E，当满足SEEC=2时，BE //平面PAC.

题型三
平面与平面平行的判定
11．（2023·全国·高三专题练习）如图，几何体ABCD−A1C1D1为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去一个角所得，四边形ABCD是正方形，AB=2，DD1=3，P为BC的中点．证明：平面A1BC1//平面ACD1；
【解题思路】由四边形ABC1D1是平行四边形，得BC1//AD1，由线面平行的判定定理得BC1//平面ACD1，同理BA1//平面ACD1，即可得证.
【解答过程】解：连接AD1,CD1，如图所示：
依题意，AB//CD//C1D1,AB=CD=C1D1，
则四边形ABC1D1是平行四边形，
于是BC1//AD1，而AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，
因此BC1//平面ACD1，同理BA1//平面ACD1，
∵BA1∩BC1=B，BA1,BC1⊂平面A1BC1，
∴平面A1BC1//平面ACD1．
12．（2023上·四川内江·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，CD的中点．

(1)求证：EF//平面PAD；
(2)求证：平面EFG//平面PAD.
【解题思路】（1）线面平行判定定理证明即可；
（2）先证线面平行，再证面面平行即可.
【解答过程】（1）∵E，F分别是AB，PB的中点，
∴EF//PA
又∵EF⊄平面PAD,PA⊂平面PAD,
∴EF//平面PAD.
（2）∵四边形ABCD为正方形，且E,G分别为AB，DC边的中点，∴EG//AD，
又∵AD⊂面PAD，EG⊄面PAD，
∴EG//面PAD，
由（1）知，EF//平面PAD，
且EG∩FE=E,EF⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,
∴平面EFG//平面PAD.
13．（2023上·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2BC=CC1=2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.

(1)证明：平面ABD ∥平面FEC1；
(2)求点F到平面ABD的距离.
【解题思路】（1）证明线面平行，再由面面平行判定定理得证；
（2）利用三棱锥中等体积法求高即可.
【解答过程】（1）在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以AB∥EF.
因为AC∥A1C1，AF=12AC=12A1C1=DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1，
因为AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，
所以AB//平面FEC1，同理AD//平面FEC1，
又因为AD∩AB=A，AB,AD⊂平面ABD，
所以平面ABD ∥平面FEC1.
（2）如图所示，连接BF,DF.

利用勾股定理计算得AB=AC2−BC2=3,AD=AA12+A1D2=5,BD=BF2+DF2=5，
所以△ABD的面积为12AB×AD2−AB22=12×3×5−34=514.
设点F到平面ABD的距离为ℎ，
则三棱锥F−ABD的体积为V=13ℎ×514=5112ℎ.
又易知DF⊥平面ABC，
所以三棱锥D−ABF的体积为V=13×DF×S△ABF=13×2×12×12×3×1=36.
所以5112ℎ=36，解得ℎ=21717，
即点F到平面ABD的距离为21717.
14．（2023下·河北邯郸·高一统考期中）如图，在三棱柱ABC−DEF中，G，O，H，M分别为DE，DF，AC，BC的中点，N为GC的中点.

(1)证明：MN∥平面ABED.
(2)证明：平面GOH∥平面BCFE.
【解题思路】（1）利用三角形中位线的性质和直线与平面平行的判定定理即可证明.
（2）先把面面平行问题转化为线面平行问题，再利用平面与平面平行的判断定理即可证明.
【解答过程】（1）证明：如图，连接BG.
∵M为BC的中点，N为GC的中点，∴MN∥BG.
∵BG⊂平面ABED，MN⊄平面ABED，∴MN∥平面ABED.

（2）∵G，O分别为DE，DF的中点，∴GO∥EF.
∵EF⊂平面BCFE，GO⊄平面BCFE，∴GO∥平面BCFE.
∵OF∥HC且OF=HC，∴四边形OFCH是平行四边形，∴OH∥FC.
∵FC⊂平面BCFE，OH⊄平面BCFE，∴OH∥平面BCFE.
又GO∩OH=O，∴平面GOH∥平面BCFE.
15．（2023下·山西运城·高一统考期中）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F、G分别为棱AB、BC、B1C1的中点．

(1)证明：B1E∥平面ACG；
(2)在线段CC1是否存在一点N，使得平面NEF∥平面A1BC1？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）取AC的中点M，连接EM，GM，证明B1E//GM后证得线面平行；
（2）N为CC1的中点时，平面NEF//平面A1BC1．由线面平行的判定定理证明EF,FN与平面A1BC1平行后可得证面面平行．
【解答过程】（1）证明：取AC的中点M，连接EM，GM，
在△ABC中，因为E、M分别为AB、AC的中点
所以EM//BC且EM=12BC．
又G为B1C1的中点，B1C1//BC，所以B1G//BC且B1G=12BC，
即B1G//EM且B1G=EM，
故四边形EMGB1为平行四边形，所以B1E//GM，
又MG⊂平面ACG，B1E⊂平面ACG，所以B1E//平面ACG．

（2）当N为CC1的中点时，平面NEF//平面A1BC1．
证明：连接NE，NF．
因为N，F分别是CC1和BC的中点，所以NF//BC1．
因为NF⊂平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，所以NF//平面A1BC1．
因为EF//AC，AC//A1C1，所以EF//A1C1．
因为EF⊂平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以EF//平面A1BC1．
又因为EF⊂平面NEF，NF⊂平面NEF，NF∩EF=F，
所以平面NEF//平面A1BC1．

题型四
线线垂直的判定
16．（2023·全国·高一专题练习）如图，在正三棱柱ABC−A′B′C′中，E为棱AC的中点，AB=BB′=2.求证：BE⊥AC′.
【解题思路】根据异面直线的夹角结合勾股定理分析证明.
【解答过程】如图，取CC′的中点F，连接EF，BF，
∵E为AC的中点，F为CC′的中点，
∴EF//AC′，∴BE和EF所成角为∠BEF，
即为异面直线BE与AC′所成角，且EF=12AC′.
在正三棱柱ABC−A′B′C′中，AC′=22，EF=2.
在等边三角形ABC中，BE=22−12=3，
在Rt△BCF中，BF=22+12=5.
在△BEF中，BE2+EF2=BF2，
∴BE⊥EF，∴BE⊥AC′.
17．（2023上·黑龙江大庆·高二开学考试）在边长为a的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，M、N分别为AB、CF的中点，现沿AE、AF、EF折叠，使B、C、D三点重合，构成一个三棱锥B−AEF，如图所示．

(1)在三棱锥B−AEF中，求证：AB⊥EF；
(2)求四棱锥E−AMNF的体积．
【解题思路】（1）利用线线垂直可得线面垂直；
（2）根据题意得到VE−AMNF=34VA−BEF，通过VA−BEF=13S△BEF×AB计算即可.
【解答过程】（1）在三棱锥B−AEF中，
因为AB⊥BE，AB⊥BF，BE∩BF=B，BE,BF⊂面BEF,
所以AB⊥面BEF．又EF⊂平面BEF，
所以AB⊥EF；
（2）因为在△ABF中，M、N分别为AB、BF的中点，
所以四边形AMNF的面积是△ABF面积的34．
又三棱锥E−ABF与四棱锥E−AMNF的高相等，
所以，四棱锥E−AMNF的体积是三棱锥E−ABF的体积的34，
因为VE−ABF=VA−BEF，所以VE−AMNF=34VA−BEF．
因为VA−BEF=13S△BEF×AB=13×12×BE×BF×AB=124a3．
所以VE−AMNF=34×124a3=132a3，
故四棱锥E−AMNF的体积为132a3．
18．（2023上·四川成都·高三石室中学校考期中）在三棱锥S−ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，∠SAB=∠SCB=∠ABC=90°.
(1)求证：AC⊥SB；
(2)若AB=2,SC=22，求三棱锥S−ABC的体积.
【解题思路】（1）取AC的中点为E，根据题意先证明AC⊥面SBE，从而由线面垂直的性质即可得证.
（2）先依次求出AC的长度、△BES的面积，由（1）可知AC⊥面SBE，从而由公式VS−ABC=VA−BES+VC−BES=13S△BES⋅AC即可得解.
【解答过程】（1）取AC的中点为E，连结SE,BE，
∵AB=BC，∴BE⊥AC，
在△SCB和△SAB中，∠SAB=∠SCB=90°,AB=BC,SB=SB，
∴△SCB≅△SAB，∴SA=SC，
∵AC的中点为E，∴SE⊥AC，
∵SE∩BE=E，SE⊂面SBE，EB⊂面SBE，∴AC⊥面SBE，
∵SB⊂面SBE，∴AC⊥SB .
（2）∵AB=2,SC=22 ∴BC=2,SA=22,AC=22，
∴SE=6,AE=BE=CE=2,SB=23，
在△BES中由余弦定理得cs∠BES=2+6−1222⋅6=−33,∴sin∠BES=63，
∴S△BES=12×2×6×63=2，
由（1）知AC⊥面SBE,
∴VS−ABC=VA−BES+VC−BES=13S△BES⋅AC=13×2×22=43.
19．（2023上·上海·高二专题练习）如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，AP//DE.
(1)求证：AB //平面CDE；
(2)若AP=BP=AB，平面PAB⊥平面ABCD.若F为PB中点，求证：AF⊥PC.
【解题思路】（1）由题意可得AB // CD，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）由CB⊥AB及面面垂直的性质可得CB⊥平面PAB，CB⊥AF，结合AF⊥BP即可证明.
【解答过程】（1）因为四边形ABCD为正方形，所以AB // CD，
又CD⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，
所以AB //平面CDE.
（2）若AP=BP=AB，则△ABP为等边三角形，如图，

因为F为PB中点，所以AF⊥BP，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
CB⊥AB，CB⊂平面ABCD，
所以CB⊥平面PAB.
又AF⊂平面PAB，所以CB⊥AF.
又AF⊥PB，CB∩PB=B，CB,PB⊂平面PBC，
所以AF⊥平面PBC.
又PC⊂平面PBC，
所以AF⊥PC.
20．（2023·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，直线C1B⊥平面ABC，平面AA1C1C⊥平面BB1C1C.

(1)求证：AC⊥BB1；
(2)若AC=BC=BC1=2，在棱A1B1上是否存在一点P，使得四棱锥P−BCC1B1的体积为43？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）过点B作BD⊥CC1，垂足为D，由面面垂直性质定理及线面垂直判定定理，即可证明AC⊥BB1；
（2）设点P到平面BB1C1C的距离为ℎ，由棱锥的体积公式求出ℎ，与A1到平面BB1C1C的距离比较可得出点P为A1B1中点时，符合题意.
【解答过程】（1）过点B作BD⊥CC1，垂足为D，

因为平面AA1C1C⊥平面BB1C1C，平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，BD⊂平面BB1C1C，
所以BD⊥平面AA1C1C，又因为AC⊂平面AA1C1C，所以BD⊥AC，
又因为C1B⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以C1B⊥AC，
又BD∩C1B=B,BD,C1B⊂平面BB1C1C，所以AC⊥平面BB1C1C，
又BB1⊂平面BB1C1C，所以AC⊥BB1.
（2）当点P为A1B1中点时，四棱锥P−BCC1B1的体积为43，理由如下：

过点P作PQ//B1C1，交A1C1于点Q，
因为C1B⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥BC，
又BC=BC1=2，所以CC1=22，
由（1）可知，BD⊥CC1，
所以S△BCC1=12×CC1×BD=12×BC×BC1，即12×22×BD=12×2×2，所以BD=2，
设点P到平面BB1C1C的距离为ℎ，
则VP−BCC1B1=13×CC1×BD×ℎ=13×22×2×ℎ=43，
所以ℎ=1，即P到平面BB1C1C的距离为1，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC//A1C1，AC=A1C1
由（1）可知，AC⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，
又AC=2，所以A1C1=2，
又PQ//B1C1，PQ⊄平面BB1C1C，B1C1⊂平面BB1C1C，
所以PQ//平面BB1C1C，
所以Q到平面BB1C1C的距离为1，即QC1=1，
故Q为A1C1中点，所以P为A1B1中点时，四棱锥P−BCC1B1的体积为43.
题型五
线面垂直的判定
21．（2023下·新疆喀什·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB//DC，DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)若AB=2，AC=PC=1，求点C到平面PBA的距离.
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（2）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得AB⊥PA，再由VP−ABC=VC−PAB可得答案.
【解答过程】（1）∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC，
∵DC⊥AC，PC∩AC=C，PC、AC⊂平面PAC，
∴DC⊥平面PAC；
（2）∵AB//DC，DC⊥AC，∴AB⊥AC，
∵PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PC⊥AB，
∵PC∩AC=C，PC、AC⊂平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，则AB⊥PA，
∵AB=2，AC=PC=1，
∴S△ABC=12×2×1=1，S△PBA=12×2×2=2，
设点C到平面PBA的距离为h，
由VP−ABC=VC−PAB，得13×1×1=13×2×ℎ，即ℎ=22，
∴点C到平面PBA的距离为22.
22．（2023上·上海·高二期末）如图，在四棱锥S−ABCD中，AB∥DC，BC⊥AB，CD=SD，平面SCD⊥平面SBC．
(1)求证：BC⊥平面SCD；
(2)设BC=CD=8，SB=16，求三棱锥S−BCD的体积．
【解题思路】（1）取SC的中点N，结合等腰三角形三线合一、面面垂直和线面垂直性质可得DN⊥BC，又BC⊥DC，由线面垂直的判定可证得结论；
（2）利用勾股定理可求得SC，DN，根据VS−BCD=VB−SDC，结合棱锥体积公式可求得结果．
【解答过程】（1）取SC的中点N，连接DN，
因为CD=SD，N为SC中点，所以DN⊥SC，
因为平面SCD⊥平面SBC，平面SCD∩平面SBC=SC，DN⊂平面SCD，
所以DN⊥平面SBC，
又BC⊂平面SBC，所以DN⊥BC，
又因为AB∥DC，BC⊥AB，所以BC⊥DC，
且DC∩DN=D，DC,DN⊂平面SDC，所以BC⊥平面SDC．
（2）由（1）知BC⊥平面SDC，
因为SC⊂平面SDC，所以BC⊥SC，
又BC=8，SB=16，所以SC=162−82=83，
因为SD=CD=8，所以△SDC为等腰三角形，
所以DN=82−432=4
所以S△SDC=12SC×DN=12×83×4=163，
所以VS−BCD=VB−SDC=13×S△SDC×BC=13×163×8=12833.
23．（2023上·上海·高二专题练习）如图，在三棱锥S−ABC中，∠ABC=90°，D是AC的中点，且SA=SB=SC.

(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB=BC，求证：BD⊥平面SAC.
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理求证；
（2）根据线线垂直，利用线面垂直定理证明.
【解答过程】（1）因为SA=SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中，AD=BD，
由已知SA=SB，所以△ADS≅△BDS，所以SD⊥BD.
又AC∩BD=D,AC,BD⊂平面ABC，
所以SD⊥平面ABC.
（2）因为AB=BC，D是AC的中点，
所以BD⊥AC.
由(1)知SD⊥BD.
又因为SD∩AC=D,SD,AC⊂平面SAC，
所以BD⊥平面SAC.
24．（2023上·山西·高二统考学业考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD,M是PA中点．
(1)求证：DM⊥平面PAB；
(2)求直线BD与平面PBC所成角的正弦值．
【解题思路】（1）确定DM⊥AP，AB⊥AD，根据面面垂直得到AB⊥平面PAD，得到AB⊥DM，得到证明.
（2）设AD,BC的中点分别为E,F，确定PE⊥平面ABCD，计算VP−BCD=233a3，根据VD−PBC=VP−BCD得到ℎ=2217a，得到答案.
【解答过程】（1）△PAD是正三角形，M是PA中点，所以DM⊥AP，
因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD，
又因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM，
因为AB⊂平面PAB,AP⊂平面PAB,AB∩AP=A，所以DM⊥平面PAB．
（2）设AD,BC的中点分别为E,F，根据对称性知PB=PC，故PE⊥AD,PF⊥BC，
设AB=2a，则PA=PD=2a,PE=3a，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂侧面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，
在△PBC中，因为BC=2a,PB=PC=22a，所以PF=7a，
所以VP−BCD=13×12×2a⋅2a⋅3a=233a3，
设点D到平面PBC的距离为ℎ，则VD−PBC=13×12×2a⋅7a⋅ℎ=73a2ℎ，
因为VD−PBC=VP−BCD，所以ℎ=2217a，
设直线BD与平面PBC所成角为θ，则sinθ=ℎBD=2217a22a=4214，
故直线BD与平面PBC所成角的正弦值为4214．
25．（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，AP=AB，PB=22，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别为CD，PB的中点.

(1)证明：CD⊥平面PAE；
(2)求点A到平面PEF的距离.
【解题思路】（1）先利用勾股定理得AP⊥AB，再利用面面垂直的性质得AP⊥平面ABCD，从而利用线面垂直的性质定理得AP⊥CD，最后结合菱形性质及线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过线面关系及锥体体积求出VE−PAF，再利用等体积法求得点到平面的距离.
【解答过程】（1）由题知AP=AB=2，PB=22，所以AP2+AB2=PB2，所以AP⊥AB.
又因为平面PAB⊥平面ABCD，且交线为AB，AP⊂平面PAB，所以AP⊥平面ABCD，
又CD⊂平面ABCD，所以AP⊥CD，连接AC，

因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，所以△ACD为等边三角形.
又因为E为CD的中点，所以CD⊥AE，
又AP∩AE=A，AP⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，所以CD⊥平面PAE.
（2）设点A到平面PEF的距离为ℎ，连接AF，则VA−PEF=VE−PAF，
因为AB∥CD，所以AE⊥AB，又由（1）知AE⊥AP，
又AP∩AB=A，AP⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AE⊥平面PAB，
又PF⊂平面PAB，AF⊂平面PAB，所以AE⊥PF，AE⊥AF，
又AF=12PB=2，AE=2×sin60∘=3，
又由PF⊥AE，PF⊥AF，AE∩AF=A，AF⊂平面AEF，AE⊂平面AEF，
所以PF⊥平面AEF，且PF=2，FE=AE2+AF2=5，
所以13×12PF×FE×ℎ=13×12×PF×AF×AE，即ℎ=AF×AEFE=2×35=305，
即点A到平面PEF的距离为305.
题型六
面面垂直的判定
26．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，点D在AA1上，且A1D=13AA1，点E为A1C1的中点，平面BDE与B1C1交于点F．

(1)证明：平面BDE⊥平面BCC1B1；
(2)若AB=AA1=2,BC=22，求四棱锥B1−BDEF的体积．
【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理性质定理和判定定理证明即可；
（2）由等体积法可得VB1−BDEF =78VB−A1B1C1求解即可.
【解答过程】（1）解法一：如图，延长DE与CC1，交于点G，因为A1D=13AA1，点E为A1C1的中点，
所以GC1=13CC1=14GC．
连接GB，因为平面BDE与B1C1交于点F，所以GB与B1C1的交点为F，
因为FC1//BC，所以FC1BC=GC1GC=14，所以FC1=14BC=14B1C1．
取B1C1的中点H，连接A1H，则F为HC1的中点，EF//A1H．
因为A1B1=A1C1，所以A1H⊥B1C1，所以EF⊥B1C1．
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1B1C1⊥平面BCC1B1，
平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1，EF⊂平面A1B1C1，
所以EF⊥平面BCC1B1．因为EF⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1．

解法二：如图，延长ED与CA，交于点G，连接BG，
因为A1D=12DA，点E为A1C1的中点，所以GA=2A1E=A1C1=AB=AC，
所以BC⊥BG．
因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
BG⊂平面ABC，所以BG⊥平面BCC1B1．
因为BG⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面BCC1B1．

（2）解法一：因为AB=AC=2,BC=22，所以AB2+AC2=BC2，
所以AB⊥AC．连接A1B,BC1，
所以VB−A1B1C1=13×12×2×2×2=43．
因为VB−B1EF=13S△B1EF⋅AA1，VB−A1B1C1=13S△A1B1C1⋅AA1，
因为S△B1EF=S△A1B1C1−S△A1B1E−S△EFC1=S△A1B1C1−12S△A1B1C1−18S△A1B1C1=38S△A1B1C1，
VB−B1EF=38VB−A1B1C1，VA1−BB1E=VB−A1B1E=12VB−A1B1C1，
VB1−BDEF=VB1−BDE+VB1−BEF =VD−BB1E+VB−B1EF
=VA1−BB1E+38VB−A1B1C1 =12VB−A1B1C1+38VB−A1B1C1
=78VB−A1B1C1 =78×43 =76．
解法二：因为平面BCG//平面A1B1C1，平面BCG∩平面BGEF=BG，
平面A1B1C1∩平面BGEF=EF，所以EF//BG，
因为BG⊥平面BCC1B1，所以EF⊥平面BCC1B1，易得FC1=14B1C1．
因为AB=AC=2,BC=22，
所以AB2+AC2=BC2，则AB⊥AC．
连接A1B,BC1，
所以VB−A1B1C1=13×12×2×2×2=43，
则VB1−BDEF=VB1−BDE+VB1−BEF =VD−BB1E+VB−B1EF
因为VB−B1EF=13S△B1EF⋅AA1，VB−A1B1C1=13S△A1B1C1⋅AA1，
因为S△B1EF=S△A1B1C1−S△A1B1E−S△EFC1=S△A1B1C1−12S△A1B1C1−18S△A1B1C1=38S△A1B1C1，
VB−B1EF=38VB−A1B1C1，VA1−BB1E=VB−A1B1E=12VB−A1B1C1，
VB1−BDEF=VD−BB1E+VB−B1EF=VA1−BB1E+38VB−A1B1C1
=12VB−A1B1C1+38VB−A1B1C1
=78VB−A1B1C1 =78×43 =76．

27．（2023上·新疆巴音郭楞·高二校考期中）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60∘，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：平面A1MN⊥平面C1CBB1；
(2)求点C到平面C1DE的距离．
【解题思路】（1）利用面面垂直的性质结合平行的性质即可证明.
（2）根据题意求得三棱锥C1−CDE的体积，再求出△C1DE的面积，利用VC1−CDE=VC−C1DE求得点C到平面C1DE的距离，得到结果.
【解答过程】（1）分别连接ME,B1C,AN,DB，
在菱形ABCD中， ∠BAD=60∘，则∠DCB=60∘，又因为DC=BC，所以△DBC为正三角形，所以DC=DB，
因为E为BC中点， 所以DE⊥BC，
∵棱柱为直棱柱， ∴平面BCC1B1⊥平面ABCD，
且平面BCC1B1⊥平面ABCD=BC，DE在面ABCD内，
所以有DE⊥平面BCC1B1，
∵M，E分别为BB1， BC中点， ∴ME为△B1BC的中位线
∴ME//B1C，且ME=12B1C．
又N为A1D中点， 且A1D//B1C,A1D=B1C， ∴ND//B1C且ND=12B1C，
ME//ND,ME=ND， ∴四边形MNDE为平行四边形，
∴MN//DE，所以MN⊥平面BCC1B1，又因为MN⊂平面A1MN，所以平面A1MN⊥平面C1CBB1.
（2）由（1）知DE⊥平面BCC1B1，因为EC1⊂平面BCC1B1，∴ DE⊥EC1，
因为 AA1=4，AB=2，∠BAD=60∘，底面为菱形，E为BC中点，
所以C1E=42+12=17，DE=22−12=3，
所以S△DEC1=12×3×17，
设点C到平面C1DE的距离为d，
根据题意有VC1−CDE=VC−C1DE，则有13×12×3×17×d=13×12×1×3×4，
解得d=417=41717，
所以点C到平面C1DE的距离为41717.
28．（2023上·四川南充·高二南部县第二中学校考阶段练习）如图，已知四边形ABCD是矩形，将矩形ABCD沿对角线BD把△ABD折起，使A 移到A1点，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上.

(1)求证：BC⊥A1D；
(2)求证：平面A1BC⊥平面A1BD.
【解题思路】（1）连接A1O，根据题意，证得BC⊥A1O和BC⊥CO，利用线面垂直的判定定理，证得BC⊥平面A1CD，即可证得BC⊥A1D；
（2）由四边形ABCD为矩形，所以A1D⊥A1B，再由（1）知A1D⊥BC，证得A1D⊥平面A1BC，进而证得平面A1BC⊥平面A1BD.
【解答过程】（1）证明：连接A1O，由A1在平面BCD上的射影O在CD上，
可得A1O⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥A1O，
又由ABCD为矩形，BC⊥CO，且A1O,CO⊂平面A1CD，A1O∩CO=O，
所以BC⊥平面A1CD，因为A1D⊂平面A1CD，所以BC⊥A1D.
（2）证明：因为四边形ABCD为矩形，所以A1D⊥A1B，
由（1）知A1D⊥BC，A1B∩BC=B，且A1B,BC⊂平面A1BC，
所以A1D⊥平面A1BC，
又由A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BC⊥平面A1BD.

29．（2023上·北京·高二北理工附中校考阶段练习）如图示，正方形ABCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中点.

(1)求证：PQ⊥BQ；
(2)在线段AB上是否存在一点N，使面PCN⊥面PQB？并证明你的结论.
【解题思路】（1）依题意可得PQ⊥AD，由面面垂直的性质得到PQ⊥平面ABCD，从而得证；
（2）当N为AB中点时，面PCN⊥面PQB，首先证明BQ⊥NC，由线面垂直的性质得到PQ⊥NC，从而得到NC⊥平面PQB，即可得证.
【解答过程】（1）∵PA=PD，Q为AD的中点．
∴PQ⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，
∴PQ⊥平面ABCD，
∵BQ⊂平面ABCD，
∴PQ⊥BQ．
（2）存在点N，当N为AB中点时，面PCN⊥面PQB；
证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，则Rt△CBN≌Rt△BAQ，
所以∠ABQ=∠BCN，又∠ABQ+∠CBQ=90°，所以∠BCN+∠CBQ=90°
∴BQ⊥NC，
由（1）知，PQ⊥平面ABCD，NC⊂平面ABCD，∴PQ⊥NC，
又BQ∩PQ=Q，BQ,PQ⊂平面PQB，∴NC⊥平面PQB，
∵NC⊂平面PCN，
∴平面PCN⊥平面PQB．

30．（2023下·河南洛阳·高一校考阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD．

(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)求证：平面PCD⊥平面PAD．
【解题思路】（1）由线面垂直性质、正方形性质得PA⊥BD，AC⊥BD，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.
（2）由线面垂直性质、正方形性质得PA⊥CD，AD⊥CD，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证.
【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
又因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PBD⊥平面PAC.
（2）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又因为底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，
又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD.
题型七
平行与垂直关系的综合应用
31．（2023上·江苏淮安·高二淮阴中学校考开学考试）如图所示，AC为圆O直径，B为圆O上不同于A、C的点，P不在圆O平面内，E为线段BC中点．

(1)求证：OE∥平面PAB；
(2)若平面PAC⊥平面ABC，且PA=PC，求证：BC⊥平面POE．
【解题思路】（1）根据题意可得OE∥AB，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据面面垂直的性质定理可得PO⊥平面ABC，进而可得PO⊥BC，根据题意可得OE⊥BC，结合线面垂直的判定定理分析证明.
【解答过程】（1）因为O、E为线段AC、BC中点，则OE∥AB，
且OE⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以OE∥平面PAB.
（2）因为PA=PC，且O为线段AC中点，则PO⊥AC，
且平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，
可得PO⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，则PO⊥BC，
又因为AC为圆O直径，B为圆O上不同于A、C的点，则AB⊥BC，
由（1）可知：OE∥AB，则OE⊥BC，
且PO∩OE=O，PO,OE⊂平面POE，所以BC⊥平面POE.
32．（2023上·江苏南京·高二期末）正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长与侧棱长都是2，D,E分别是BB1,CC1的中点．
(1)求三棱柱ABC−A1B1C1的全面积；
(2)求证：BE∥平面ADC1；
(3)求证：平面ADC1⊥平面ACC1A1．
【解题思路】（1）利用棱柱的表面积公式进行求解即可；
（2）利用线面平行的判定定理进行证明即可；
（3）利用面面垂直的判定定理证明即可.
【解答过程】（1）因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，且棱长均为2，所以底面是正三角形，侧面均为正方形，
故三棱柱ABC−A1B1C1的全面积为S=2×34×22+3×22=12+123；
（2）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，因为D,E分别是BB1,CC1的中点，
可知BD=12BB1=12CC1=EC1，又BD∥EC1，
所以四边形BDC1E是平行四边形，故BE∥DC1，
又DC1 ⊂平面ADC1，BE⊄平面ADC1，
所以BE∥平面ADC1．
（3）连A1C，设AC1与A1C相交于O，则由侧面ACC1A1为正方形，可知AC1与A1C互相平分．
在Rt △B1C1D中，DC1=DB12+B1C12=5，在Rt △ABD中，AD=5，故DC1=AD，
连OD，则OD⊥AC1．
又CD=5，A1D=5，连CD,A1D，则OD⊥A1C，
又AC1与A1C相交于O，AC1，A1C⊂平面ACC1A1，所以OD⊥平面ACC1A1．
因为OD ⊂平面ADC1，所以平面ADC1 ⊥平面ACC1A1．
33．（2023上·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，M，N分别为AB，PC的中点，∠PDA=45°.
(1)求证：MN//平面PAD；
(2)求证：平面PMC⊥平面PCD.
【解题思路】（1）由中位线定理证得四边形AMNE是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用线面垂直的判定与性质定理证得MN⊥平面PCD，进而得证.
【解答过程】（1）记PD的中点为E，连结AE,EN，如图，
又N为PC的中点，所以EN//CD,EN=12CD，
因为四边形ABCD为矩形，所以AB//CD,AB=CD，
所以EN//AB,EN=12AB，又M是AB的中点，则EN//AM,EN=AM，
所以四边形AMNE是平行四边形，则MN//AE，
又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD，所以MN//平面PAD.
（2）因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
又∠PDA=45°，所以PA=AD，则AE⊥PD，
又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，
而CD⊥AD，PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
因为AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE，
又PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD，
又MN//AE，所以MN⊥平面PCD，
又MN⊂平面PMC，平面PMC⊥平面PCD.
34．（2023上·北京海淀·高三中关村中学校考阶段练习）如图，棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都为2，AC∩BD=O，侧棱AA1与底面ABCD的所成角为60°,A1O⊥平面ABCD,F为DC1的中点．
(1)证明：BD⊥AA1；
(2)证明：OF//平面BCC1B1；
(3)求二面角D−AA1−C的余弦值．
【解题思路】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可；
（2）利用线面平行的判定定理即可；
（3）利用三垂线法求二面角即可.
【解答过程】（1）棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都为2，
所以底面ABCD为菱形，故AC⊥BD,
∵A1O⊥平面ABCD, BD⊂平面ABCD,
∴A1O⊥BD,且A1O∩AC=O,A1O,AC⊂平面A1OC,
∴BD⊥平面A1OC,
且A1A⊂平面A1OC,
∴BD⊥AA1
（2）连接BC1,
F为DC1的中点, O为DB的中点,
∴OF//BC1,且BC1⊂平面BCC1B1，OF⊄平面BCC1B1，
∴OF//平面BCC1B1
（3）A1O⊥平面ABCD,
所以侧棱AA1与底面ABCD的所成角为60∘，即∠A1AO=60∘,
作OM⊥AA1,由（1）知，BD⊥AA1,
且OM∩BD=O,OM,BD⊂平面MBD,
∴AA1⊥平面MBD,且MD⊂平面MBD,
∴AA1⊥MD,
故∠OMD即二面角D−AA1−C的平面角，
由（1）知，BD⊥平面A1OC,
且MO⊂平面A1OC,
∴BD⊥MO,
∴cs∠OMD=MOMD,
且AO=AA1cs60∘=1,MO=AOsin60∘=32,
DO=AD2−AO2=3,
MD=DO2+MO2=152,
∴cs∠OMD=MOMD=55.
故二面角D−AA1−C的余弦值为55.
35．（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形ABCD所在平面与直角三角形ABE所在平面互相垂直，AE⊥BE，点M,N分别是AE,CD的中点．
(1)求证：MN∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面ADE．
(3)求证：BC∥平面ADE．
【解题思路】（1）由线线平行即可证明线面平行；
（2）由线面垂直即可证明面面垂直；
（3）根据平面外的直线平行于平面内的直线即可证明.
【解答过程】（1）
如图，取BE中点F，连接CF,MF，
又M是AE中点，则MF∥AB,MF=AB2，
又N是矩形ABCD边CD中点，则NC∥AB,NC=AB2
∴MF∥NC,MF=NC，则四边形MNCF是平行四边形，
∴MN∥CF，又MN不在面BCE上，CF⊂面BCE，
∴MN∥平面BCE．
（2）∵平面ABCD⊥平面ABE且交于AB，BC⊥AB，
∴BC⊥平面ABE，
∵AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，
又AE⊥BE，BC∩BE=B，∴AE⊥平面BCE，
而AE⊂平面ADE，∴平面BCE⊥平面ADE．
（3）矩形ABCD中，AD∥BC，
又AD⊂平面ADE，BC在平面ADE外，
所以BC∥平面ADE.