2023版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第8章立体几何试题文

PAGEPAGE35第八章立体几何考点1空间几何体的结构及其三视图与直观图1.(2022·北京，7)某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥最长棱的棱长为()A.1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.2第1题图第2题图1.解析四棱锥的直观图如下图，PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长PA＝eq\r(12＋12＋12)＝eq\r(3).答案C2.(2022·重庆，5)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为()A.eq\f(1,3)＋2πB.eq\f(13π,6)C.eq\f(7π,3)D.eq\f(5π,2)2.解析该几何体由一个圆柱和一个从轴截面截开的“半圆锥〞组成，其体积为V＝π×12×2＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)π×12×1＝2π＋eq\f(π,6)＝eq\f(13π,6).答案B3.(2022·陕西，5)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为()A.3π B.4πC.2π＋4 D.3π＋4第3题图第4题图3.解析由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，那么外表积为：S＝2×eq\f(1,2)π×12＋eq\f(1,2)×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝4＋3π.答案D4.(2022·浙江，2)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积是()A．8cm3B．12cm3C.eq\f(32,3)cm3D.eq\f(40,3)cm34.解析由三视图可知该几何体是由棱长为2cm的正方体与底面为边长为2cm正方形、高为2cm的四棱锥组成，V＝V正方体＋V四棱锥＝8cm3＋eq\f(8,3)cm3＝eq\f(32,3)cm3.应选C.答案C5.(2022·福建，9)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积等于()A.8＋2eq\r(2) B.11＋2eq\r(2)C.14＋2eq\r(2) D.155.解析该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱．S表＝2×eq\f(1,2)(1＋2)×1＋2×1＋2×1＋2×2＋2×eq\r(2)＝11＋2eq\r(2)，应选B.答案B6.(2022·辽宁，7)某几何体三视图如下图，那么该几何体的体积为()A.8－eq\f(π,4)B.8－eq\f(π,2)C.8－πD.8－2π6.解析该几何体是一个正方体截去两个四分之一圆柱形成的组合体，其体积V＝23－eq\f(1,4)×π×12×2×2＝8－π，应选C.答案C7.(2022·浙江，3)某几何体的三视图(单位：cm)如下图，那么该几何体的体积是()A.72cm3 B.90cm3C.108cm3 D.138cm37.解析由三视图可知，该几何体的直观图如下图，那么该几何体的体积V＝V四棱柱＋V三棱柱＝4×6×3＋eq\f(1,2)×4×3×3＝90(cm3)．答案B8.(2022·新课标全国Ⅰ，8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，那么这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱8.解析由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，分析可知该几何体为三棱柱.答案B9.(2022·新课标全国Ⅱ，6)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，那么切削掉局部的体积与原来毛坯体积的比值为()A.eq\f(17,27)B.eq\f(5,9)C.eq\f(10,27)D.eq\f(1,3)9.解析由三视图可知该零件是一个底面半径为2、高为4的圆柱和一个底面半径为3、高为2的圆柱的组合体，所以该组合体的体积V1＝π·22·4＋π·32·2＝34π，原来的圆柱体毛坯的体积为V＝π·32·6＝54π，那么切削掉局部的体积为V2＝54π－34π＝20π，所以切削掉局部的体积与原来的圆柱体毛坯体积的比值为eq\f(20π,54π)＝eq\f(10,27).应选C.答案C10．(2022·天津，10)一个几何体的三视图如下图(单位：m)，那么该几何体的体积为________m3.10.解析由所给三视图可知，该几何体是由相同底面的两圆锥和一圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以其体积V＝2×eq\f(1,3)×π×12×1＋π×12×2＝eq\f(8,3)π.答案eq\f(8,3)π11.(2022·北京，11)某三棱锥的三视图如下图，那么该三棱锥最长棱的棱长为________．11.解析三视图所表示的几何体的直观图如下图．结合三视图知，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，所以PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝eq\r(4＋2)＝eq\r(6)，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝2eq\r(2)，所以该三棱锥最长棱的棱长为2eq\r(2).答案2eq\r(2)考点2空间几何体的外表积和体积1.(2022·新课标全国Ⅱ，4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，那么该球面的外表积为()A.12π B.eq\f(32,3)πC.8π D.4π1.解析由题可知正方体的棱长为2，其体对角线2eq\r(3)即为球的直径，所以球的外表积为4πR2＝(2R)2π＝12π，应选A.答案A2.(2022·新课标全国Ⅱ，7)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，那么该几何体的外表积为()A.20π B.24πC.28π D.32π2.解析由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l＝eq\r(〔2\r(3)〕2＋22)＝4，所以圆锥的侧面积为S锥侧＝eq\f(1,2)×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的外表积S＝8π＋16π＋4π＝28π，应选C.答案C3.(2022·新课标全国Ⅲ，10)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的外表积为()A.18＋36eq\r(5)B.54＋18eq\r(5)C.90D.813.解析由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，eq\r(45)，几何体的外表积S＝3×6×2＋3×3×2＋3×eq\r(45)×2＝54＋18eq\r(5).答案B4.(2022·新课标全国Ⅲ，11)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，假设AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，那么V的最大值是()A.4π B.eq\f(9π,2)C.6π D.eq\f(32π,3)4.解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4，三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V的最大值为eq\f(9π,2).答案B5.(2022·新课标全国Ⅰ，7)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.假设该几何体的体积是eq\f(28π,3)，那么它的外表积是()A.17π B.18πC.20π D.28π5.解析由题知，该几何体的直观图如下图，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的eq\f(1,8)后得到的组合体，其外表积是球面面积的eq\f(7,8)和三个eq\f(1,4)圆面积之和.易得球的半径为2，那么得S＝eq\f(7,8)×4π×22＋3×eq\f(1,4)π×22＝17π，应选A.答案A6.(2022·山东，5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如下图.那么该几何体的体积为()A.eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)πB.eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),3)πC.eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),6)πD.1＋eq\f(\r(2),6)π6.解析由三视图知，半球的半径R＝eq\f(\r(2),2)，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V＝eq\f(1,3)×1×1×1＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(\r(2),6)π，应选C.答案C7.(2022·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一局部后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如下图．假设该几何体的外表积为16＋20π，那么r＝()A.1 B.2C.4 D.87.解析由题意知，2r·2r＋eq\f(1,2)·2πr·2r＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)πr2＋eq\f(1,2)·4πr2＝4r2＋5πr2＝16＋20π，∴r＝2.答案B8.(2022·新课标全国Ⅱ，10)A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．假设三棱锥OABC体积的最大值为36，那么球O的外表积为()A.36πB.64πC.144πD.256π8.解析如图，要使三棱锥OABC即COAB的体积最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥COAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R，那么VOABC最大＝VCOAB最大＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△OAB×R＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×R2×R＝eq\f(1,6)R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π.选C.答案C9.(2022·安徽，9)一个四面体的三视图如下图，那么该四面体的外表积是()A.1＋eq\r(3)B.1＋2eq\r(2)C.2＋eq\r(3)D.2eq\r(2)9.解析由几何体的三视图可知空间几何体的直观图如下图．∴其外表积S表＝2×eq\f(1,2)×2×1＋2×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2＝2＋eq\r(3)，应选C.答案C10.(2022·新课标全国Ⅰ，6)?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：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？〞其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？〞1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛10.解析由题意知：米堆的底面半径为eq\f(16,3)(尺)，体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)πR2·h＝eq\f(320,9)(立方尺)．所以堆放的米大约为eq\f(320,9×1.62)≈22(斛)．答案B11.(2022·新课标全国Ⅱ，6)一个正方体被一个平面截去一局部后，剩余局部的三视图如以下图，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,7)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,5)11.解析如图，由题意知，该几何体是正方体ABCDA1B1C1D1被过三点A、B1、D1的平面所截剩余局部，截去的局部为三棱锥AA1B1D1.设正方体的棱长为1，那么截去局部体积与剩余局部体积的比值为eq\f(VAA1B1D1,VB1C1D1ABCD)＝eq\f(VAA1B1D1,VA1B1C1D1ABCD－VAA1B1D1)＝eq\f(\f(1,3)×\f(1,2)×12×1,13－\f(1,3)×\f(1,2)×12×1)＝eq\f(1,5).选D.答案D12.(2022·山东，9)等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.eq\f(2\r(2)π,3) B.eq\f(4\r(2)π,3)C.2eq\r(2)π D.4eq\r(2)π12.解析如图，设等腰直角三角形为△ABC，∠C＝90°，AC＝CB＝2，那么AB＝2eq\r(2).设D为AB中点，那么BD＝AD＝CD＝eq\r(2).∴所围成的几何体为两个圆锥的组合体，其体积V＝2×eq\f(1,3)×π×(eq\r(2))2×eq\r(2)＝eq\f(4\r(2)π,3).答案B13.(2022·湖南，10)某工件的三视图如下图，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，那么原工件的利用率为(材料利用率＝新工件的体积/原工件的体积)()A.eq\f(8,9π) B.eq\f(8,27π)C.eq\f(24\r(2)－13,π) D.eq\f(8\r(2)－13,π)13.解析欲使正方体最大，那么其上底面四个顶点需在圆锥上．圆锥体积V1＝eq\f(1,3)π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)π.作几何体截面图，那么内接正方体棱长a＝eq\f(2\r(2),3)，正方体体积V2＝a3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(16\r(2),27)，∴eq\f(V2,V1)＝eq\f(16\r(2),27)×eq\f(3,2\r(2)π)＝eq\f(8,9π).应选A.答案A14.(2022·新课标全国Ⅱ，7)正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2,侧棱长为eq\r(3),D为BC中点,那么三棱锥AB1DC1的体积为()A.3B.eq\f(3,2)C.1D.eq\f(\r(3),2)14.解析由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2·sin60°＝eq\r(3)，所以＝eq\f(1,3)AD·S△＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝1，应选C.答案C15.(2022·重庆，7)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为()A.12B.18C.24D.3015.解析此几何体是由一个三棱柱截去一个三棱锥得到的，三棱柱和三棱锥的底面都是直角三角形，两直角边长分别为3和4，其面积为6，三棱柱的高为5，三棱锥的高为3，所以该几何体的体积为6×5－eq\f(1,3)×6×3＝24，选择C.答案C16.(2022·陕西，5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是()A.4πB.3πC.2πD.π16.解析由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.答案C17.(2022·浙江，9)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的外表积是________cm2，体积是________cm3.17.解析由三视图可知该几何体由一个正方体和一个长方体组合而成，上面正方体的边长为2cm，下面长方体的底面边长为4cm，高为2cm，其直观图如右图，其外表积S＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80(cm2)，体积V＝2×2×2＋4×4×2＝40(cm3).答案804018.(2022·四川，12)某三棱锥的三视图如下图，那么该三棱锥的体积是________.18.解析由三视图可大致画出三棱锥的直观图如图，由正、俯视图可知，△ABC为等腰三角形，且AC＝2eq\r(3)，AC边上的高为1，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3).由侧视图可知：三棱锥的高h＝1，∴VSABC＝eq\f(1,3)＝eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)19.(2022·北京，11)某四棱柱的三视图如下图，那么该四棱柱的体积为________.19.解析由三视图知该四棱柱为直四棱柱，底面积S＝eq\f(〔1＋2〕×1,2)＝eq\f(3,2)，高h＝1，所以四棱柱体积V＝S·h＝eq\f(3,2)×1＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)(2022·四川，14)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，那么三棱锥PA1MN的体积是________．20.解析由题意知复原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱.∵＝，又AA1∥平面PMN，∴＝，∴VAPMN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,24)，故＝eq\f(1,24).答案eq\f(1,24)21．(2022·天津，10)一个几何体的三视图如下图(单位：m)，那么该几何体的体积为________m3.21.解析由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2m、高为2m的圆锥，下面是底面圆的半径为1m、高为4m的圆柱，所以该几何体的体积是eq\f(1,3)×4π×2＋4π＝eq\f(20π,3)(m3)．答案eq\f(20π,3)(2022·山东，13)一个六棱锥的体积为2eq\r(3)，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，那么该六棱锥的侧面积为________．22.解析由题意可知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h，那么eq\f(1,3)×6×eq\f(\r(3),4)×22×h＝2eq\r(3)，解得h＝1，底面正六边形的中心到其边的距离为eq\r(3)，故侧面等腰三角形底边上的高为eq\r(3＋1)＝2，故该六棱锥的侧面积为eq\f(1,2)×12×2＝12.答案1223.(2022·新课标全国Ⅱ，19)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两局部体积的比值．23.解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，那么AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为eq\f(9,7)(eq\f(7,9)也正确)．24.(2022·湖南，18)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；(2)假设直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥FAEC的体积．24.(1)证明∵△ABC为正三角形，E为BC中点，∴AE⊥BC，∴又B1B⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，∴B1B⊥AE，∴由B1B∩BC＝B知，AE⊥平面B1BCC1，又由AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面B1BCC1.(2)解设AB中点为M，连接CM，那么CM⊥AB，由平面A1ABB1⊥平面ABC，且平面A1ABB1∩平面ABC＝AB知，CM⊥面A1ABB1，∴∠CA1M即为直线A1C与平面A1ABB1所成的角，∴∠CA1M＝45°.易知CM＝eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3)，在等腰Rt△CMA中，AM＝CM＝eq\r(3)，在Rt△A1AM中，A1A＝eq\r(A1M2－AM2)＝eq\r(2).∴FC＝eq\f(1,2)A1A＝eq\f(\r(2),2)，又S△AEC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×4＝eq\f(\r(3),2)，∴V三棱锥FAEC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),12).25.(2022·广东，18)如图1，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如图2折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥MCDE的体积．25.(1)证明∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，又四边形ABCD是矩形，∴CD⊥AD.∵PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，且PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD，∵CF⊂平面PCD，∴AD⊥CF，又MF⊥CF，MF∩AD＝M，∴CF⊥平面MDF.(2)解∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，又CD＝AB＝1，PC＝2，∴PD＝eq\r(3).由(1)知CF⊥平面MDF，∴CF⊥DF.∴由S△PCD＝eq\f(1,2)PD×CD＝eq\f(1,2)PC×DF得DF＝eq\f(\r(3),2)，∴CF＝eq\r(CD2－DF2)＝eq\f(1,2).∵EF∥CD，∴eq\f(DE,DP)＝eq\f(CF,CP)，∴DE＝eq\f(CF,CP)×DP＝eq\f(\r(3),4).∴S△CDE＝eq\f(1,2)CD×DE＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),8).∵AD⊥平面PCD，即MD⊥平面CDE，且ME＝PE＝PD－ED＝eq\f(3\r(3),4)，∴MD＝eq\r(ME2－ED2)＝eq\r(\f(27,16)－\f(3,16))＝eq\f(\r(6),2)，∴三棱锥MCDE的体积为VMCDE＝eq\f(1,3)S△CDE×MD＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),8)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(2),16).考点3点、线、面的位置关系1.(2022·新课标全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，那么m，n所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3) 1.解析如下图，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，∴m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.故m、n的所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，∴∠CD1B1＝eq\f(π,3)，∴sin∠CD1B1＝eq\f(\r(3),2)，应选A.答案A 2.(2022·浙江，2)互相垂直的平面α，β交于直线l.假设直线m，n满足m∥α，n⊥β，那么()A.m∥l B.m∥nC.n⊥l D.m⊥n2.解析由，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.应选C.答案C3.(2022·广东，6)假设直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,那么以下命题正确的选项是()A．l与l1,l2都不相交B．l与l1,l2都相交C．l至多与l1,l2中的一条相交D．l至少与l1,l2中的一条相交3.解析假设l与l1，l2都不相交那么l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交．答案D4.(2022·湖北，5)l1,l2表示空间中的两条直线,假设p：l1,l2是异面直线,q：l1,l2不相交,那么()A．p是q的充分条件,但不是q的必要条件B．p是q的必要条件,但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件4.解析由l1，l2是异面直线，可得l1，l2不相交，所以p⇒q；由l1，l2不相交，可得l1，l2是异面直线或l1∥l2，所以q⇒/p.所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件．应选A.答案A5.(2022·浙江，4)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β()A.假设l⊥β，那么α⊥β B.假设α⊥β，那么l⊥mC.假设l∥β，那么α∥β D.假设α∥β，那么l∥m5.解析选项A：∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β，A正确；选项B：α⊥β，l⊂α，m⊂β，l与m位置关系不固定；选项C，∵l∥β，l⊂α，∴α∥β或α与β相交；选项D：∵α∥β，l⊂α，m⊂β.∴此时l与m位置关系不固定，应选A.答案A6.(2022·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如下图．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并证明你的结论．(3)证明：直线DF⊥平面BEG.6.(1)解点F，G，H的位置如下图．(2)证明平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平行四边形，所以BE∥CH，又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明连接FH，因为ABCDEFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH，因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD，又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.7.(2022·陕西，17)四面体ABCD及其三视图如下图，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．7.(1)解由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝CD＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四面体体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).(2)证明∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．8.(2022·新课标全国Ⅱ，18)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱锥PABD的体积V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距离．8.(1)证明设BD与AC的交点为O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB，由V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于H，由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，所以AH⊥平面PBC.在Rt△PAB中，PB＝eq\f(\r(13),2)，所以AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13)，即A到平面PBC的距离为eq\f(3\r(13),13).考点4线面平行的判定与性质1.(2022·辽宁，4)m，n表示两条不同直线，α表示平面．以下说法正确的选项是()A.假设m∥α，n∥α，那么m∥nB.假设m⊥α，n⊂α，那么m⊥nC.假设m⊥α，m⊥n，那么n∥αD.假设m∥α，m⊥n，那么n⊥α1.解析假设m∥α，n∥α，那么m与n可能平行、相交或异面，故A错；B正确；假设m⊥α，m⊥n，那么n∥α或n⊂α，故C错误；假设m∥α，m⊥n，那么n与α可能平行、相交或n⊂α，故D错误．因此选B.答案B2.(2022·新课标全国Ⅲ，19)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求四面体NBCM的体积.2.(1)证明由得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以N到平面ABCD的距离为eq\f(1,2)PA.取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距离为eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面体NBCM的体积VNBCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).3.(2022·北京，18)如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝eq\r(2)，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥VABC的体积．3.解(1)因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB，又因为VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB.所以平面MOC⊥平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝eq\r(2)，所以AB＝2，OC＝1，所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝eq\r(3).又因为OC⊥平面VAB.所以三棱锥CVAB的体积等于eq\f(1,3)·OC·S△VAB＝eq\f(\r(3),3)，又因为三棱锥VABC的体积与三棱锥CVAB的体积相等，所以三棱锥VABC的体积为eq\f(\r(3),3).4.(2022·广东，18)如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)证明：BC∥平面PDA；(2)证明：BC⊥PD；(3)求点C到平面PDA的距离．4.解(1)因为四边形ABCD是长方形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PDA，AD⊂平面PDA，所以BC∥平面PDA.(2)因为四边形ABCD是长方形，所以BC⊥CD，因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PDC，因为PD⊂平面PDC，所以BC⊥PD.(3)取CD的中点E，连接AE和PE.因为PD＝PC，所以PE⊥CD，在Rt△PED中，PE＝eq\r(PD2－DE2)＝eq\r(42－32)＝eq\r(7).因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE⊂平面PDC，所以PE⊥平面ABCD，由(2)知：BC⊥平面PDC，由(1)知：BC∥AD，所以AD⊥平面PDC，因为PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h，因为V三棱锥CPDA＝V三棱锥PACD，所以eq\f(1,3)S△PDA·h＝eq\f(1,3)S△ACD·PE，即h＝eq\f(S△ACD·PE,S△PDA)＝eq\f(\f(1,2)×3×6×\r(7),\f(1,2)×3×4)＝eq\f(3\r(7),2)，所以点C到平面PDA的距离是eq\f(3\r(7),2).5.(2022·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；BC1⊥AB1.5.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，所以DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.6.(2022·山东，18)如图，三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)假设CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.6.证明(1)方法一连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．那么M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.方法二在三棱台DEFABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.又因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)连接HE，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.7.(2022·四川，18)在如下图的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)假设AC⊥BC,证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．7.(1)证明因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)解取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．由可知，O为AC1的中点．连接MD，OE，那么MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以，MD平行且等于eq\f(1,2)AC，OE平行且等于eq\f(1,2)AC，所以MD平行且等于OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，那么DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.8.(2022·山东，18)如图，四棱锥PABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：BE⊥平面PAC.8.证明(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，所以四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点．又F为PC的中点，所以在△PAC中，可得AP∥OF.又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC.所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，所以AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP、AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.9.(2022·安徽，19)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2eq\r(17).点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)证明：GH∥EF；(2)假设EB＝2，求四边形GEFH的面积．9.(1)证明因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，所以GH∥EF.(2)解连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，所以PO⊥底面ABCD.又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，所以GK⊥EF，所以GK是梯形GEFH的高．由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，所以KB＝eq\f(1,4)DB＝eq\f(1,2)OB，即K为OB的中点．再由PO∥GK得GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中点，且GH＝eq\f(1,2)BC＝4.由可得OB＝4eq\r(2)，PO＝eq\r(PB2－OB2)＝eq\r(68－32)＝6，所以GK＝3.故四边形GEFH的面积S＝eq\f(GH＋EF,2)·GK＝eq\f(4＋8,2)×3＝18.考点5线面垂直的判定与性质1.(2022·浙江，6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面()A.假设m⊥n，n∥α，那么m⊥αB.假设m∥β，β⊥α，那么m⊥αC.假设m⊥β，n⊥β，n⊥α，那么m⊥αD.假设m⊥n，n⊥β，β⊥α，那么m⊥α1.解析选项A、B、D中m均可能与平面α平行、垂直、斜交或在平面α内，应选C.答案C2.(2022·新课标全国Ⅰ，18)如图，正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积.2.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E，所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED，所以AB⊥PG.又由可得PA＝PB，从而G是AB的中点.(2)解在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.理由如下：由可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC，所以EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，所以CD＝eq\f(2,3)CG.由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，所以PE＝eq\f(2,3)PG，DE＝eq\f(1,3)PC.由，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2eq\r(2).在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体PDEF的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).3.(2022·新课标全国Ⅱ，19)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.(1)证明：AC⊥HD′；(2)假设AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱锥D′ABCFE的体积.3.(1)证明由得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，所以OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2)，五边形ABCFE的面积S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4)，所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).4.(2022·北京，18)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；4.(1)证明∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC.(2)证明∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，∴AB⊥平面PAC，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又因为E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF.5.(2022·浙江，18)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.5.(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如下图，因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，所以BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，那么BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中，BF＝eq\r(3)，DF＝eq\f(3,2)，得cos∠BDF＝eq\f(\r(21),7).所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为eq\f(\r(21),7).6.(2022·四川，17)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由.(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.6.(1)解取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：因为AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，所以BC∥AM，且BC＝AM.所以四边形AMCB是平行四边形，所以CM∥AB.又AB⊂平面PAB，CM⊄平面PAB，所以CM∥平面PAB.(说明：取棱PD的中点N，那么所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明由，PA⊥AB，PA⊥CD.因为AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，所以直线AB与CD相交，所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因为AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，所以BC∥MD，且BC＝MD，所以四边形BCDM是平行四边形，所以BM＝CD＝eq\f(1,2)AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.7.(2022·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)假设∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为eq\f(\r(6),3)，求该三棱锥的侧面积．7.解(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(\r(3),2)x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝eq\f(\r(2),2)x.由得，三棱锥EACD的体积VEACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·GD·BE＝eq\f(\r(6),24)x3＝eq\f(\r(6),3).故x＝2，从而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为eq\r(5)，故三棱锥EACD的侧面积为3＋2eq\r(5).8.(2022·安徽，19)如图，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥P­ABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求eq\f(PM,MC)的值．8.(1)解由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·AC·sin60°＝eq\f(\r(3),2).由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高，又PA＝1，所以三棱锥P­ABC的体积V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(\r(3),6).(2)证明在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN，又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝eq\f(1,2)，从而NC＝AC－AN＝eq\f(3,2)，由MN∥PA得eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,3).9.(2022·湖北，20)?九章算术?中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如下图的阳马P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑．假设是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；假设不是，请说明理由；9.解(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)由，PD是阳马PABCD的高，所以V1＝eq\f(1,3)SABCD·PD＝eq\f(1,3)BC·CD·PD；由(1)知，DE是鳖臑DBCE的高，BC⊥CE，所以V2＝eq\f(1,3)S△BCE·DE＝eq\f(1,6)BC·CE·DE.在Rt△PDC中，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE＝CE＝eq\f(\r(2),2)CD，于是eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)BC·CD·PD,\f(1,6)BC·CE·DE)＝eq\f(2CD·PD,CE·DE)＝4.记阳马P-ABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求eq\f(V1,V2)的值．10.(2022·浙江，18)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．10.(1)证明设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE，因为AB＝AC，所以AE⊥BC，所以AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以AA1DE为平行四边形，于是A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，A1F⊥平面BB1C1C，所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝eq\r(2).