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2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直

2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第2讲 空间中的平行与垂直

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专题三 立体几何
第2讲　空间中的平行与垂直
高考定位　1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.

真 题 感 悟
1.(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析　连接BD，BE，

∵点N是正方形ABCD的中心，
∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，
∴BM，EN必相交.
连接CM，设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝a，
∵平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，
∴BC⊥平面EDC，
则BD＝a，BE＝＝a，
BM＝＝a，
又EN＝＝a，
故BM≠EN.
答案　B
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________.
解析　如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.

再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝.
答案　
3.(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：

(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内.
证明　(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.

由于EF⊂平面BB1D1D，
所以EF⊥AC.
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为ED1＝DD1，AG＝AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.
4.(2019·全国Ⅰ卷)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：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离.
(1)证明　连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.

又因为N为A1D的中点，
所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)解　过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.又C1E∩DE＝E，所以CH⊥平面C1DE，
故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE＝1，C1C＝4，
所以C1E＝，故CH＝.
从而点C到平面C1DE的距离为.
考 点 整 合
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.

热点一　空间点、线、面位置关系
【例1】 (1)(2020·河南百校大联考)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则下列结论正确的是(　　)

A.m＝n B.m＝n＋2
C.m＜n D.m＋n＜8
(2)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.
解析　(1)直线CE⊂平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，
易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，
则m＝4.

取CD的中点G，连接FG，EG.
易证CD⊥平面EGF，
又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，
从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，
∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，
则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4，
故m＝n＝4.
(2)已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；
由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；
由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.
故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.
答案　(1)A　(2)若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
探究提高　1.判断空间位置关系命题的真假
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)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，结合有关定理，进行肯定或否定.
2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.
【训练1】 (1)(2020·衡水中学调研)已知M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列是假命题的是(　　)
A.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交
B.过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直
C.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交
D.过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行
(2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)

A.BP⊥AC B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD D.平面BDP⊥平面ABCD
解析　(1)在AB上取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此C是假命题.
(2)取BP的中点O，连接OA，OC，如图所示.则BP⊥OA，BP⊥OC，因为OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以BP⊥AC，故选项A一定成立.由AC⊥BP，AC⊥BD，BP∩BD＝B，∴AC⊥平面BDP，又PD⊂平面BDP，AC⊂平面ABCD.所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故C，D一定正确.从条件不一定推出PD⊥平面ABCD，选B.

答案　(1)C　(2)B
热点二　空间平行、垂直关系的证明
【例2】 (2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明　因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解　棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：
取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
则FG∥AB，且FG＝AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
探究提高　1.利用综合法证明平行与垂直，关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面，如果所给的图形中不存在这样的线与面，要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.
2.垂直、平行关系的证明，主要是运用转化与化归思想，完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中，不要忽视定理成立的条件，推理要严谨.
【训练2】 (2020·石家庄调研)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点.

(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明　(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，

∵F是CE的中点，∴FG是梯形CDPE的中位线，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD，
∵CD∥AB，AB＝2PE，
∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，
∴BF∥AG，又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，
∵BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，
∴ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.
∴FM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，∴BD⊥平面AMF，
∴BD⊥平面AOF.
热点三　平面图形中的折叠问题
【例3】 图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.

(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明　由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解　如图，取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.
又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，
故DM＝2.又CG＝BF＝2，
所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.
探究提高　1.解决与折叠有关问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.
【训练3】 如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值.
(1)证明　在图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，
即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，
由图1可知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，
从而四棱锥A1－BCDE的体积为
V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
热点四　空间线面关系的开放性问题
【例4】 (2020·九师联盟检测)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.

(1)求证：AD⊥PB；
(2)若E在线段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D－CEG的体积；若不存在，请说明理由.
(1)证明　∵△PAD是等边三角形，F是AD的中点，∴PF⊥AD.

∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝，∴BF⊥AD.
又PF∩BF＝F，∴AD⊥平面BFP.
由于PB⊂平面BFP，∴AD⊥PB.
(2)解　能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF，∵PD⊥BF，AD∩PD＝D，
∴BF⊥平面PAD.
又BF⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，PF⊂平面PAD，∴PF⊥平面ABCD.
连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，
∴GH⊥平面ABCD.
又GH⊂平面DEG，∴平面DEG⊥平面ABCD.
∵AD∥BC，∴△DFH∽△ECH，
∴＝＝，∴＝＝，
∴GH＝PF＝，
∴VD－CEG＝VG－CDE＝S△CDE·GH
＝×DC·CE·sin·GH＝.
探究提高　1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.
2.解决空间线面关系的探究性问题，应从平面图形中的平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.
【训练4】 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，△PDC和△BDC均为等边三角形，且平面PDC⊥平面BDC.

(1)在棱PB上是否存在点E，使得AE∥平面PDC？若存在，试确定点E的位置；若不存在，试说明理由；
(2)若△PBC的面积为，求四棱锥P－ABCD的体积.
解　(1)存在.当点E为棱PB的中点，使得AE∥平面PDC.理由如下：
如图所示，取PB的中点E，连接AE，取PC的中点F，连接EF，DF，取BC的中点G，连接DG.

因为△BCD是等边三角形，
所以∠DGB＝90°.
因为∠ABC＝∠BAD＝90°，所以四边形ABGD为矩形，
所以AD＝BG＝BC，AD∥BC.
因为EF为△BCP的中位线，
所以EF＝BC，且EF∥BC，故AD＝EF，且AD∥EF，
所以四边形ADFE是平行四边形，从而AE∥DF，
又AE⊄平面PDC，DF⊂平面PDC，
所以AE∥平面PDC.
(2)取CD的中点M，连接PM，过点P作PN⊥BC交BC于点N，连接MN，如图所示.
因为△PDC为等边三角形，所以PM⊥DC.
因为PM⊥DC，平面PDC⊥平面BDC，平面PDC∩平面BDC＝DC，PM⊂平面PDC，
所以PM⊥平面BCD，则PM为四棱锥P－ABCD的高.
又BC⊂平面BCD，所以PM⊥BC.
因为PN⊥BC，PN∩PM＝P，PN⊂平面PMN，PM⊂平面PMN，
所以BC⊥平面PMN.
因为MN⊂平面PMN，所以MN⊥BC.
由M为DC的中点，易知NC＝BC.
设BC＝x，则△PBC的面积为·＝，解得x＝2，即BC＝2，
所以AD＝1，AB＝DG＝PM＝.
故四棱锥P－ABCD的体积为V＝×S梯形ABCD×PM＝××＝.

A级　巩固提升
一、选择题
1.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线
D.α，β垂直于同一平面
解析　若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当α内有无数条直线与β平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.
答案　B
2.(2020·东北三校一联)已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，下列命题正确的是(　　)
A.若α⊥β，则m∥β B.若α⊥β，则m⊥β
C.若m∥β，则α∥β D.若m⊥β，则α⊥β
解析　若m⊂α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m⊂β，所以A，B错误.若m⊂α，m∥β，则α∥β或α与β相交，所以C错误.由面面垂直的判定定理可知D正确.故选D.
答案　D
3.(2020·青岛质检)已知四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，点E，F分别在线段PA，PC上，且EF∥底面ABCD，则异面直线EF与PB所成角的大小为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析　连接AC，BD.设AC∩BD＝O.因为EF⊂平面PAC，平面PAC∩平面ABCD＝AC，且EF∥底面ABCD，所以EF∥AC.由四边形ABCD为菱形，得AC⊥BD.连接OP.因为O为AC的中点，PA＝PC，所以PO⊥AC.又BD∩OP＝O，所以AC⊥平面PBD，所以AC⊥PB.又EF∥AC，所以EF⊥PB，即异面直线EF与PB所成角的大小为90°.故选D.

答案　D
4.(多选题)(2020·济宁模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　)

A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
解析　连接AD1，D1F，则AD1∥EF，平面AEF即为平面AEFD1.显然DD1不垂直于平面AEFD1，∴直线DD1与直线AF不垂直，故A错误.∵A1G∥D1F，A1G⊄平面AEFD1，∴A1G∥平面AEFD1，即A1G∥平面AEF，故B正确.平面AEF截正方体所得截面为等腰梯形AEFD1，易知梯形AEFD1的面积为××＝，故C正确.记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，∵VC－AEF＝·S△AEF·h1＝VA－CEF＝×1×××＝，VG－AEF＝·S△AEF·h2＝VA－GEF＝×1××1×＝，∴h1≠h2，故D错误.故选BC.
答案　BC
5.(多选题)(2020·济南一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点(点P不与点C，C1重合)，过点P作平面α分别与棱BC，CD交于M，N两点，若CP＝CM＝CN，则下列说法正确的是(　　)

A.A1C⊥平面α
B.存在点P，使得AC1∥平面α
C.存在点P，使得点A1到平面α的距离为
D.用过点P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
解析　连接BC1，BD，DC1，AD1，D1P.因为CM＝CN，CB＝CD，所以＝，所以MN∥BD.又MN⊄平面C1BD，BD⊂平面C1BD，所以MN∥平面C1BD.同理可证MP∥BC1，MP∥平面C1BD.又MN∩MP＝M，MN，MP⊂平面α，所以平面C1BD∥平面α.易证AC1⊥平面C1BD，所以A1C⊥平面α，A正确.又AC1∩平面C1BD＝C1，所以AC1与平面α相交，不存在点P，使得AC1∥平面α，B不正确.因为|A1C|＝＝，所以点A1到平面α的距离的取值范围为，即.又<<，所以存在点P，使得点A1到平面α的距离为，C正确.因为AD1∥BC1，所以MP∥AD1，所以用过点P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形AD1PM.又AD1∥MP，且AD1≠MP，所以截面为梯形，D正确.故选ACD.
答案　ACD
二、填空题
6.如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是______.

解析　由＝，得MN∥BD.
而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，
所以MN∥平面BDC.
答案　平行
7.(2020·衡水中学检测)已知圆锥的顶点为S，顶点S在底面的射影为O，轴截面SAB是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________，点D为母线SB的中点，点C为弧AB的中点，则异面直线CD与OS所成角的正切值为________.
解析　设该圆锥底面圆的半径为r，则2r＝AB＝2，即r＝1，所以S圆锥侧＝πr×SA＝2π.如图，取OB的中点E，连接CD，DE，CE，OC，则DE∥OS，DE＝OS，即∠CDE(或其补角)为OS与CD所成的角.OS＝ASsin 60°＝，∴DE＝，CE＝＝.因此tan∠CDE＝＝.

答案　2π　
8.(2020·漳州适应性测试)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为________.
解析　如图，取AB的中点N，AD的中点Q，连接D1Q，QN，B1N，AC.由于CP在面ABCD内的射影为AC，QN⊥AC，故QN⊥CP.因为CP在面ADD1A1内的射影为DP，D1Q⊥DP，所以D1Q⊥CP.故由QN⊥CP，D1Q⊥CP，D1Q∩QN＝Q，得CP⊥平面D1QNB1.要使CP⊥D1M，必须点M在平面D1QNB1内，又点M在侧面AA1B1B内，所以点M在平面D1QNB1与平面AA1B1B的交线上，即M∈B1N.因为CB⊥平面ABB1A1，所以CB⊥BM，所以S△BCM＝×CB×BM.当BM⊥B1N时，BM最小，此时，△BCM的面积最小.又BB1＝4，BN＝2，故B1N＝2.由Rt△B1BN的面积可得BM＝＝，所以S△BCM＝×4×＝.

答案　
三、解答题
9.如图所示，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB＝2，EF＝1.

(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
(2)若BC＝1，求四棱锥F－ABCD的体积.
(1)证明　因为AB为圆O的直径，点F在圆O上，所以AF⊥BF.
又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，CB⊥AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥圆O所在平面，所以AF⊥BC.
又BC，BF为平面CBF内两条相交直线，所以AF⊥平面CBF.
又AF⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF.
(2)解　连接OE，OF，如图所示，

因为AB＝2，EF＝1，AB∥EF，则四边形OEFA为菱形，
所以AF＝OE＝OA＝1，所以AF＝OA＝OF＝1，则△OAF为等边三角形.
在等边三角形OAF中，点F到边OA的距离为.
又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，
所以点F到边OA的距离即四棱锥F－ABCD的高，
所以四棱锥F－ABCD的高h＝.
又BC＝1，所以矩形ABCD的面积
S＝AB×BC＝2×1＝2.
故V四棱锥F－ABCD＝×2×＝.
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.

(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
证明　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD.所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，且PD⊂平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.

因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，
DE＝BC.
所以DE∥FG，且DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
B级　能力突破
11.(多选题)(2020·东营质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，过体对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则下列说法正确的是(　　)
A.平面α截正方体所得两部分的体积相等
B.四边形BFD1E一定是平行四边形
C.平面α与平面BB1D1D不可能垂直
D.四边形BFD1E的面积有最大值
解析　由题意作出图形，如图.

因为平面AA1B1B∥平面DD1C1C，平面α∩平面AA1B1B＝BE，平面α∩平面DD1C1C＝D1F，所以BE∥D1F.同理可得D1E∥BF，所以四边形BFD1E是平行四边形，B正确.因为四边形BFD1E是平行四边形，所以BE＝D1F，所以△ABE≌△C1D1F，所以AE＝C1F，所以平面BFD1E分正方体为完全相同的两部分，A正确.连接EF，当E是AA1的中点，F是CC1的中点时，EF⊥平面BB1D1D，从而平面α与平面BB1D1D垂直，C错误.设正方体的棱长为1，AE＝x(0≤x≤1)，则BE＝，D1E＝＝，BD1＝.在△BED1中，由余弦定理得cos ∠BED1＝＝，
所以sin ∠BED1＝
＝＝，
所以S四边形BED1F＝2S△BED1＝BE·D1E·sin ∠BED1＝
＝.
所以当x＝0或x＝1时，S四边形BED1F取得最大值，D正确.故选ABD.
答案　ABD
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且＝m，点F为PD中点.

(1)若m＝，证明：直线AF∥平面PEC；
(2)是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
(1)证明　如图作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，
因为点F为PD的中点，所以FM＝CD.
因为m＝，所以AE＝AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，
所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，
因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，
所以直线AF∥平面PEC.
(2)解　存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：

要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，
所以AE＝ADcos 30°＝，
又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PDE，
因为AB⊂平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB，
所以m＝＝.