专题16 立体几何解答题(文)（精讲）

第3页（共38页）专题16·立体几何解答题(文)命题规律立体几何(文)解答题是高考全国卷必考题，难度中等，一般分2问，第1问大多考查平行或垂直的证明，第2问主要考查求几何体的表面积、体积或距离问题，对于线面位置关系的证明，步骤不规范是失分的主要原因，对于求几何体的表面积、体积或距离问题，运算错误是失分的主要原因。通过近年高考试题的分析,探寻高考命题的规律与趋势,更好把握复习方向,突破重难点．题型归纳题型1平行或垂直的证明【解题技巧】平行证明核心：1.利用平移法做出平行四边形；2.利用中位线做出平行四边形；3.面面平行的核心思维是“线面平行”．垂直证明核心：线面垂直理解透彻“三垂线定理”这个最常用的模型；面面垂直寻找其中一个平面板的垂线（及其平行线）．【例1】（2022•徐汇区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，P点在平面ABCD内的射影为A，且PA＝AB＝2，E为PD中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）证明：平面PCD⊥平面PAD．【分析】（I）欲证PB∥平面AEC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PB与平面AEC内一直线平行，连接BD交AC于点O，连接EO，根据三角形的中位线可知EO∥PB，而EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，满足定理条件；（II）欲证平面PCD⊥平面PAD，根据面面垂直的判定定理可知在平面PCD内一直线与平面PAD垂直，而PA⊥CD，CD⊥AD，PA∩AD＝A，根据线面垂直的判定定理可知CD⊥平面PAD，得到结论．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于点O，连接EO．∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥PB∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC．（Ⅱ）证明：∵P点在平面ABCD内的射影为A，∴PA⊥平面ABCD、∵CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD．又∵在正方形ABCD中CD⊥AD且PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD、又∵CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD．【点评】本小题主要考查平面与平面垂直的判定，以及直线与平面平行的判定等有关知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．【例2】（2022春•南阳期中）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，F是棱DD1上的一个动点，E为D1C的中点．（Ⅰ）求证：平面ACF⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）若DF＝1，求证：BE∥平面ACF．【分析】（Ⅰ）设AC∩BD于O，证明AC⊥平面BDD1B1，即可证明结论；（Ⅱ）取D1F中点G，连接EG，连接FO．由三角形中位线定理可得FO∥GB，GE∥FC，然后利用平面与平面平行的判定得到平面GEB∥平面ACF，进一步得到BE∥平面ACF．【解答】证明：（Ⅰ）设AC∩BD于O，则AC⊥BD，∵DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DD1⊥AC，∵DD1∩DB＝D，∴AC⊥平面BDD1B1，∵AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDD1B1．（Ⅱ）如图所示，取D1F中点G，连接EG，连接FO．由题可得F为DG的中点，O为BD的中点，∴FO∥GB；又G为D1F的中点，E为D1C的中点，∴GE∥FC．又GE∩GB＝G，GE、GB⊂平面GEB，FO∩FC＝F，FO，FC⊂平面ACF．∴平面GEB∥平面ACF．∵BE⊂平面GEB，∴BE∥平面ACF．【点评】本题主要考查考查了线面平行、面面垂直的证明，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题．题型2平行探究问题【解题技巧】1．做出平行平面来证线面平行，属于“麻烦的方法”，但是在证明后续的“探索性”题型时非常实用。授课时可以先用“中点型”培养“找面做面”的思维。常规题，对应的点大多在中点处。2．找面的经验：任何一对互相平行平面，和第三个平面相交，交线互相平行．【例1】（2022春•大连期末）如图1，菱形ABCD中，∠A＝60°，DE⊥AB，垂足为点E，将△AED沿DE翻折到△A′ED，使A′E⊥BE，如图2．（1）求证：A′E⊥平面EBD；（2）在线段A′D上是否存在一点F，使EF∥平面A′BC？若存在，求DFFA'【分析】（1）推导出DE⊥AE，A′E⊥DE，A′E⊥BE，由此能证明A′E⊥平面BCDE；（2）分别取A′D，A′C的中点F，M，连接EF，FM，BM，推导出四边形EBMF是平行四边形，EF∥BM，从而在线段A′D上存在一点F，使EF∥平面A′BC，且DFFA'【解答】证明：（1）在菱形ABCD中，∵DE⊥AB，∴DE⊥AE，∴A′E⊥DE，∵A′E⊥BE，DE∩BE＝E，∴A′E⊥平面EBD；解：（2）在线段A′D上存在一点F，使EF∥平面A′BC，理由如下：分别取A′D，A′C的中点F，M，连接EF，FM，BM，∵FM为△A′DC的中位线，∴FM∥DC，且FM=1在菱形ABCD中，EB∥DC，且EB=1∴FM∥EB，且FM＝EB，∴四边形EBMF是平行四边形，∴EF∥BM，∵EF⊄平面A′BC，BM⊂平面A'BC，∴EF∥平面A′BC，∵F为A′D中点，∴DFFA'【点评】本题考查了线面垂直的证明和线面平行的应用，属于中档题．【例2】（2022•南京模拟）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC的中点，将△APD、△CDQ分别沿DP、DQ折叠，使A、C两点重合于点M，连BM、PQ，得到图2所示几何体．（1）求证：PM⊥DQ；（2）在线段MD上是否存在一点F，使BM∥平面PQF，如果存在，求FMFD【分析】（1）由勾股定理得MP⊥MQ，从而证得MP⊥平面MDQ，然后可得线线垂直；（2）假设在线段DM上存在一点F，使BM∥平面PQF，连BD交PQ于点O，连OF，由线面平行性质定理得线线平行，由平行线得线段的比例．【解答】证明：（1）由图1得MP＝MQ＝2，PQ=22，∴MP2+MQ2＝PQ2，∴MP⊥MQ∵MP⊥MD，MD∩MQ＝M，MD、MQ⊂平面MDQ，∴MP⊥平面MDQ，∵DQ⊂平面MDQ，∴MP⊥MQ；解：（2）当MFMD=13时，理由如下：连BD交PQ于点O，连OF，由图1可得OB=2，BD=42，即因为MFMD=13，所以FDMD=1因为BM⊄平面PQF，OF⊂平面PQF，所以BM∥平面PQF．【点评】本题考查了线线垂直的证明和线面平行的应用，属于中档题．题型3垂直探究问题【解题技巧】使用好“逆向思维”这个证明垂直的捷径方法：要证明的必然是成立的．【例1】（2023•武功县校级模拟）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，M，N分别为AC，B1C1的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面ABB1A1；（Ⅱ）线段CC1上是否存在点Q，使A1B⊥平面MNQ？说明理由．【解答】解：（Ⅰ）证明：取AB中点D，连接DM，DB1．在△ABC中，因为M为AC中点，所以DM∥BC，DM=1在矩形B1BCC1中，因为N为B1C1中点，所以B1N∥BC，B1所以DM∥B1N，DM＝BN．所以四边形MDB1N为平行四边形，所以MN∥DB1．因为MN⊄平面ABB1A1，DB1⊂平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1．（Ⅱ）解：线段CC1上存在点Q，且Q为CC1中点时，有A1B⊥平面MNQ．证明如下：连接BC1．在正方形BB1C1C中易证QN⊥BC1．又A1C1⊥面BB1C1C，所以A1C1⊥QN，从而NQ⊥平面A1BC1．所以A1B⊥QN．同理可得A1B⊥MQ，所以A1B⊥平面MNQ．故线段CC1上存在点Q，使得A1B⊥平面MNQ．【点评】本小题主要考查空间线面关系，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题．【例2】（2022春•三明期中）如图所示几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD＝90°，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥DC∥PQ，且PQ＝PD＝DC＝1，PA＝AB＝2．（1）试在AB上确定一点E，使得平面PED∥平面QBC，并说明理由；（2）求证：QC⊥平面PABQ；（3）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由线线平行推出线面平行，再由线面平行推出面面平行；（2）由面面垂直推出线面垂直，再由线面垂直推出线线垂直，最后由线线垂直推出线面垂直；（3）把问题转化到平面PABQ中解决即可．【解答】（1）证明：取AB中点E，连接DE、PE，∵AB＝2，CD＝1，E为AB中点，且AB∥CD，∴BE∥CD，且BE＝CD＝1，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC，∵DE⊄平面QBC，BC⊂平面QBC，∴DE∥平面QBC，∵PQ∥DC，PQ＝DC＝1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC，又∵PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，PD∩DE＝D，∴平面PDE∥平面QBC．（2）证明：∵四边形ABCD是直角梯形，∴AB∥DC，AB⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，∵∠APD＝90°∴PD⊥PA，∵PA∩AB＝A，PA⊂平面PABQ，AB⊂平面PABQ，∴PD⊥平面PABQ，∵PD∥QC，∴QC⊥平面PABQ．（3）解：存在．作AM⊥BQ，交BQ于M，由（2）可知QC⊥平面PABQ，QC⊂平面BCQ，∴平面PABQ⊥平面BCQ，∵AM⊥BQ，AM⊂平面PABQ，平面PABQ∩平面BCQ＝BQ，∴AM⊥平面QBC，∵BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=5，cosB=55，BMQM=5【点评】本题考查平面与平面平行、直线与平面垂直的综合应用，属于难题．题型4几何法求角【解题技巧】常用几何法作出对应的异面直线的夹角、线面角、二面角进行计算即可。1．利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角．2．在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角．【例1】（2023•吉林模拟）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，四边形BDEF为矩形，BD＝2BF＝2，AC与BD交于O点，FA＝FC．（1）求证：AC⊥平面BDEF；（2）求二面角F﹣AE﹣C的余弦值．【分析】（1）根据四边形ABCD为菱形，可得AC⊥BD，根据FA＝FC可得AC⊥OF，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）连接OE，过O作OG⊥AE，连接GF，先由勾股定理可证明EO⊥FO，由（1）的结论可得FO⊥AC，根据线面垂直的判定定理证明FO⊥平面AEC，即FO⊥EA，根据线面垂直的判定定理可证明EA⊥平面OFG，即有EA⊥GF，根据二面角的定义可得∠OGF为二面角F﹣AE﹣C的平面角，在直角△EOA中根据面积相等求出OG，再在直角△FOG中即可求出结果．【解答】解：（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，因为FA＝FC，且O为AC中点，所以AC⊥OF，BD∩OF＝O，BD⊂平面BDEF，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF；（2）因为四边形BDEF为矩形，连接OE，因为BD＝2，BF＝1，且O为BD中点，所以FO=EO=2，EF故EO2+FO2＝EF2，即EO⊥FO，由（1）可知AC⊥平面BDEF，FO⊂平面BDEF，所以FO⊥AC，因为EO∩AC＝O，EO⊂平面AEC，AC⊂平面AEC，所以FO⊥平面AEC，又EA⊂平面AEC，所以FO⊥EA，过O作OG⊥AE，垂足为G，连接GF，因为OG∩OF＝O，OG⊂平面OFG，OF⊂平面OFG，所以EA⊥平面OFG，因为GF⊂平面OFG，所以EA⊥GF，所以∠OGF为二面角F﹣AE﹣C的平面角，在直角△EOA中，根据面积相等有OG⋅EA＝OE⋅OA，所以OG=OE⋅OA因为FO⊥平面AEC，OG⊂平面AEC，所以OG⊥FO，所以△FOG为直角三角形，所以FG=OG2所以二面角F﹣AE﹣C的余弦值为64【点评】本题考查线面垂直的判定以及二面角的求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．【例2】（2022•宁波二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB，△PAD均为等边三角形，BC＝CD．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若PA＝BD=3BC，M，N分别是PC，BC的中点，Q在边AD上，且DQ＝2QA．求直线AM与平面PQN【分析】（Ⅰ）取BD中点E，证明BD⊥AE，BD⊥PE，推出BD⊥平面PAE，然后证明BD⊥平面PAC．（Ⅱ）P点在底面上的投影H为△ABD的中心．求解AM=33．通过求解三角形推出直线AM与平面PQN【解答】（Ⅰ）证明：取BD中点E，因为△PAB，△PAD均为等边三角形，BC＝CD，所以A，E，C三点共线，且BD⊥AE，BD⊥PE，又AE∩PE＝E，所以BD⊥平面PAE，即BD⊥平面PAC．（Ⅱ）易得P点在底面上的投影H为△ABD的中心．由几何关系可知：QHN三点共线，且QN∥AB，AH＝HC．又易得AB⊥BC，所以QN⊥BC．所以BC⊥面PQN，面ABCD⊥面PQN．点A到面PQN的距离d1＝BN，点M到面PQN的距离d2设PA＝6，则d1在△PAC中，2（PA2+AC2）＝PC2+4AM2，代入数据得：2(6解得：AM=33设直线AM与平面PQN所成的线面角大小为θ，则sinθ=d因此直线AM与平面PQN所成的线面角的正弦值311【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．题型5距离问题【解题技巧】等体积法计算距离．【例1】（2023•赣州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面APD，∠PDA=∠PDC=π3，底面ABCD是平行四边形，DC＝PC＝2AD＝2，且点M，N分别是棱PD，（1）证明：AD⊥平面CMN；（2）求点P到平面ABCD的距离．【分析】（1）先利用长度关系得出AD⊥AP，再根据面面垂直得出线面垂直；（2）利用等体积法由VP﹣ACD＝VC﹣APD可得答案．【解答】（1）证明：因为DC=PC=2，∠PDC=π所以△PCD是正三角形，所以PD＝2；又AD=1，∠PDA=π3，由余弦定理得则AD2+AP2＝DP2，所以∠DAP=π2，即AD⊥因为点M是PD的中点，所以CM⊥DP，点N是AD的中点，所以MN∥AP，所以AD⊥MN；又平面PCD⊥平面APD，平面PCD∩平面APD＝DP，CM⊂平面PCD，所以CM⊥平面APD，因为AD⊂平面APD，所以CM⊥AD，因为CM∩MN＝M，CM，MN⊂平面CMN，所以AD⊥平面CMN．（2）解：由（1）得CM⊥平面APD，CM=2sinπ在直角△CMN中，CN=(设点P到平面ABCD的距离为h，由VP﹣ACD＝VC﹣APD，即13解得ℎ=2155，即点P到平面ABCD【点评】本题主要考查直线与平面垂直的证明，点到平面距离的求法，等体积法的应用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．【例2】（2022•东湖区校级三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形．E、Q分别是PB，BC的中点，△QCD是边长为1的正三角形．（1）证明：AB⊥DE；（2）若PD＝2，求点E到平面PDQ的距离．【分析】（1）证明CD⊥BD．AB⊥BD，转化证明PD⊥AB，推出AB⊥平面PBD，得到AB⊥DE．（2）利用等积法求解：VE﹣PDQ＝VQ﹣PDE，转化求解即可．【解答】（1）证明：由题意在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形．E、Q分别是PB，BC的中点，△QCD是边长为1的正三角形．QC＝QD＝QB＝1，从而∠EQB＝120°，BD=1于是CD2+BD2＝BC2，即CD⊥BD．由于AB∥CD，故AB⊥BD，①又AB⊂平面ABCD，PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，②由①②知：AB⊥平面PBD，因为DE⊂平面PBD，故AB⊥DE．（2）解：设点E到平面PDQ的距离为h，则V而V所以13ℎ=312，解得：ℎ=34，即点【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，等体积法的应用，空间点、线、面距离的求法，是中档题．题型6体积问题【解题技巧】1.当点到面的距离那条垂线不好作或找时，利用等体积法可以间接求点到面的距离，从而快速解决体积问题，是一种常用数学思维方法，等体积转化法一般情况下是三棱锥才有的特性．2.在用变换顶点求体积时，变换顶点的原则是能在图象中直接找到求体积所用的高，有时单一靠棱锥四个顶点之间来变换顶点无法达到目的时，还可以利用平行关系（线面平行，面面平行）转换顶点，如当线面平行时，线上任意一点到平面的距离是相等的，同理面面平行也可以变换顶点．3.利用好“同底等高”和“同底比例高”．4.大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱锥+四棱锥．5.多从四棱锥底面对角线或者几何体表面四边形对角线处寻找分割的“刀口”．【例1】（2022•河南模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝AC，AA1＝2AB，D是BC的中点．（1）证明：A1B∥平面AC1D；（2）若AB＝2，求三棱锥A1﹣ADC1的体积．【分析】（1）连接A1C交AC1于O，连接OD，易知OD是△A1BC的中位线，得到OD∥A1B，利用线面平行的判定定理证明；（2）根据A1B∥平面AC1D，由VA【解答】（1）证明：如图，连接A1C交AC1于O，连接OD，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝AC，AA1＝2AB，因为O是A1C的中点，D是BC的中点，所以OD是△A1BC的中位线，所以OD∥A1B，因为A1B⊄平面AC1D，OD⊂平面AC1D，所以A1B∥平面AC1D；（2）解：因为A1B∥平面AC1D，所以三棱锥A1﹣ADC1的体积与三棱锥B﹣ADC1的体积相等，因为三棱锥B﹣ADC1与三棱锥C1﹣ABD是同一个三棱锥，且AB＝BC＝AC＝2，AA1＝4，所以三棱锥A1﹣ADC1的体积为13【点评】本题考查了线面平行的证明和三棱锥的体积计算，属于中档题．【例2】（2023•张掖模拟）如图在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形．已知PA＝AB＝2，AD=5，AC＝1，E是PB（1）求证：PD∥平面ACE；（2）求四面体P﹣ACE的体积．【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，然后利用平行四边形的性质及线面平行的判断即可；（2）利用等体积法求解即可，即VP﹣ACE＝VB﹣ACE．【解答】解：（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示：∵ABCD是平行四边形，∴O为BD中点，且E为PB中点，∴OE∥PD，又PD⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，∴PD∥平面ACE；（2）∵BC2＝AB2+AC2，∴AB⊥AC，∴Rt△ABC的面积S=1又PA⊥面ABCD，∴VP−ABC又E为PB中点，∴VP−ACE∴四面体P﹣ACE的体积为13【点评】本题考查线面平行的判定定理，等体积法求解点面距，属中档题．题型7翻折问题【解题技巧】翻折过程中，始终在同一个平面内的点线关系“不变”．【例1】（2022•昆明一模）如图1，在△A1AB中，A1A⊥AB，点D1，D是A1A的三等分点，点C1，C是A1B的三等分点，分别沿D1C1和DC将△A1DC和△A1D1C1翻折，使平面A1C1D1∥平面ABCD，且D1D⊥平面ABCD，得到几何体ABCD﹣A1C1D1，作DE⊥CC1于E，连接AE，A1E，A1D，如图2．（1）证明：图2中，AE⊥CC1；（2）若AB＝3，AD＝2，求三棱锥A1﹣ADE的体积．【分析】（1）推导出DD1⊥AD，AD⊥DC，从而AD⊥平面D1C1CD，AD⊥CC1．再由DE⊥CC1，得CC1⊥平面ADE，由此能证明AE⊥CC1．（2）过点E作EO⊥DD1，垂足为O，则EO⊥平面ADD1A1，推导出AA1⊥AD，由VA1−ADE=VE−A【解答】解：（1）证明：因为DD1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥AD，又AD⊥DC，DD1∩DC＝D，所以AD⊥平面D1C1CD，所以AD⊥CC1．又因为DE⊥CC1，DE∩AD＝D，所以CC1⊥平面ADE，因为AE⊂平面ADE，所以AE⊥CC1．（2）过点E作EO⊥DD1，垂足为O，由（1）可知，EO⊥平面ADD1A1，如图（1），sin∠DCA1=255，DC＝2，所以DE=4由题意知AD＝A1D1，AD∥A1D1，所以AA1⊥AD，所以VA【点评】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．题型8最值与动态问题【例1】（2023•东湖区校级一模）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点G满足EB→（1）证明：GF∥平面ABC；（2）求多面体ABCDE的体积最大值．【分析】（1）取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，通过证明四边形CDNM是平行四边形，可证GF∥平面ABC；（2）在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，可得BH＝1，体积最大，进而计算可得．【解答】（1）证明：取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，在梯形ACDE中，CD//AE且DC=12而M，N分别为BA，BE中点，∴MN//EA，MN=12∴MN//CD，MN＝CD，即四边形CDNM是平行四边形，∴CM//DN，又EG→=14EB→，N为又F为ED中点，∴GF//DN，故GF//CM，又CM⊂平面ABC，GF⊄平面ABC，∴GF//平面ABC．（2）解：在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．∵平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，BH⊂平面ABC，BH⊥AC，∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B﹣ACDE的高，又底面ACDE面积确定，要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，∵AB⊥BC，AC＝2，∴B是以AC为直径的圆上的点，∴BH的最大值即为圆的半径1，此时AB＝BC=2，H为AC∴V=13SACDE•BH【点评】本题考查线面平行的证明，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．最新模拟1．（2022春•重庆期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BC的中点．（1）证明：AN∥平面BMC1；（2）证明：平面BMC1⊥平面BB1C1C．【答案】见解析【题型】平行或垂直的证明【解析】证明：（1）取BC1的中点D，连接ND，MD，则ND∥CC1∥AA1，ND=12CC1＝2＝得四边形AMDN为平行四边形，∴AN∥MD，又MD⊂平面BMC1，AN⊄平面BMC1，∴AN∥平面BMC1；（2）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得BB1⊥平面ABC，∵AN⊂平面ABC，∴BB1⊥AN，又△ABC为正三角形，N为棱BC的中点．∴AN⊥BC，又∵BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，∴AN⊥平面BB1C1C，由（1）可知AN∥MD，∴MD⊥平面BB1C1C，∵MD⊂平面BMC1，∴平面BMC1⊥平面BB1C1C．2．（2022春•泉州期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA=AD=3BC=3，AB=2，点E在线段PD上，PD＝3PE（1）求证：CE∥平面PAB；（2）求证：平面PAC⊥平面PCD．【答案】见解析【题型】平行或垂直的证明【解析】证明：（1）过E作EF∥AD交PA于点F，连接BF，因为BC∥AD，所以EF∥BC，又PD＝3PE，所以AD＝3EF，又AD＝3BC，所以EF＝BC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，又CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE∥平面PAB；（2）在梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，AD＝3BC＝3，AB=2所以BC=1，AC=3，CD=6，所以AC2+CD2＝AD2，即AC因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，又CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD，3．（2022春•江西月考）如图所示，四棱锥S﹣ABCD中，BC⊥平面SAB，AD⊥平面SAB，△SBC是等腰直角三角形，∠SBA＝∠DSA＝60°，AD＝3BC．（1）求证：SA⊥平面SBC；（2）若点E在线段SD上，且SB∥平面ACE，求SESD【答案】见解析【题型】平行探究问题【解析】证明：（1）因为BC⊥平面SAB，SA⊂平面SAB，故SA⊥BC，在Rt△SAD中，由∠DSA＝60°，设DA＝6，得BC=2，SA=23△SAB是等腰直角三角形，故SB＝BC＝2，在△SAB中，SA2＝BA2+SB2﹣2BA⋅SB⋅cos∠SBA，解得BA＝4，故BA2＝SB2+SA2，即SA⊥SB，因为SB，BC⊂平面SBC，SB∩BC＝B，故SA⊥平面SBC；解：（2）连接BD交AC于点G，连接EG，因为SB∥平面ACE，平面SBD∩平面ACE＝EG，故SB∥EG，所以SEED在直角梯形BCDA中，△BCG∽△DAG，故BCGD故SESD4．（2022春•运城期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，PA＝AD＝2．四边形ABCD满足BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1．E为侧棱PB的中点，F为侧棱PC上的任意一点．（1）若F为PC的中点，求证：面EFP⊥平面PAB；（2）是否存在点F，使得直线AF与平面PCD垂直？若存在，写出证明过程并求出线段PF的长；若不存在，请说明理由．【答案】见解析【题型】垂直探究问题【解析】解：（1）∵E、F分别为侧棱PB、PC的中点，∴EF∥BC．∵BC∥AD，∴EF∥AD．∵面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，面PAC∩平面ABCD＝AC，∴PA⊥平面ABCD，结合AD⊂平面ABCD，得PA⊥AD．又∵AB⊥AD，PA∩AB＝A，∴AD⊥平面PAB，可得EF⊥平面PAB．∴结合EF⊂平面EFP，得平面EFP⊥平面PAB．（2）存在点F，使得直线AF与平面PCD垂直．平面PCA中，过点A作AF⊥PC，垂足为F∵由已知AB⊥AD，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝2．∴CD⊥AC．又∵由（1）PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，结合AF⊂平面PAC，得CD⊥AF．又∵CD∩PC＝C，∴AF⊥平面PCD．在△PAC中，PA＝2，AC=2，∠PAC＝90°，∴PC=PA∴PC上存在点F，使得直线AF与平面PCD垂直，此时线段PF长为265．（2022春•武汉期末）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，BC1⊥A1C，且E，F分别是BC，A1B1的中点．（1）求证：EF∥平面A1C1CA；（2）在线段AB上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出APAB【答案】见解析【题型】垂直探究问题【解析】（1）证明：取A1C1中点G，连FG，连GC．在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1中点，∴FG∥B1C1，且FG=12B1C∴EC∥B1C1，且EC=12B1C1．∴EC∥∴FECG是平行四边形．∴FE∥GC．又∵FE⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，∴EF∥平面A1C1CA；（2）解：取AB的中点P，连PE，连PF．∵BC1⊥平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，CG⊂平面ACC1A1，∴BC1⊥AC，BC1⊥CG，在△ABC中，因为P，E分别是AB，BC中点，∴PE∥AC．又由（1）知FE∥CG，∴BC1⊥PE，BC1⊥EF．由PE∩EF＝E，得BC1⊥平面EFP．故当点P是线段AB的中点时，BC1⊥平面EFP．此时，APAB6．（2022春•梅列区校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面B1BDD1；（Ⅱ）求二面角B1﹣AC﹣B的平面角的正弦值．【答案】见解析【题型】几何法求角【解析】（Ⅰ）证明：∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，∵AC⊥BD，BB1⊥AC，BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面B1BDD1，∴AC⊥平面B1BDD1；（Ⅱ）设AC∩BD＝O，∵B1O⊥AC，BO⊥AC，B1O⊂而B1AC，BO⊂面BAC，∴∠B1OB为二面角B1﹣AC﹣B的平面角，在Rt△B1OB中，B1B＝1，OB=22，∴tan∠B∴二面角B1﹣AC﹣B的平面角的正弦值为637．（2022•南京模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝22，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且PM与面ABC所成角的正切值为6，求二面角M﹣PA﹣C的平面角的余弦值．【答案】见解析【题型】几何法求角【解析】（1）证明：连接OB．法一：∵AB=BC=2，AC=22，∴AB2+BC2＝AC2，即△ABC又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC，又∵PA＝PB＝PC，∴△POA≅△POB≅△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，OB、AC⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC；法二：连接OB，∵PA＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC，因为AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=22∴AB⊥BC，BO=2，PO=6，∴PO2+OB2＝PB2，∴PO∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，OB、AC⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）知，PO⊥面ABC，∴OM为PM在面ABC上的射影，∴∠PMO为PM与面ABC所成角，∴tan∠PMO=POOM=在△OMC中由正弦定理可得MC＝1，∴M为BC的中点，作ME⊥AC于E，∴E为OC的中点，作EF⊥PA交PA于F，连MF，∴MF⊥PA，∴∠MFE即为所求二面角M﹣PA﹣C的平面角，ME=22EF=∴cos∠MFE=38．（2023•榆林一模）如图．在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠DAB＝60°，PA⊥PD，且PA＝PD=2，AB＝2CD（1）证明：AD⊥PB．（2）求点A到平面PBC的距离．【答案】见解析【题型】距离问题【解析】（1）证明：取AD的中点G，连接BD，BG，PG．因为PA＝PD=2，AB＝2CD＝2，所以AD⊥PG．又PA⊥PD，所以AD又AB＝2，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形，所以AD⊥BG．因为PG∩BG＝G，且PG，BG⊂平面PBG，所以AD⊥平面PBG．又PB⊂平面PBG，所以AD⊥PB．（2）解：因为AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD＝60．又CD＝1，BD＝2，所以BC2＝BD2+CD2﹣2BD•CDcos∠BDC＝4+1﹣2＝3，则BC=3由BD2＝BC2+CD2，得BC⊥CD，故AB⊥BC，连接AC，则S△ABC=12AB•BC=3．因为平面PAD⊥底面ABCD，AD⊥PG，PG⊂所以PG⊥平面ABCD，则VP﹣ABC=13S△ABC•PG连接CG．因为CD＝DG＝1，∠CDG＝120°，所以CG=3，PC=PG2在△PBC中，点P到BC的距离h=P则S△PBC=12BC•h=394，得解得d=41313，即点A到平面PBC9．（2023•叶县模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，AP⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，AD＝2，E为PC的中点，且AE⊥PD．（1）证明：AD∥平面PBC．（2）求四棱锥P﹣ABCD的体积．【答案】见解析【题型】体积问题【解析】（1）证明：在梯形ABCD中，因为AB⊥AD，AB⊥BC，所以BC∥AD．因为AD⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD⊥平面PBC．（2）解：如图，取AD的中点M，连接CM，AC，因为底面ABCD为梯形，AB⊥AD，ABLBC，AB＝BC＝1，AD＝2，所以AC=2，CM⊥AD，且AM＝MD＝MC所以∠CAM＝∠CDM=π4，所以CD⊥因为AP⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以AP⊥CD．因为AC∩AP＝A，所以CD⊥平面APC，所以CD⊥AE，又AE⊥PD，CD∩PD＝D，所以AE⊥平面PCD，所以AE⊥PC，E是PC的中点，AP＝AC=2所以VP﹣ABCD=13×10．（2022•安庆模拟）如图ABCD为平行四边形，AB＝5，AD＝4，BD＝3，将△ABD沿BD翻折到△PBD位置使PC＝5．（1）求异面直线PD与BC所成的角；（2）求点D到平面PBC的距离．【答案】见解析【题型】翻折问题【解析】解：（1）延长AD到E，使AD＝DE＝4，连接EC，PE．由已知得BCED为平行四边形，所以BD∥EC，BC∥DE，故PD，DE所成的角就是异面直线PD与BC所成的角又AB2＝AD2+BD2，所以BD⊥AD，由已知BD⊥PD，故BD⊥平面PAE，所以EC⊥平面PAE，所以EC⊥PE，又EC＝BD＝3，PC＝5，所以PE=P又PD＝DE＝4，所以△PAE为等边三角形，所以∠PDE＝60°，故异面直线PD与BC所成的角60°，（2）由（1）知△PAF为等边三角形，取DE中点O，连接OP．则OP⊥DE，且OP＝23．又BD⊥平面PAE，所以OP⊥BD，所以OP⊥平面BCD．故三棱锥P﹣BCD的体积为VP﹣BCD=1由已知PB＝PC＝5，BC＝4，所以△PBC的面积为S=1设点D到平面PBC的距离为h，故VP﹣BCD＝VD﹣PBC=13所以2213ℎ=43，解得h=67711．（2023•湖北模拟）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D为线段AA1的中点，侧面ABB1A1的面积为32（1）若AA1＝A1B1证明：A1C⊥B1D；（2）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积与表面积之比的最大值．【答案】见解析【题型】最值与动态问题【解析】解：（1）取AB中点H，连接A1H，C1H，CH，A1AH≅A1B1D，∠AA1H＝∠A1B1D，则AH⊥B1D，AA1⊥平面ABC，CH⊂平面ABC，故AA1⊥CH，CH⊥AB，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面A1B1BA，故CH⊥平面A1B1BA，又B1D⊂平面A1B1BA，故CH⊥B1D，又A1H∩CH＝H，A1H，CH⊂平面A1CH，故B1D⊥平面A1CH，而A1C⊂平面A1CH，故A1C⊥B1D．（2）设AB＝t＞0，表面积S=2×1体积V=1所以VS=3即三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积与表面积之比的最大值为18真题在线1．（2022•甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】见解析【题型】平行或垂直的证明【解析】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，做EE'⊥AB于点E'，做FF'⊥BC于点F'，由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EE'＝FF'，由面面垂直的性质可知EE'，FF'均与底面垂直，则EE'∥FF'，四边形EE'F'F为平行四边形，则EF∥E'F'，由于EF不在平面ABCD内，E'F'在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高AA1=EE'=4一个三棱锥的体积V2则包装盒的容积为V=V2．（2022•乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F﹣ABC的体积．【答案】见解析【题型】体积问题【解析】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ADB≌△CDB，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴AC⊥BE，∵AD＝CD，E为AC的中点．∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BED，又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；解：（2）由（1）可知AB＝BC，∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，∴△ABC是等边三角形，边长为2，∴BE=3，AC＝2，AD＝CD=2，DE＝1，∵DE2+BE2＝BD2，∴DE⊥又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，∴DE⊥平面ABC，由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，连接EF，则EF⊥AC，∴S△AFC=12∴当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，过点F