2021高考数学一轮复习第二部分专题突破练专题突破练5立体几何的综合问题含解析苏教版

PAGE14-专题突破练(5)立体几何的综合问题一、选择题1．(2019·武汉模拟)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，m∥β，则α∥β答案C解析对于A，若a⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m与n平行或相交或异面，故错误；对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，正确；对于D，若m∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错误．选C．2．(2020·昆明高三摸底)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“α∥β”是“l⊥m”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析因为l⊥α，α∥β，所以l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m；但l⊥α，l⊥m，m⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件．故选A．3．(2019·湖南长沙市长郡中学二模)如图，在下列三个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面．在各正方体中，直线BD1与平面EFGA．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②③B．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有①C．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②D．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有③答案A解析对于①，连接BD，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BD∥GE，DD1∥EF，从而可得BD∥平面EFG，DD1∥平面EFG，又BD∩DD1＝D，所以平面BDD1∥平面EFG，所以BD1∥平面EFG.对于②，连接DB，DA1，设正方体的棱长为1，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(GE,\s\up6(→))＝(eq\o(DD1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DA1,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)(eq\o(DD1,\s\up6(→))·eq\o(DA1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DA1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)×(1×eq\r(2)×cos45°－eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°)＝0，即BD1⊥EG.连接DC1，则eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\o(DD1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DD1,\s\up6(→))·eq\o(DC1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DC1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)×(1×eq\r(2)×cos45°－eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°)＝0，即BD1⊥EF.又EG∩EF＝E，所以BD1⊥平面EFG.对于图③，设正方体的棱长为1，连接DB，DG，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(EG,\s\up6(→))＝(eq\o(DD1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))·(eq\o(DG,\s\up6(→))－eq\o(DE,\s\up6(→)))＝(eq\o(DD1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(DD1,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(DA,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(DD1,\s\up6(→))2－eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)－eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)＝0，即BD1⊥EG.连接AF，则eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\o(DD1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))·(eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→)))＝(eq\o(DD1,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DD1,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(DA,\s\up6(→))))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝1－eq\f(1,2)×eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)×eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)＝0，即BD1⊥EF.又EG∩EF＝E，所以BD1⊥平面EFG.故选A．4．在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD．将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是()A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′－BCD的体积为eq\f(1,3)答案B解析∵AB＝AD＝1，BD＝eq\r(2)，∴AB⊥AD．∴A′B⊥A′D．∵平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′B，又A′D∩CD＝D，∴A′B⊥平面A′CD，∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°.故选B．5．(2019·郑州二模)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝eq\r(3)，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG没有公共点，则三角形PBB1面积的最小值为()A.eq\f(\r(3),2) B．1C．eq\f(\r(3),4) D．eq\f(1,2)答案C解析补全截面EFG为截面EFGHQR，如图，设BT⊥AC于T，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥平面EFGHQR，易知平面ACD1∥平面EFGHQR，∴P∈AC，且当P与T重合时，BP＝BT最短，此时△PBB1的面积最小，由等积法：eq\f(1,2)BT×AC＝eq\f(1,2)BC×BA，即eq\f(1,2)BT×eq\r(12＋\r(3)2)＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)，∴BT＝eq\f(\r(3),2)，又BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥BP，△PBB1为直角三角形，∴△PBB1面积的最小值为eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),4)，故选C.6．如图所示，已知在多面体ABC－DEFG中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为()A．2 B．4C．6 D．8答案B解析如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V＝eq\f(1,2)×23＝4.故选B．7．(2019·湖北黄冈中学二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图是半圆(如图)．现有一只蚂蚁从点A出发沿该几何体的侧面环绕一周回到A点，则蚂蚁所经过路程的最小值为()A．π B．eq\r(6)＋eq\r(2)C．eq\r(6)－eq\r(2) D．π＋2答案B解析由三视图可知，该几何体是半圆锥，其侧面展开图如图所示，则依题意，点A，M的最短距离，即为线段AM.∵PA＝PB＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM＝eq\f(π,PB)＝eq\f(π,2)，∵∠APB＝eq\f(π,3)，∴∠APM＝eq\f(5π,6)，∴在△APM中，根据余弦定理有，MA2＝22＋22－2×2×2coseq\f(5π,6)＝8＋4eq\r(3)＝(eq\r(6)＋eq\r(2))2，∴MA＝eq\r(6)＋eq\r(2)，即蚂蚁所经过路程的最小值为eq\r(6)＋eq\r(2).故选B．8．已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，表面积的最大值是()A．22πR2 B．eq\f(9,4)πR2C．eq\f(8,3)πR2 D．eq\f(5,2)πR2答案B解析如图所示，为组合体的轴截面，记BO1的长度为x，由相似三角形的比例关系，得eq\f(PO1,3R)＝eq\f(x,R)，则PO1＝3x，圆柱的高为3R－3x，所以圆柱的表面积为S＝2πx2＋2πx(3R－3x)＝－4πx2＋6πRx，则当x＝eq\f(3,4)R时，S取最大值，Smax＝eq\f(9,4)πR2.故选B．9．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，平面CEF与直线PD交于点H，若点A，B，C，H都在球O的表面上，则球O的半径为()A．1 B．eq\r(2)C．eq\f(3,2) D．eq\r(3)答案D解析如图，取PD的中点H，PA的中点G，连接BG，GH，FH，CH，则GH＝BC，GH∥BC，所以四边形BCHG是平行四边形．因为EF∥平面PCD，设平面PAB与平面PCD相交于直线m，则EF∥m，CH∥BG∥m，所以EF∥BG∥CH，所以点H就是平面CEF与直线PD的交点．取AD的中点M，连接CM，HM，则球O就是直三棱柱ABG－MCH的外接球，球心O是两底面外接圆圆心连线的中点．直三棱柱ABG－MCH的高BC＝2，底面△ABG的外接圆的半径为eq\f(1,2)BG＝eq\r(2)，所以球O的半径R＝eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\r(3).故选D．10．(2020·河北唐山第一次摸底)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，则异面直线A1B与B1A．eq\f(\r(10),5) B．eq\f(1,5)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(15),5)答案B解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1D，可得A1D∥B1C，所以异面直线A1B与B1C所成的角即为直线A1B与直线A1D所成的角，即∠DA1B为异面直线A1B与B1C所成的角，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AB＝BC＝2AA1＝2，则A1B＝A1D＝eq\r(5)，BD＝2eq\r(2)，在△A1BD中，由余弦定理得cos∠DA1B＝eq\f(A1B2＋A1D2－BD2,2A1B·A1D)＝eq\f(5＋5－8,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(1,5).故选B．11．(2020·广东四校联考)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点C关于平面BDC1的对称点为M，则AM与平面ABCDA．eq\f(\r(2),2) B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2答案B解析如图，连接AC，交BD于点O，因为BD＝BC1＝DC1＝eq\r(2)，所以△BC1D是等边三角形，故三棱锥C－BC1D为正三棱锥，设O′为△BC1D的中心，连接CO′，故CO′⊥平面BC1D，延长CO′到M，使得MO′＝O′C，连接OO′，则OO′∥AM，所以AM与平面ABCD所成的角等于OO′与平面ABCD所成的角．因为BD⊥OO′，BD⊥AC，AC∩OO′＝O，所以BD⊥平面AMC，故平面AMC⊥平面ABCD，且平面ABCD∩平面AMC＝AC，根据两个平面相互垂直的性质可知OO′在平面ABCD上的射影一定落在线段AC上，故∠O′OC为OO′与平面ABCD所成的角，即AM与平面ABCD所成的角．因为OC＝eq\f(\r(2),2)，OO′＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),6)，所以O′C＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(3),3)，所以tan∠O′OC＝eq\f(\f(\r(3),3),\f(\r(6),6))＝eq\r(2)，故选B．12．(2020·湖北重点中学高三起点考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，顶点P在底面的正投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB＝eq\r(2)，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当AN＋MN取最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为()A．eq\f(9π,2) B．eq\f(16π,3)C．eq\f(25π,4) D．eq\f(64π,9)答案B解析如图，在PC上取点M′，使得PM＝PM′，连接NM′，则MN＝M′N，AN＋MN＝AN＋M′N，则当A，N，M′三点共线时，AN＋M′N最小，为AM′，当AM′⊥PC时，AM′取得最小值，即AN＋NM′的最小值．因为此时M恰为PD的中点，所以M′为PC的中点，连接AC，所以PA＝AC＝2，因此PO＝eq\r(PA2－AO2)＝eq\r(3).易知外接球的球心在四棱锥的内部，设外接球的半径为r，则r2＝(eq\r(3)－r)2＋1，解得r＝eq\f(2\r(3),3)，因此外接球的表面积S＝4πr2＝eq\f(16π,3).故选B．二、填空题13．(2020·长春高三摸底)设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．答案①②解析①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②.14．(2019·湖南湘潭四模)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体(记为ABCD－A1B1C1D1)的粮仓，宽3丈(即AD①该粮仓的高是2丈；②异面直线AD与BC1所成角的正弦值为eq\f(3\r(13),13)；③长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的表面积为eq\f(133π,4)平方丈．答案①③解析由题意，因为10000×2.7＝30×45×AA1，解得AA1＝20尺＝2丈，故①正确；异面直线AD与BC1所成角为∠CBC1，则sin∠CBC1＝eq\f(2\r(13),13)，故②错误；此长方体的长、宽、高分别为4.5丈、3丈、2丈，故其外接球的表面积为4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(4.52＋32＋22),2)))2＝eq\f(133π,4)平方丈，所以③正确．15．如图，用一个边长为eq\r(2)的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________．答案eq\f(\r(3)＋1,2)解析由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC；折起后原正方形顶点到底面的距离为eq\f(1,2)，如图中的BC．由图知球心与巢底面的距离OF＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3)＋1,2).16．(2020·惠州调研)在三棱锥A－BCD中，底面BCD是直角三角形且BC⊥CD，斜边BD上的高为1，三棱锥A－BCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥A－BCD体积的最大值为________．答案eq\f(4,3)解析如图，过点C作CH⊥BD于点H.由外接球的表面积为16π，可得外接球的半径为2，则AB＝4.因为AB为外接球的直径，所以∠BDA＝90°，∠BCA＝90°，即BD⊥AD，BC⊥CA，又BC⊥CD，CA∩CD＝C，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AD，又BC∩BD＝B，所以AD⊥平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，CH⊥BD，CH⊂平面BCD，所以CH⊥平面ABD．设AD＝x(0<x<4)，则BD＝eq\r(16－x2).在△BCD中，BD边上的高CH＝1，所以V三棱锥A－BCD＝V三棱锥C－ABD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×x×eq\r(16－x2)×1＝eq\f(1,6)eq\r(－x4＋16x2)，当x2＝8时，V三棱锥A－BCD有最大值，故三棱锥A－BCD体积的最大值为eq\f(4,3).三、解答题17．(2020·郑州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝eq\f(π,3)，M是PC的中点．(1)求证：平面PAC⊥平面MBD；(2)若PB⊥PD，三棱锥P－ABD的体积为eq\f(\r(6),3)，求四棱锥P－ABCD的侧面积．解(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.又BD⊂平面MBD，∴平面PAC⊥平面MBD.(2)设菱形ABCD的边长为x，∵∠ABC＝eq\f(π,3)，∴∠BAD＝eq\f(2π,3).在△ABD中，BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD＝2x2－2x2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3x2，∴BD＝eq\r(3)x.又PA⊥平面ABCD，AB＝AD，PB⊥PD，∴PB＝PD＝eq\f(\r(6),2)x，∴PA＝eq\r(PB2－AB2)＝eq\r(\f(3,2)x2－x2)＝eq\f(\r(2),2)x.又S△ABD＝eq\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq\f(1,2)·x2·sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),4)x2，∴V三棱锥P－ABD＝eq\f(1,3)·S△ABD·PA＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),4)x2·eq\f(\r(2),2)x＝eq\f(\r(6),3)，∴x＝2，∴PA＝eq\r(2)，PB＝PD＝eq\r(6).∵∠ABC＝eq\f(π,3)，∴AC＝AB＝2.又PA⊥平面ABCD，∴PC＝PB＝eq\r(6)，∴四棱锥P－ABCD的侧面积为2S△PAB＋2S△PBC＝2×eq\f(1,2)×eq\r(2)×2＋2×eq\f(1,2)×eq\r(\r(6)2－1)×2＝2(eq\r(5)＋eq\r(2))．18.(2020·福建莆田月考)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是棱AB，AA1的中点，且A1M⊥B1(1)求证：B1N⊥A1C(2)求点M到平面A1B1C解(1)证明：如图，连接CM，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以CM⊥AA1在△ABC中，由题意知AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1因为B1N⊂平面ABB1A1，所以CM⊥B1N又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A因为A1C⊂平面A1CM，所以B1N⊥A(2)在矩形ABB1A1中，A1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N，所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即eq\f(AM,AA1)＝eq\f(A1N,A1B1).因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是棱AB，AA1的中点，所以AM＝1，CM＝eq\r(3)，A1B1＝2.设AA1＝x(x>0)，则A1N＝eq\f(x,2)，所以eq\f(1,x)＝eq\f(\f(x,2),2)，解得x＝2.解法一：如图，连接B1C，B1从而S△A1B1M＝eq\f(1,2)S正方形ABB1A1＝2，A1C＝B1C＝2eq\r(2).在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝eq\f(A1C2＋CB\o\al(2,1)－A1B\o\al(2,1),2A1C·CB1)＝eq\f(3,4)，所以sin∠A1CB1＝eq\f(\r(7),4)，所以S△A1B1C＝eq\f(1,2)A1C·B1C·sin∠A1CB1＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(7),4)＝eq\r(7).设点M到平面A1B1C的距离为d，由V三棱锥M－A1B1C＝V三棱锥C－A1B1M，得eq\f(1,3)S△A1B1C·d＝eq\f(1,3)S△A1B1M·CM，所以d＝eq\f(S△A1B1M·CM,S△A1B1C)＝eq\f(2×\r(3),\r(7))＝eq\f(2\r(21),7)，即点M到平面A1B1C的距离为eq\f(2\r(21),7).解法二：如图，取A1B1的中点D，连接MD，CD，过M作MO⊥CD于点O.在正方形ABB1A1中，易知A1B1⊥MD，由(1)可知CM⊥A1B1又CM∩DM＝M，所以A1B1⊥平面CDM.因为MO⊂平面CDM，所以A1B1⊥MO.又MO⊥CD，A1B1∩CD＝D，所以MO⊥平面A1B1C，即线段MO的长为点M到平面A1B1由(1)可得CM⊥DM.又MD＝2，所以由勾股定理可得CD＝eq\r(CM2＋MD2)＝eq\r(7)，S△CMD＝eq\f(1,2)·CD·MO＝eq\f(1,2)·CM·MD，即eq\f(1,2)×eq\r(7)×MO＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×2，解得MO＝eq\f(2\r(21),7)，即点M到平面A1B1C的距离为eq\f(2\r(21),7).19.(2019·安徽黄山三模)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：CD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱锥B－APQ的体积．解(1)证明：因为四边形ABCM是平行四边形，且∠ACM＝90°，所以AC⊥AB，又AD⊥AB，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，所以AB⊥CD，又CD⊥AC，AC∩AB＝A，所以CD⊥平面ABC.(2)取AC上一点H，使CH＝eq\f(2,3)CA，因为DQ＝eq\f(2,3)DA，连接QH，则QH∥CD，所以由(1)可得QH⊥平面ABC.因为AB＝AC＝3，所以BC＝3eq\r(2)，AD＝3eq\r(2)，所以BP＝DQ＝3eq\r(2)×eq\f(2,3)＝2eq\r(2)，所以QH＝eq\f(1,3)CD＝eq\f(1,3)×3＝1，所以V三棱锥B－APQ＝V三棱锥Q－APB＝eq\f(1,3)S△PAB·QH＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×3×3×1＝1.20.(2019·江西省名校联考)如图，在空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为eq\r(13)的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.(1)试在平面BCD内作一条直线，使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行，并给出详细证明；(2)求点B到平面AEC的距离．解(1)如图，取BC和BD的中点H，G，连接HG，则直线HG为所求直线．证明如下．因为H，G分别为BC和BD的中点，所以HG∥CD，所以HG∥平面CDE.取CD的中点O，连接EO，AH，AG，如图，易知EO⊥CD，AH⊥BC.因为平面CDE⊥平面BCD，且EO⊥CD，所以EO⊥平面BCD，又由平面ABC⊥平面BCD，AH⊥BC，得AH⊥平面BCD，所以EO∥AH，所以AH∥平面CDE，所以平面AHG∥平面CDE，所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均