2020年高考数学(理)总复习：空间中的平行与垂直(解析版)

2020 年高考数学（理）总复习：空间中的平行与垂直题型一空间地点关系的判断
【题型重点】
(1)解决空间线面地点关系的判断问题常有以下方法：①依据空间线面垂直、平行关系
的判断定理和性质定理逐项判断来解决问题；②必需时能够借助空间几何模型，如从长方体、四周体等模型中察看线面地点关系，并联合有关定理来进行判断．
(2)娴熟掌握立体几何的三种语言——符号语言、文字语言以及图形语言的相互变换，是
解决此类问题的重点．
【例 1】如图，在以下四个正方体中，A， B 为正方体的两个极点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面 MNQ 不平行的是 ()
【分析】 B 选项中，AB ∥MQ ，且 AB? 平面 MNQ ，MQ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ ；
C 选项中， AB∥ MQ ，且 AB? 平面 MNQ ，MQ ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ ；
D 选项中，
AB∥ NQ，且 AB? 平面 MNQ ， NQ? 平面 MNQ ，则 AB∥平面 MNQ .应选 A.
【答案】 A
【例 2】．如图，平面α⊥平面β，α∩β＝直线l, A，C是α内不一样
的两点，B， D 是β内不一样的两点，且A， B， C，D ? 直线 l, M， N 分
别是线段 AB ， CD 的中点．以下判断正确的选项是()
A ．当 CD ＝ 2A
B 时，M， N 两点不行能重合
B．M， N 两点可能重合，但此时直线AC 与 l 不行能订交
C．当 AB 与 CD 订交，直线AC 平行于 l 时，直线BD 能够与 l 订交
D．当 AB， CD 是异面直线时，直线MN 可能与 l 平行
【分析】因为直线 CD 的两个端点都能够动，所以M，N 两点可能重合，此时两条直
线 AB，CD 共面，因为两条线段相互均分，所以四边形ACBD 是平行四边形，所以 AC∥ BD ，
则 BD? β，所以由线面平行的判断定理可得 AC∥ β，又因为 AC? α，α∩β＝ l ，所以由线面平行的性质定理可得 AC∥ l ，故应清除答案 A ， C，D ，应选 B.
【答案】 B
题组训练一空间地点关系的判断
1．设四棱锥P－ ABCD 的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α()
A ．有无数多个B．恰有 4 个
C．只有 1 个D．不存在
【分析】如图，由题知面PAD 与面 PBC 订交，面 PAB 与面 PCD
订交，可设两组订交平面的交线分别为m，n，由 m，n 决定的平面为β，
作α与β平行且与四条侧棱订交，交点分别为A1， B1， C1， D1，则由
面面平行的性质定理得A1B1∥ n∥ C1D1， A1D1∥ m∥ B1C1，进而得截面
必为平行四边形．因为平面α 能够上下平移，可知知足条件的平面α
有无数多个．应选 A.
【答案】 A
2．已知 m，l 是直线，α，β是平面，给出以下命题：
①若 l 垂直于α，则 l 垂直于α内的全部直线
②若 l 平行于α，则 l 平行于α内的全部直线
③若 l? β，且 l⊥ α，则α⊥β
④若 m? α，l? β，且α∥ β，则 m∥ l
此中正确的命题的个数是()
A．4B．3C．2D．1
【分析】关于①，由线面垂直的定义可知①正确；
关于②，若 l 平行于α内的全部直线，依据平行公义可得：α内的全部直线都相互平行，明显是错误的，故②错误；
关于④，若 m? α，l? β，且α∥ β，则直线 l 与 m 无公共点，∴ l 与 m 平行或异面，故
④错误；应选 C.
【答案】 C
题型二平行与垂直的证明与体积
【题型重点】
(1)平行关系及垂直关系的转变
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转变，即经过判断、性质定理将线线、线面、面
面之间的平行、垂直关系相互转变．
(2)数学思想
①本例在证明线线垂直、线面平行时，采纳了转变与化归思想．
②利用转变与化归思想还能够解决本专题中的线面其余地点关系．
(3)求解多面体的体积问题，如最值问题、高的问题、点面距离的问题，一般利用公式
法、等体积法、割补法、函数与方程的思想求解．
【例 2】如图，四棱锥P－ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB 1
＝BC ＝2AD，∠ BAD ＝∠ ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面 PAD；
(2)若 △ PAD 面积为 2 7，求四棱锥 P － ABCD 的体积．
【分析】
(1) 证明：在平面 ABCD 内，因为∠ BAD ＝∠ ABC ＝ 90°，所以 BC ∥ AD .又 BC ?
平面 PAD ，AD ? 平面 PAD ，故 BC ∥平面 PAD.
1
(2)取 AD 的中点 M ，连结 PM ，CM ，由 AB ＝ BC ＝ 2AD 及 BC ∥ AD ，∠ ABC ＝90°得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥ AD .
因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面
ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD
＝AD ，所以 PM ⊥ AD ， PM ⊥底面 ABCD ，因为 CM ? 底面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM .
设 BC ＝ x ，则 CM ＝ x ，CD ＝ 2x ，PM ＝ 3x ，PC ＝ PD ＝ 2x.取 CD 的中点 N ，连结 PN ， 则 PN ⊥ CD ，所以 PN ＝
14
x
2
因为 △PCD 的面积为 2
1 14 7，所以 × 2x ×
2 x ＝ 2 7，解得 x ＝2(舍去 )，x ＝ 2，于是 AB
2
＝BC ＝2， AD ＝ 4，PM ＝ 2
1 2 2＋4 ×2 3＝4
3.
3，所以四棱锥 P － ABCD 的体积 V ＝ × 2
3
题组训练二 平行与垂直的证明与体积
如图，平面 ABCD ⊥平面 ADEF ，四边形 ABCD 为菱形，四边形
ADEF 为矩形， M ，N
分别是 EF ， BC 的中点， AB ＝ 2AF, ∠ CBA ＝ 60°.
①求证： DM ⊥平面 MNA ；
②若三棱锥 A － DMN 的体积为
33
，求 MN 的长．
①【证明】
连结 AC ，在菱形 ABCD 中，
∠CBA ＝ 60°，且 AB ＝BC ，
∴△ ABC 为等边三角形，又∵N 为 BC 的中点，
∴AN⊥ BC，∵ BC ∥AD，
∴AN⊥ AD ，又∵平面 ABCD ⊥平面 ADEF ，平面 ABCD ∩平面 ADEF ＝ AD ， AN? 平面
ABCD ，∴AN ⊥平面 ADEF ，又 DM? 面 ADEF ，∴ DM ⊥AN .∵在矩形 ADEF 中， AD＝ 2AF ，M 为EF 的中点，∴△AMF 为等腰直角三角形，∴∠AMF ＝45°，同理可证∠DME ＝45°，∴∠ DMA ＝ 90°，∴ DM ⊥ AM ，
又∵ AM∩AN＝ A，且 AM， AN? 平面 MNA ，∴ DM ⊥平面 MNA 。

②设 AF ＝ x，则 AB＝ 2AF＝ 2x，在 Rt△ ABN 中，AB＝ 2x, BN＝ x, ∠ABN＝ 60°，
∴AN＝ 3x，∴ S△ADN＝1
2×2x× 3x＝ 3x2 .
∵平面 ABCD ⊥平面 ADEF, AD 为交线，FA⊥AD，∴ FA⊥平面 ABCD ，
设 h 为点 M 到平面 ADN 的距离，则 h＝ AF ＝ x，∴V M－ADN＝1 1 2 3 3×S△ADN×h＝3× 3x ×x＝3
x3，∵ V M－ADN＝ V A－DMN＝3
，∴ x＝ 1.∴ MN ＝AN2＋ AM 2＝ 5. 3
题型三空间几何中的翻折问题
【题型重点】
翻折问题的注意事项
1．画好两图：翻折以前的平面图形与翻折以后形成的几何体的直观图．
2．掌握关系：即比较翻折前后的图形，正确掌握平面图形翻折前后的线线关系，哪些
平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是正确掌握几何体构造特点，
进行空间线面关系逻辑推理的基础．
3．正确立量：即依据平面图形翻折的要求，把平面图形中的有关数目转变为空间几何
体的数学特点，这是正确进行计算的基础．
【例 3】已知长方形ABCD 中， AD ＝2， AB＝2，E 为 AB 的中点．将△ ADE 沿 DE 折起到△ PDE，获得四棱锥P－BCDE ，以下图．
(1)若点 M 为 PC 的中点，求证：BM ∥平面 PDE ；
(2)当平面 PDE⊥平面 BCDE 时，求四棱锥P－ BCDE 的体积；
(3)求证： DE ⊥PC .
【分析】(1) 证明：取DP 中点 F，连结 EF ， FM .
因为在△ PDC 中，点 F， M 分别是所在边的中点，
1
所以 FM 綊2DC.
1
FEBM 是平行四边形，所以 BM∥ EF .
又 EB 綊 DC ，所以 FM 綊 EB，所以四边形
2
又 EF? 平面 PDE， BM ? 平面 PDE .
所以 BM ∥平面 PDE .
(2)因为平面PDE ⊥平面 BCDE ，
在△ PDE 中，作 PO⊥ DE 于点 O，
因为平面 PDE ∩平面 BCDE ＝DE ，
所以 PO ⊥平面 BCDE .
在△ PDE 中，计算可得PO＝6，
3
1 1 1 6 3
.
所以 V 四棱锥P－BCDE＝Sh＝× (1＋2) × 2×＝
3 3 2 3
3
(3)证明：在矩形ABCD 中，连结 AC 交 DE 于点 I ，
因为 tan∠DEA ＝2，
2
，
tan∠ CAB＝2
π
所以∠ DEA ＋∠ CAB＝2，所以 DE ⊥ AC，
所以在四棱锥P－ BCDE 中， PI ⊥ DE ， CI ⊥DE ，
又 PI ∩CI ＝ I ，所以 DE ⊥平面 PIC .
因为 PC ? 平面 PIC ，所以 DE⊥ PC.
题组训练三空间几何中的翻折问题
如图(1)，在五边形ABCDE 中，ED ＝EA ，AB∥CD，CD ＝2AB，∠EDC＝150°.如图(2) ，将△ EAD 沿 AD 折到△PAD 的地点，获得四棱锥 P－ ABCD .点 M 为线段 PC 的中点，且 BM ⊥平面 PCD .
(1)求证：平面PAD⊥平面 ABCD ；
(2)若四棱锥P－ ABCD 的体积为 2 3，求四周体BCDM 的体积．
1
(1)【证明】取PD的中点N，连结AN，MN，以下图，则MN∥ CD， MN ＝2CD.
1
又 AB∥ CD， AB＝2CD，∴ MN∥ AB 且 MN ＝ AB，∴四边形ABMN为平行四边形，
∴AN ∥BM ，又 BM⊥平面 PCD ，∴ AN ⊥平面 PCD ，∴ AN⊥ PD，AN ⊥CD .
由 ED ＝ EA，即 PD＝ PA 及 N 为 PD 的中点，可得△ PAD 为等边三角形，
∴∠ PDA＝ 60°，又∠ EDC ＝150°，∴∠ CDA ＝ 90°，∴ CD⊥ AD ，又 AN∩AD ＝A，AN ? 平面 PAD， AD ? 平面 PAD ，∴ CD⊥平面 PAD，又∵ CD? 平面 ABCD ，∴平面 PAD⊥平面 ABCD .
(2)【解】设四棱锥 P－ ABCD 的高为 h，四边形 ABCD 的面积为 S，则 V P－ABCD＝1 hS 3
＝2 3，
又 S△BCD＝2
S，四周体 BCDM 的高为h .
3 2
1 h 1
2 1 2 2 3
，
∴ V BCDM＝× ×S△BCD＝× hS＝× ×6 3＝
3
3 2 6 3 6 3
∴四周体 BCDM 的体积为2
3
3
.
【专题训练】
一、选择题
1．已知 m, n 是两条不一样的直线，α，β是两个不一样的平面，给出以下四个命题，错误的
命题是()
A ．若 m∥ α， m∥ β，α∩β＝ n，则 m∥n
B．若α⊥ β， m⊥ α， n⊥β，则 m⊥ n
C．若α⊥ β，α⊥ γ，β∩γ＝ m，则 m⊥ α
D．若α∥ β， m∥ α，则 m∥β
【分析】由 m∥ α， m∥ β，α∩β＝ n，利用线面平行的判断与性质定理可得m∥ n，A 正确；
由α⊥ β，m⊥ α， n⊥ β，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥ n， B 正确；
由α⊥ β，α⊥γ，β∩γ＝ m，利用线面、面面垂直的性质定理可得m⊥ α， C 正确；
由α∥ β，m∥ α，则 m∥β或 m? β，可得 D 不正确．应选 D.
【答案】 D
2．在棱长为 2 的正方体ABCD －A1B1C1D1中， M 是棱 A1D1的中点，过C1，B，M 作正
方体的截面，则这个截面的面积为()
3 5 B.
3 5
A. 2 8
9 9
C.2
D.8
【分析】设 AA1的中点为 N，则 MN ∥ BC1，连结 MN ，NB， BC1，
MC 1，则梯形MNBC 1就是过 C1，B，M 正方体的截面，其面积为1
×( 2＋2
3 2
＝9
，应选 C.
2 2)×2 2
【答案】 C
3．已知长方体ABCD －A1B1C1D1中， B1C， C1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线 B1C 和 C1D 所成角的余弦值为 ( )
6 1
A. 4
B.4
2 3
C. 6
D. 6
【分析】以下图：
∵B1B⊥平面 ABCD ，∴∠ BCB1是 B1C 与底面所成角，
∴∠ BCB1＝ 60°.
∵C1 C⊥底面 ABCD ，∴∠ CDC 1是 C1D 与底面所成的角，∴∠ CDC 1
＝45°.
连结 A1D ， A1C1，则 A1D ∥ B1C.∴∠ A1DC1或其补角为异面直线B1 C 与 C1D 所成的角．不如设 BC＝ 1，则 CB1＝ DA 1＝ 2， BB1＝CC1＝3＝ CD，
∴ C1 D＝6， A1C1＝ 2.
6
在等腰△ A1C1D 中， cos∠A1DC1＝4 .应选 A.
【答案】 A
4．如图，在多面体ABCDEFG 中，平面 ABC∥平面 DEFG ，AC∥ GF，
且△ ABC 是边长为 2 的正三角形，四边形DEFG 是边长为4 的正方形， M， N 分别为 AD，BE 的中点，则MN 等于 ()
A. 7B．4
C. 19D．5
【分析】如图，取BD 的中点 P，连结 MP ，NP，
则 MP ∥AB，NP∥ DE ，
1 1
MP＝2AB＝ 1， NP＝2DE ＝ 2.
又∵ AC∥ GF，∴ AC∥ NP.
∵∠ CAB＝ 60°，
∴∠ MPN ＝ 120°，
∴ MN＝
MP2＋NP2－ 2×MP×NP×cos 120 °＝7，应选 A.
【答案】 A
5．以下图，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD— A1B1C1D1中， AA1 ＝2， AB＝ 1， M， N 分别在 AD 1，BC 上挪动，且一直保持MN ∥平面 DCC 1D 1，设 BN＝ x，MN ＝ y，则函数y＝ f(x) 的图象大概是 ()
【分析】过 M 作 MQ ∥DD 1，交 AD 于点 Q，连结 QN.
∵MN∥平面 DCC 1D 1， MQ∥平面 DCC 1D1，MN ∩MQ＝ M，
∴平面 MNQ ∥平面 DCC 1D 1，
又平面 ABCD 与平面 MNQ 和 DCC 1D1分别交于直线QN 和直线 DC ，∴NQ∥DC ，可得 QN＝ CD＝ AB＝ 1，
AQ＝ BN＝ x，∵MQ
＝
DD1
＝2，∴ MQ＝ 2x.
AQ A D
在 Rt△MQN 中， MN 2＝ MQ2＋ QN2，即 y2＝ 4x2＋ 1，
∴ y2－ 4x2＝ 1 (0 ≤x≤1)，
∴函数 y＝ f(x)的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分．应选 C.
【答案】 C
6．在四棱锥S－ ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M、 N 分别是 SA， BD 上的点．SM DN
①若MA＝NB，则 MN ∥面 SCD；
②若SM
＝
NB
，则 MN ∥面 SCB；MA DN
③若面 SDA⊥面 ABCD ，且面 SDB⊥面 ABCD ，则 SD⊥面 ABCD .此中正确的命题个数是()
A ． 0 B．1 C．2 D ．3
【分析】在①中，过 M 作 MH ∥ SD，交 AD 于 H，连结 HN，
∵在四棱锥 S－ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，
SM
＝DN
，∴ NH ∥CD ，∵ MH ∩MN
M、N 分别是 SA，BD 上的点，MA NB
＝M ， SD∩DC＝D ， MH， MN ? 平面MNH ， SD， CD? 平面 SDC，∴平面 MNH ∥平面 SDC，
∵MN? 平面 MNH ，∴ MN∥面 SCD，故①正确；
在②中，过 M 作 MH ∥ SD，交 AD 于 H，连结 HN ，
∵在四棱锥S－ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，
M、 N 分别是 SA， BD 上的点，SM
＝
NB
，∴ NH ∥ CD，∵ MH ∩MN ＝M， SD∩DC＝ D，MA DN
MH ，MN ? 平面 MNH ，SD，CD ? 平面 SDC，∴平面 MNH ∥平面 SDC，∵ MN? 平面 MNH ，
∴MN ∥面 SCD，故②正确；
在③中，∵面 SDA⊥面 ABCD ，且面 SDB⊥面 ABCD ，平面 SDA∩平面 SDB＝ SD，∴ SD⊥面 ABCD ，故③正确．应选 D.
【答案】 D
二、填空题
7．正方体 ABCD － A1B1C1D 1中， E 为线段 B1 D1上的一个动点，则以下结论中正确的选项是________(填序号 )．
① AC⊥ BE；② B1E∥平面 ABCD ；③三棱锥E－ ABC 的体积为定值；④直线B1E⊥直线BC1.
【分析】因 AC⊥平面 BDD 1B1，故①正确；因B1D 1∥平面 ABCD ，故②正确；记正
方体的体积为V，则 V E－ABC＝1
B1E 与 BC1不垂直，故④错误．6V，为定值，故③正确；
【答案】①②③
8．表面积为60π的球面上有四点S， A， B， C，且△ ABC 是等边三角形，球心O 到平面 ABC 的距离为 3，若平面 SAB⊥平面 ABC，则棱锥 S－ ABC 体积的最大值为 ________ ．
【分析】∵表面积为 60π的球，∴球的半径为15，
设△ ABC 的中心为 D ，则 OD＝ 3，所以 DA＝ 2 3，则 AB＝ 6
棱锥 S－ ABC 的底面积S＝43
×62＝ 93为定值，
欲使其体积最大，应有S 到平面 ABC 的距离取最大值，
又平面 SAB⊥平面 ABC，
∴ S 在平面 ABC 上的射影落在直线AB 上，而 SO＝15，点 D 到直线 AB 的距离为3，则 S 到平面 ABC 的距离的最大值为 3 3，
1
∴V＝
3×9 3×3 3＝ 27.故答案为 27.
【答案】27
9．如图，在长方体 ABCD －A1B1C1D1中， AA1＝ 6，AB＝ 3，AD＝ 8, 点
M 是棱 AD 的中点， N 在棱 AA1上，且知足 AN＝ 2NA1， P 是侧面四边形 ADD
1A1内一动点 (含界限 )，若 C1P∥平面 CMN ，则线段 C1P 长度的最小值
是________．
【分析】取 A1D 1的中点 Q，
过点 Q 在平面 ADD 1A1内作 MN 的平行线交 DD 1于 E，则易知平面 C1QE∥
平面 CMN，在△C1QE 中作 C1P⊥ QE，则 C1P＝17为所求．
【答案】17
10．如图，矩形 ABCD 中， AB＝2BC＝ 4， E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻转成△ A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在△ ADE 翻折过程中：
①|BM |是定值；
②点 M 在某个球面上运动；
③存在某个地点，使DE ⊥ A1C；
④存在某个地点，使MB ∥平面 A1 DE.
此中正确的命题是 ________．
【分析】取 A1D 的中点 N，连结 MN， EN，
1
CD，
则 MN 为△ A1CD 的中位线，∴ MN 綊
2
∵ E 是矩形 ABCD 的边 AB 的中点，∴ BE 綊1
CD ，2
∴ MN 綊 BE，∴四边形 MNEB 是平行四边形，∴BM 綊 EN，∴ BM 为定值， M 在以 B 为球心，以BM 为半径的球面上，故①正确，②正确；
又 NE? 平面 A1DE ，BM? 平面 A1DE，
∴ BM∥平面 A1DE ，故④正确；
由勾股定理可得 DE ＝ CE ＝ 2 2，∴ DE 2＋ CE 2＝ CD 2，
∴ DE ⊥ CE ，若 DE ⊥ A 1C ，又 A 1C ∩CE ＝ C ， ∴ DE ⊥平面 A 1CE ，又 A 1E? 平面 A 1CE ，
∴ DE ⊥ A 1 E ，而这与∠ AED ＝45°矛盾．故③错误．故答案为①②④.
【答案】
①②④
三、解答题
11．如图，四周体 ABCD 中， △ ABC 是正三角形， AD ＝ CD. (1)证明： AC ⊥ BD ；
(2)已知 △ ACD 是直角三角形， AB ＝ BD.若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AE ⊥EC ，求四周体 ABCE 与四周体 ACDE 的体积比．
【分析】
(1) 证明：取 AC 中点 O ，连 OD ， OB
∵ AD ＝ CD ，O 为 AC 中点，∴ AC ⊥OD ，又∵△ ABC 是等边三角形，∴ AC ⊥ OB ，又∵OB ∩OD ＝ O ，∴ AC ⊥平面 OBD ， BD ? 平面 OBD ，∴ AC ⊥ BD.
(2)设 AD ＝ CD ＝ 2，∴ AC ＝ 2 2， AB ＝ CD ＝2 2，
又∵ AB ＝ BD ，∴ BD ＝ 2 2，∴△ ABD ＝△ CBD ，∴ AE ＝ EC ，又∵ AE ⊥ EC ，AC ＝ 2 2， ∴AE ＝EC ＝ 2，在 △ABD 中，设 DE ＝ x ，
2 2 2 AD ＋BD －AB
2 ＋ DE 2 2
2 2 2
＝ AD － AE ＝ 2
＋22－22
2AD ·DE
2×2×2 2
2 2
2
＝ 2 ＋ x － 2
2×2×x
解得 x ＝
2，∴点 E 是 BD 的中点，
则 V D －ACE ＝ V B －ACE ，∴ V D
－
ACB
＝ 1.
V B －
ACE
12．如图，矩形 AB ′DE(AE ＝ 6， DE ＝ 5)，被截去一角
(即 △ BB ′C)，
AB ＝ 3, ∠ ABC ＝ 135 °，平面 PAE ⊥平面 ABCDE, PA ＋ PE ＝10.
(1)求五棱锥 P － ABCDE 的体积的最大值； (2)在 (1) 的状况下，证明： BC ⊥ PB.
(1)【分析】
为 AB ＝ 3，∠ ABC ＝ 135 °，所以∠ B ′BC ＝ 45°， BB ′＝ AB ′－ AB ＝ 5－ 3＝ 2，
1
所以截去的 △ BB ′C 是等腰直角三角形， 所以 S ABCDE ＝ S AB ′DE － S △BB ′C ＝ 6×5－ 2×2×2＝ 28.如图，
过 P 作 PO ⊥ AE ，垂足为 O ，因为平面 PAE ⊥平面 ABCDE ，平面 PAE ∩平面 ABCDE ＝ AE ， PO? 平面 PAE ，所以 PO ⊥平面 ABCDE, PO 为五棱锥
P － ABCDE 的高．
在平面 PAE 内， PA ＋ PE ＝ 10>AE ＝ 6, P 在以 A ，E 为焦点，长轴长为
10 的椭圆上，由
椭圆的简单的几何性质知，点
P 为短轴端点时， P 到 AE 的距离最大，
1
此时 PA ＝ PE ＝ 5, OA ＝ OE ＝ 3，所以 PO max ＝ 4，所以 (
V
P － ABCDE
)max ＝ 3S ABCDE ·PO max
1112
＝ 3×28×4＝ 3 .
(2)【证明】连结 OB ，如图，由 (1) 知， OA ＝ AB ＝3，
故 △ OAB 是等腰直角三角形，所以∠
ABO ＝ 45°，
所以∠ OBC ＝∠ ABC －∠ ABO ＝ 135°－ 45°＝90°，即 BC ⊥ BO.
因为 PO ⊥平面 ABCDE ，所以 PO ⊥ BC ，而 PO ∩BO ＝O ，PO ， BO? 平面 POB ，所以BC ⊥平面 POB ，又 PB? 面 POB ，所以 BC ⊥ PB.
13.如图，四边形 ABCD 为菱形， G 为 AC 与 BD 的交点， BE ⊥平面 ABCD . (1)证明：平面 AEC ⊥平面 BED ；
6
(2)若∠ ABC ＝ 120 °，AE ⊥EC ，三棱锥 E － ACD 的体积为 3
， 求该三棱锥的侧面积．
【分析】
(1) 证明：因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC ⊥ BD .
因为 BE ⊥平面 ABCD ，所以 AC ⊥BE ，又 BD ∩BE ＝ B ，
故 AC ⊥平面 BED .
又 AC? 平面 AEC ，所以平面 AEC ⊥平面 BED .
第 (1)问踩点得分说明：①正确推理过程得
3 分，没有条件 BD ∩BE ＝ B 扣 1 分；②正确
推理过程得 2 分，没有条件 AC? 平面 AEC 扣 1 分
3
x
(2)设 AB ＝ x ，在菱形 ABCD 中，由∠ ABC ＝ 120 °，可得 AG ＝ GC ＝ 2 x ，GB ＝ GD ＝ 2.
因为 AE ⊥ EC ，所以在 Rt △AEC 中，可得 EG ＝
3
2 x.
由 BE ⊥平面 ABCD ，知 △ EBG 为直角三角形，可得 BE ＝
2
2 x.
1 1 6 3 6
.故 x ＝2. 由已知得，三棱锥 E －ACD 的体积 V E － ACD ＝ × AC ·GD ·BE ＝
24 x ＝
3 3 2
进而可得 AE ＝ EC ＝ ED ＝ 6.
所以 △EAC 的面积为 3， △EAD 的面积与 △ ECD 的面积均为 5.
故三棱锥 E －ACD 的侧面积为 3＋ 2 5.
14.如图 (1) ，在正 △ ABC 中， E ，F 分别是 AB ，AC 边上的点，且 BE ＝AF ＝2CF.点 P 为
边 BC 上的点，将 △AEF 沿 EF 折起到 △ A 1EF 的地点，使平面 A 1EF ⊥平面 BEFC ，连结 A 1B ，A 1P ， EP ，如图 (2) 所示．
(1)求证： A 1E ⊥ FP ；
(2)若 BP ＝ BE ，点 K 为棱 A 1F 的中点， 则在平面 A 1FP 上能否存在过点 K 的直线与平面
A 1BE 平行，若存在，请赐予证明；若不存在，请说明原因．
(1)【证明】
在正 △ ABC 中，取 BE 的中点 D ，连结 DF ，以下图．
因为 BE ＝ AF＝ 2CF ，所以 AF＝ AD ，AE＝ DE ，而∠ A＝ 60°，所以△ ADF 为正三角形．又AE＝ DE，所以 EF⊥ AD.
所以在图 (2)中 A1E⊥EF，
又 A1E? 平面 A1EF ，平面 A1EF⊥平面 BEFC ，
且平面 A1EF ∩平面 BEFC ＝EF ，所以 A1E⊥平面 BEFC .
因为 FP ? 平面 BEFC ，所以 A1E⊥ FP .
(2)【分析】在平面 A1FP 上存在过点 K 的直线与平面A1BE 平行．
原因以下：如图(1)，在正△ ABC 中，因为BP＝BE ，BE＝AF ，
所以 BP ＝ AF，所以 FP∥ AB，所以 FP ∥BE.
以下图，取A1P 的中点 M，连结 MK ，
因为点 K 为棱 A1F 的中点，所以MK ∥ FP.
因为 FP ∥ BE，所以 MK ∥BE.
因为 MK ? 平面 A1BE， BE? 平面 A1BE，
所以 MK ∥平面 A1BE.
故在平面 A1FP 上存在过点K 的直线 MK 与平面 A1BE 平行．。