2021年高考数学大二轮专题复习专题五 第2讲 空间中的平行与垂直

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1、第 2 讲 空间中的平行与垂直 考情研析 1.从具体内容上：以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本 性质及线线、 线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断， 属于基础 题；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 2.从高考特点上，难度中等，常以一 道选填题或在解答题的第一问考查 核心知识回顾 1.直线与平面平行的判定和性质 (1)判定 判定定理： 01ab，b ，aa 面面平行的性质： 02，a a (2)性质： 03l，l ，mlm 2直线和平面垂直的判定和性质 (1)判定 判定

2、定理： 01ab，ac，b，c ，bcOa 线面垂直的其他判定方法： a 02ab，ab b 03l，l c 04，l，a ，ala (2)性质 05l，a la 06l，mlm 3两个平面平行的判定和性质 (1)判定 判定定理： 01a ，b ，abP，a，b 面面平行的其他判定方法： a 02l，l b 03， (2)性质： 04，a，bab 4两个平面垂直的判定和性质 (1)判定： 01a ，a (2)性质： 02，l，a ，ala 热点考向探究 考向 1 空间线面位置关系的判定 例 1 (1)(多选)(2020 山东省烟台市模拟)已知 m，n 为两条不重合的直线， 为两个不 重合的平面

3、，则( ) A若 m，n，则 mn B若 m，n，则 mn C若 mn，m，n，则 D若 mn，n，则 m 答案 BC 解析 由 m，n 为两条不重合的直线， 为两个不重合的平面，知：对于 A，若 m， n，则 m 与 n 相交、平行或异面，故错误；对于 B，若 m，n，则由线 面垂直、面面垂直的性质定理得 mn，故正确；对于 C，若 mn，m，n，则由线面垂 直的性质定理和面面平行的判定定理得 ， 故正确； 对于 D， 若 mn， n， ， 则 m 或 m ，故错误故选 BC. (2) (多选)(2020 山东省实验中学高考预测卷)在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 M

4、 在棱 CC1上，则下列结论正确的是( ) A直线 BM 与平面 ADD1A1平行 B平面 BMD1截正方体所得的截面为三角形 C异面直线 AD1与 A1C1所成的角为 3 DMBMD1的最小值为 5 答案 ACD 解析 对于 A，因为平面 ADD1A1平面 BCC1B1，BM 平面 BCC1B1，即可判定直线 BM 与平面 ADD1A1平行，故正确；对于 B，如图 1，平面 BMD1截正方体所得的截面为四边形， 故错误；对于 C，如图 2，异面直线 AD1与 A1C1所成的角为D1AC，即可判定异面直线 AD1 与 A1C1所成的角为 3，故正确；对于 D，如图 3，将正方体的侧面展开，可得

5、当 B，M，D1 共 线时，MBMD1有最小值，最小值为 BD12212 5，故正确故选 ACD. 判断空间线面位置关系常用的方法 (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. (多选)(2020 山东省聊城市一模)正方体 ABCDA1B1C1D1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9 8 D点 C 与点

6、G 到平面 AEF 的距离相等 答案 BC 解析 CC1与 AF 不垂直，而 DD1CC1，AF 与 DD1不垂直，故 A 错误；取 B1C1的 中点 N，连接 A1N，GN，可得平面 A1GN平面 AEF，则直线 A1G平面 AEF，故 B 正确；把 截面 AEF 补形为四边形 AEFD1， 由四边形 AEFD1为等腰梯形可得平面 AEF 截正方体所得的截 面面积 S9 8， 故 C 正确； 假设点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离相等， 即平面 AEF 将 CG 平分， 则平面 AEF 必过 CG 的中点，连接 CG 交 EF 于点 H，而 H 不是 CG 中点，则假设不成立，故 D

7、错误故选 BC. 考向 2 空间平行、垂直关系的证明 例 2 (2020 山东省青岛市高三期中)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为梯形， ABCD，ABBC，AB2，PAPDCDBC1，面 PAD面 ABCD，E 为 AD 的中点 (1)求证：PABD； (2)在线段 AB 上是否存在一点 G，使得 BC面 PEG？若存在，请证明你的结论；若不存 在，请说明理由 解 (1)证明：取 AB 的中点 F，连接 DF. DCAB 且 DC1 2AB， DCBF 且 DCBF， 四边形 BCDF 为平行四边形， 又 ABBC，BCCD1， 四边形 BCDF 为正方形 在 RtAFD 中

8、，DFAF1，AD 2， 在 RtBCD 中，BCCD1，BD 2， AB2，AD2BD2AB2，BDAD， BD 面 ABCD，面 PAD面 ABCDAD，面 PAD面 ABCD， BD面 PAD，PA 面 PAD， PABD. (2)在线段 AB 上存在一点 G，满足 AG1 4AB， 即 G 为 AF 的中点时，BC面 PEG， 证明如下：连接 EG，E 为 AD 的中点，G 为 AF 中点，GEDF， 又 DFBC，GEBC， GE 面 PEG，BC面 PEG，BC面 PEG. 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

9、转化 (2020 江苏省泰州中学、宜兴中学、江都中学联考)如图，在四棱锥 SABCD 中，已知 SA SB，四边形 ABCD 是平行四边形，且平面 SAB平面 ABCD，点 M，N 分别是 SC，AB 的中 点 求证：(1)MN平面 SAD； (2)SNAC. 证明 (1)取 SD 的中点 E，连接 EM，EA. M 是 SC 的中点，EMCD，且 EM1 2CD. 底面 ABCD 是平行四边形，N 为 AB 的中点， ANCD，且 AN1 2CD， EMAN，EMAN， 四边形 EMNA 是平行四边形， MNAE. MN平面 SAD，AE 平面 SAD， MN平面 SAD. (2)SASB，

10、N 是 AB 的中点，SNAB， 平面 SAB平面 ABCD， 平面 SAB平面 ABCDAB，SN 平面 SAB， SN平面 ABCD， AC 平面 ABCD，SNAC. 考向 3 立体几何中的翻折问题 例 3 (1)(2020 山东省潍坊市三模)如图 1，四边形 ABCD 是边长为 10 的菱形，其对角线 AC12，现将ABC 沿对角线 AC 折起，连接 BD，形成如图 2 的四面体 ABCD，则异面直线 AC 与 BD 所成角的大小为_；在图 2 中，设棱 AC 的中点为 M，BD 的中点为 N，若四 面体 ABCD 的外接球的球心在四面体的内部，则线段 MN 长度的取值范围为_ 答案

11、2 ( 14，8) 解析 连接 BM，DM，四边形 ABCD 是菱形，M 为棱 AC 的中点， ACBM，ACDM， 又 BMDMM，则 AC平面 BMD， BD 平面 BMD， ACBD，则异面直线 AC 与 BD 所成角的大小为 2. 四边形 ABCD 是边长为 10 的菱形，其对角线 AC12， MA6，MB8. 设 O1是ABC 的外心，则 O1在中线 BM 上， 设过点 O1的直线 l1平面 ABC，易知 l1 平面 BMD， 设 O2是ACD 的外心，则 O2在中线 DM 上， 设过点 O2的直线 l2平面 ACD，易知 l2 平面 BMD， 由对称性易知 l1，l2的交点 O 在

12、直线 MN 上， 根据外接球的性质，知点 O 为四面体 ABCD 的外接球的球心， O1A2O1M2MA2，O1AO1MBM8， (8O1M)2O1M236，解得 O1M7 4， 令BMN，根据题意可知 BDCN， BDAN，且 CNANN， BD平面 ACN，又 MN 平面 ACN，BDMN， 0 2，MNBM cos 8cos 8. cos MN BM O1M OM ， OMMNO1MBM7 4814， 又 OM14，MN 14， 14MNPN C平面 PAN平面 BDD1B1 D过 P，A，C 三点的正方体的截面一定是等腰梯形 答案 BCD 解析 由 C，N，A 三点共线，得 CN，PM

13、 交于点 A，因此 CM，PN 共面，A 错误；记 PAC，则 PN2AP2AN22APAN cos AP21 4AC 2AP AC cos ，CM2AC2AM2 2AC AM cos AC21 4AP 2AP AC cos ，又 AP0，所以 CM2PN2，即 CMPN，B 正确；在正方体 ABCDA1B1C1D1中，ANBD，BB1平面 ABCD， 则 BB1AN，BB1BDB，可得 AN平面 BDD1B1，AN 平面 PAN，从而可得平面 PAN平 面 BDD1B1， C 正确； 在 C1D1上取一点 K， 使得 D1KD1P， 连接 KP， KC， A1C1， 易知 PKA1C1， 又

14、在正方体 ABCDA1B1C1D1中，A1C1AC，所以 PKAC，所以 PK，AC 共面，PKCA 就是 过 P，A，C 三点的正方体的截面，它是等腰梯形，D 正确故选 BCD. 专题作业 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1(2020 武汉部分学校质量检测)若点 A，B，C，M，N 为正方体的顶点或所在棱的中点， 则下列各图中，不满足直线 MN平面 ABC 的是( ) 答案 D 解析 对于 A，因为 A，C，M，N 分别为所在棱的中点，由正方体的性质知 MNAC， 又 MN平面 ABC，AC 平面 ABC，所以 MN平面 ABC.对于 B，取 AC 的中点 E

15、，连接 BE， 由条件及正方体的性质知 MNBE.因为 MN平面 ABC， BE 平面 ABC， 所以 MN平面 ABC. 对于 C，取 AC 的中点 E，连接 BE，由条件及正方体的性质知 MNBE，因为 MN平面 ABC， BE 平面 ABC，所以 MN平面 ABC.对于 D，连接 AM，BN，由条件及正方体的性质知四边 形 AMNB 是等腰梯形，所以 AB 与 MN 所在的直线相交，故不能推出 MN平面 ABC.故选 D. 2(2020 长春高三质量监测)已知直线 a 和平面 ， 有如下关系：，a ，a，则下列命题为真的是( ) A B C D 答案 C 解析 如图正方体中， 当直线 a

16、 为 AB， 平面 为平面 A1ABB1， 平面 为平面 B1BCC1时， ， a， a ， 故 A 不正确； 当直线 a 为 DD1， 平面 为平面 A1ABB1， 平面 为平面 B1BCC1 时，a，a，故 B 不正确；若 a，a，则由面面垂直的判定定理可推出 ， 故 C 正确； 当直线 a 为 A1D1， 平面 为平面 A1ABB1， 平面 为平面 D1DCC1时， ， a， a，故 D 不正确综上所述，C 为真命题，故选 C. 3. (2020 四川省泸州市模拟)如图， 在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 下列命题正确的是( ) A.AC 与 B1C 是相交直线且垂直 B.AC 与

17、 A1D 是异面直线且垂直 CBD1与 BC 是相交直线且垂直 DAC 与 BD1是异面直线且垂直 答案 D 解析 如图，连接 AB1，可得AB1C 为正三角形，可得 AC 与 B1C 是相交直线且成 60 角，故 A 错误；A1DB1C，AC 与 A1D 是异面直线且成 60角，故 B 错误；BD1与 BC 是相交直线，所成角为D1BC，其正切值为 2，故 C 错误；连接 BD，可知 BDAC，则 BD1 AC，可知 AC 与 BD1是异面直线且垂直，故 D 正确故选 D. 4(2020 河北省石家庄模拟)已知 ， 是空间两个不同的平面，m，n 是空间两条不同的 直线，则给出的下列说法正确的

18、是( ) m，n，且 mn，则 ； m，n，且 mn，则 ； m，n，且 mn，则 ； m，n，且 mn，则 . A B C D 答案 D 解析 对于，当 m，n，且 mn 时，有 或 ， 相交，所以错误；对于 ，当 m，n，且 mn 时，有 或 或 ， 相交且不垂直，所以错误；对于 ，当 m，n，且 mn 时，得出 m，所以 ，正确；对于，当 m，n， 且 mn 时， 成立，所以正确综上知，正确的命题序号是.故选 D. 5(2020 甘肃省靖远县高三第四次联考)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 CD 上的 一点，且 CE2DE，F 为棱 AA1的中点，且平面 BEF 与 DD1

19、交于点 G，则 B1G 与平面 ABCD 所成角的正切值为( ) A 2 12 B 2 6 C5 2 12 D5 2 6 答案 C 解析 因为平面 ABCD平面 A1B1C1D1，所以 B1G 与平面 ABCD 所成角即为 B1G 与平面 A1B1C1D1所成角， 易知 B1G 与平面 A1B1C1D1所成角为D1B1G.设 AB6， 则 AF3， DE2， 平面 BEF平面 CDD1C1GE 且 BF平面 CDD1C1，可知 BFGE，易得FABGDE，则 AF AB DG DE，即 3 6 DG 2 DG1，D1G5，在 RtB1D1G 中，tan D1B1GD1G B1D1 5 6 2

20、5 2 12 ， 故 B1G 与平面 ABCD 所成角的正切值为5 2 12 ，故选 C. 6在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是棱 CC1的中点，F 是侧面 BCC1B1内的动点，且 A1F 与平面 D1AE 的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是( ) A点 F 的轨迹是一条线段 BA1F 与 BE 是异面直线 CA1F 与 D1E 不可能平行 D三棱锥 FABC1的体积为定值 答案 C 解析 由题知 A1F平面 D1AE，分别取 B1C1，BB1的中点 H，G，连接 HG，A1H，A1G， BC1， 可得 HGBC1AD1， A1GD1E， 故平面 A1HG平面 AD1E， 故

21、点 F 的轨迹为线段 HG， A 正确； 由异面直线的判定定理可知 A1F 与 BE 是异面直线， 故 B 正确； 当 F 是 BB1的中点时， A1F 与 D1E 平行，故 C 不正确；HG平面 ABC1，F 点到平面 ABC1的距离不变，故三棱 锥 FABC1的体积为定值，故 D 正确 7(2020 长沙模拟)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABAD6，AA12，M 为棱 BC 的 中点，动点 P 满足APDCPM，则点 P 的轨迹与长方体的面 DCC1D1的交线长等于( ) A2 3 B C4 3 D 2 答案 A 解析 如图，由题意知，只需考虑点 P 在平面 DCC1D1上的情况

22、，此时 ADDP，MC CP，所以 tan APDAD DP，tanCPM MC PC.因为APDCPM，所以 AD DP MC PC.因为 M 是 BC 的中点，所以 AD2MC，所以 DP2PC.在平面 D1DCC1内，以 D 为原点，DC 的方向为 x 轴的正方向，DD1的方向为 y 轴的正方向，建立平面直角坐标系，则 D(0，0)，C(6，0).设 P(x， y)，则 x2y22（x6）2y2，化简，得 y2(x8)242.该圆与平面 D1DCC1的交线长对 应的圆心角为 6，则对应弧长为 64 2 3 . 8(2020 佛山模拟)如图，矩形 ABCD 中，AB1，BC2，点 E 为

23、AD 的中点，将ABE 沿 BE 折起，在翻折过程中，记点 A 对应的点为 A，二面角 ADCB 的平面角的大小为 ， 则当 最大时，tan ( ) A. 2 2 B 2 3 C1 3 D1 2 答案 D 解析 如图，取 BC 的中点 F，连接 AF，交 BE 于点 O，则 AFBE，连接 OA，AF， 则 OAOA 2 2 ，OABE，OFBE，又 OAOFO，所以 BE平面 OAF，又 BE 平 面 ABCD，所以平面 OAF平面 ABCD.设 A在 AF 上的投影为 M，连接 AM，设AOM， 则 AM 2 2 sin ，OM 2 2 cos ，过点 M 作 MNCD 交 CD 于点 N

24、，连接 AN，则ANM. 易得 0， 2 ，MN3 2 1 2cos ，所以当 最大时，tan 最大，tan 2 2 sin 3 2 1 2cos 2sin 3cos ， 令 2sin 3cos t，所以 2sin 3tt cos ，所以 3t 2sin t cos 2t2sin ( ) 其中tan t 2 ，所以 3t 2t2，所以 t1 2，即 tan 1 2，故选 D. 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9(2020 山东省青岛市高三期中)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，下列直线或平面与平面 ACD1平行的是( ) A直线 A1B B直线 BB1 C平面 A1

25、DC1 D平面 A1BC1 答案 AD 解析 如图，由 A1BD1C，且 A1B平面 ACD1，D1C 平面 ACD1，故直线 A1B 与平面 ACD1平行，故 A 正确；直线 BB1DD1，DD1与平面 ACD1相交，故直线 BB1与平面 ACD1相 交，故 B 错误；显然平面 A1DC1与平面 ACD1相交，故 C 错误；由 A1BD1C，ACA1C1，且 A1BA1C1A1，ACD1CC，故平面 A1BC1与平面 ACD1平行，故 D 正确故选 AD. 10如图，在以下四个正方体中，直线 AB 与平面 CDE 垂直的是( ) 答案 BD 解析 在 A 中，AB 与 CE 的夹角为 45，

26、所以直线 AB 与平面 CDE 不垂直，故不符合题 意；在 B 中，ABCE，ABDE，CEDEE，所以 AB平面 CDE，故符合题意；在 C 中， AB 与 EC 的夹角为 60，所以直线 AB 与平面 CDE 不垂直，故不符合题意；在 D 中，AB DE，ABCE，DECEE，所以 AB平面 CDE，故符合题意故选 BD. 11(2020 海南省高三三模)如图，四棱锥 PABCD 中，平面 PAD底面 ABCD，PAD 是等边三角形，底面 ABCD 是菱形，且BAD60，M 为棱 PD 的中点，N 为菱形 ABCD 的 中心，下列结论正确的有( ) A直线 PB 与平面 AMC 平行 B直

27、线 PB 与直线 AD 垂直 C线段 AM 与线段 CM 长度相等 DPB 与 AM 所成角的余弦值为 2 4 答案 ABD 解析 如图，连接 MN，易知 MNPB，又 MN 平面 AMC，PB平面 AMC，A 正确； 在菱形 ABCD 中， BAD60， BAD 为等边三角形 设 AD 的中点为 O， 连接 OB， OP， 则 OPAD，OBAD，AD平面 POB，又 PB 平面 POB，ADPB，B 正确；由平面 PAD平面 ABCD，得POB 为直角三角形，设 AD4，则 OPOB2 3，PB2 6，MN 1 2PB 6.在MAN 中，AMAN2 3，MN 6，可得 cos AMN 2

28、4 ，故异面直线 PB 与 AM 所成角的余弦值为 2 4 ， D 正确； cos MNCcos MNAcos AMN 2 4 ， 又 NC2 3，MN 6， 2 4 612CM 2 2 62 3，得 CM2 6AM，C 错误故选 ABD. 12(2020 山东省威海市一模)如图，在直角梯形 ABCD 中，ABCD，ABBC，BCCD 1 2AB2，E 为 AB 的中点，以 DE 为折痕把ADE 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且 PC 2 3.则( ) A平面 PED平面 EBCD BPCED C二面角 PDCB 的大小为 45 DPC 与平面 PED 所成角的正切值为 2 答案 AC

29、解析 A项， PDADAE2DE222222 2， 在三角形PDC中， PD2CD2PC2， 所以 PDCD，又 CDDE，可得 CD平面 PED，CD 平面 EBCD，所以平面 PED平面 EBCD，正确；B 项，若 PCED，又 EDCD，可得 ED平面 PDC，则 EDPD，而EDP EDA45，显然矛盾，故错误；C 项，二面角 PDCB 的平面角为PDE，又PDE ADE45，故正确；D 项，由上面分析可知，CPD 为直线 PC 与平面 PED 所成的角， 在 RtPCD 中，tan CPDCD PD 2 2 ，故错误故选 AC. 三、填空题 13在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AB

30、AA12，M，N 分别为 AA1，BB1的中点，则异面 直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为_ 答案 3 5 解析 如图，连接 A1N，则 A1NBM，所以异面直线 BM 与 C1N 所成的角就是直线 A1N 和 C1N 所成的角由题意，得 A1NC1N2212 5，在A1C1N 中，由余弦定理得 cos A1NC1 554 2 5 5 3 5.所以异面直线 BM 与 C1N 所成角的余弦值为 3 5. 14(2019 北京高考)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下列三个论断： lm；m；l. 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： _ 答案 若

31、 m 且 l，则 lm(或若 lm，l，则 m) 解析 已知 l，m 是平面 外的两条不同直线，由lm 与m，不能推出l，因 为 l 可以与 平行， 也可以相交不垂直； 由lm 与l 能推出m； 由m 与l 可以推出lm.故正确的命题是或. 15已知四边形 ABCD 是矩形，AB4，AD3.沿 AC 将ADC 折起到ADC，使平面 ADC平面 ABC，F 是 AD的中点，E 是 AC 上一点，给出下列结论： 存在点 E，使得 EF平面 BCD； 存在点 E，使得 EF平面 ABC； 存在点 E，使得 DE平面 ABC； 存在点 E，使得 AC平面 BDE. 其中正确的结论是_(写出所有正确结论

32、的序号). 答案 解析 对于，存在 AC 的中点 E，使得 EFCD，利用线面平行的判定定理可得 EF 平面 BCD；对于，过点 F 作 EFAC，垂足为 E，利用面面垂直的性质定理可得 EF平面 ABC； 对于， 过点 D作 DEAC， 垂足为 E， 利用面面垂直的性质定理可得 DE平面 ABC； 对于，因为 ABCD 是矩形，AB4，AD3，所以 B，D在 AC 上的射影不是同一点，所以 不存在点 E，使得 AC平面 BDE. 16如图，AB 是圆锥 SO 的底面圆 O 的直径，D 是圆 O 上异于 A，B 的任意一点，以 AO 为直径的圆与 AD 的另一个交点为 C，P 为 SD 的中点

33、现给出以下结论： SAC 为直角三角形； 平面 SAD平面 SBD； 平面 PAB 必与圆锥 SO 的某条母线平行 其中正确结论的序号是_(写出所有正确结论的序号). 答案 解析 如图，连接 OC，SO底面圆 O，SOAC，C 在以 AO 为直径的圆上，AC OC，OCSOO，AC平面 SOC，ACSC，即SAC 为直角三角形，故正确；假 设平面 SAD平面 SBD，在平面 SAD 中过点 A 作 AHSD 交 SD 于点 H，则 AH平面 SBD， AHBD，又 BDAD，BD平面 SAD，又 COBD，CO平面 SAD，COSC，又 在SOC 中，SOOC，在一个三角形内不可能有两个直角，

34、故平面 SAD平面 SBD 不成立， 故错误；连接 DO 并延长交圆 O 于点 E，连接 PO，SE，P 为 SD 的中点，O 为 ED 的中 点，OP 是SDE 的中位线，POSE，即 SE平面 PAB，即平面 PAB 必与圆锥 SO 的母 线 SE 平行故正确故正确是. 四、解答题 17.在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 6 的菱形，且ABC60，PA平面 ABCD，PA6，F 是棱 PA 上的一动点，E 为 PD 的中点 (1)求证：平面 BDF平面 ACF； (2)若 AF2，侧面 PAD 内是否存在过点 E 的一条直线，使得直线上任一点 M 都有 CM 平面 BDF

35、，若存在，给出证明；若不存在，请说明理由 解 (1)证明：由题意可知，PA平面 ABCD，则 BDPA，又底面 ABCD 是菱形，所以 BDAC，PA，AC 为平面 PAC 内两相交直线，所以 BD平面 PAC，BD 为平面 BDF 内一直 线，从而平面 BDF平面 ACF. (2)侧面 PAD 内存在过点 E 的一条直线，使得直线上任一点 M 都有 CM平面 BDF. 设 G 是 PF 的中点，连接 EG，CG，OF， 则 EGFD， CGOF 平面 CEG平面 BDF， 所以直线 EG 上任一点 M 都满足 CM平面 BDF. 18. (2020 河北省保定市二模)如图，在四棱锥 PABC

36、D 中，底面是边长为 2 的正方形， PAPD 17，E 为 PA 的中点，点 F 在 PD 上且 EF平面 PCD，M 在 DC 延长线上，FH DM，交 PM 于点 H，且 FH1. (1)证明：EF平面 PBM； (2)求点 M 到平面 ABP 的距离. 解 (1)证明：取 PB 的中点 G，连接 EG，HG， 则 EGAB，且 EG1， FHDM，且 FH1 又 ABDM，EGFH，EGFH， 即四边形 EFHG 为平行四边形， EFGH. 又 EF平面 PBM，GH 平面 PBM， EF平面 PBM. (2)EF平面 PCD，CD 平面 PCD， EFCD. ADCD，EF 和 AD 显然相交，EF，AD 平面 PAD， CD平面 PAD，CD 平面 ABCD， 平面 ABCD平面 PAD. 取 AD 的中点 O，连接 PO， PAPD，POAD. 又平面 ABCD平面 PADAD，PO 平面 PAD， PO平面 ABCD， ABCD，AB平面 PAD， PA 平面 PAD，PAAB， 在等腰三角形 PAD 中， POPA2AO21714. 设点 M 到平面 ABP 的距离为 h，连接 AM，利用等体积可得 VMABPVPABM， 即1 3 1 22 17h 1 3 1 2224， h 8 17 8 17 17 ， 点 M 到平面 PAB 的距离为8 17 17 .