2023版高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（3年真題分類+考情精解讀+知識全通關(guān)+題型全突破+能力大提升）第8章立體幾何試題文

PAGEPAGE35第八章立體幾何考點1空間幾何體的結(jié)構(gòu)及其三視圖與直觀圖1.(2022·北京，7)某四棱錐的三視圖如下圖，該四棱錐最長棱的棱長為()A.1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.2第1題圖第2題圖1.解析四棱錐的直觀圖如下圖，PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四邊形ABCD為正方形且邊長為1，最長棱長PA＝eq\r(12＋12＋12)＝eq\r(3).答案C2.(2022·重慶，5)某幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為()A.eq\f(1,3)＋2πB.eq\f(13π,6)C.eq\f(7π,3)D.eq\f(5π,2)2.解析該幾何體由一個圓柱和一個從軸截面截開的“半圓錐〞組成，其體積為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·陜西，5)一個幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的外表積為()A.3π B.4πC.2π＋4 D.3π＋4第3題圖第4題圖3.解析由三視圖可知原幾何體為半圓柱，底面半徑為1，高為2，那么外表積為：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)某幾何體的三視圖如下圖(單位：cm)，那么該幾何體的體積是()A．8cm3B．12cm3C.eq\f(32,3)cm3D.eq\f(40,3)cm34.解析由三視圖可知該幾何體是由棱長為2cm的正方體與底面為邊長為2cm正方形、高為2cm的四棱錐組成，V＝V正方體＋V四棱錐＝8cm3＋eq\f(8,3)cm3＝eq\f(32,3)cm3.應(yīng)選C.答案C5.(2022·福建，9)某幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的外表積等于()A.8＋2eq\r(2) B.11＋2eq\r(2)C.14＋2eq\r(2) D.155.解析該幾何體為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)，應(yīng)選B.答案B6.(2022·遼寧，7)某幾何體三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為()A.8－eq\f(π,4)B.8－eq\f(π,2)C.8－πD.8－2π6.解析該幾何體是一個正方體截去兩個四分之一圓柱形成的組合體，其體積V＝23－eq\f(1,4)×π×12×2×2＝8－π，應(yīng)選C.答案C7.(2022·浙江，3)某幾何體的三視圖(單位：cm)如下圖，那么該幾何體的體積是()A.72cm3 B.90cm3C.108cm3 D.138cm37.解析由三視圖可知，該幾何體的直觀圖如下圖，那么該幾何體的體積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·新課標全國Ⅰ，8)如圖，網(wǎng)格紙的各小格都是正方形，粗實線畫出的是一個幾何體的三視圖，那么這個幾何體是()A.三棱錐B.三棱柱C.四棱錐D.四棱柱8.解析由題知，該幾何體的三視圖為一個三角形，兩個四邊形，分析可知該幾何體為三棱柱.答案B9.(2022·新課標全國Ⅱ，6)如圖，網(wǎng)格紙上正方形小格的邊長為1(表示1cm)，圖中粗線畫出的是某零件的三視圖，該零件由一個底面半徑為3cm，高為6cm的圓柱體毛坯切削得到，那么切削掉局部的體積與原來毛坯體積的比值為()A.eq\f(17,27)B.eq\f(5,9)C.eq\f(10,27)D.eq\f(1,3)9.解析由三視圖可知該零件是一個底面半徑為2、高為4的圓柱和一個底面半徑為3、高為2的圓柱的組合體，所以該組合體的體積V1＝π·22·4＋π·32·2＝34π，原來的圓柱體毛坯的體積為V＝π·32·6＝54π，那么切削掉局部的體積為V2＝54π－34π＝20π，所以切削掉局部的體積與原來的圓柱體毛坯體積的比值為eq\f(20π,54π)＝eq\f(10,27).應(yīng)選C.答案C10．(2022·天津，10)一個幾何體的三視圖如下圖(單位：m)，那么該幾何體的體積為________m3.10.解析由所給三視圖可知，該幾何體是由相同底面的兩圓錐和一圓柱組成，底面半徑為1，圓錐的高為1，圓柱的高為2，所以其體積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)某三棱錐的三視圖如下圖，那么該三棱錐最長棱的棱長為________．11.解析三視圖所表示的幾何體的直觀圖如下圖．結(jié)合三視圖知，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)，所以該三棱錐最長棱的棱長為2eq\r(2).答案2eq\r(2)考點2空間幾何體的外表積和體積1.(2022·新課標全國Ⅱ，4)體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，那么該球面的外表積為()A.12π B.eq\f(32,3)πC.8π D.4π1.解析由題可知正方體的棱長為2，其體對角線2eq\r(3)即為球的直徑，所以球的外表積為4πR2＝(2R)2π＝12π，應(yīng)選A.答案A2.(2022·新課標全國Ⅱ，7)如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，那么該幾何體的外表積為()A.20π B.24πC.28π D.32π2.解析由三視圖可知，組合體的底面圓的面積和周長均為4π，圓錐的母線長l＝eq\r(〔2\r(3)〕2＋22)＝4，所以圓錐的側(cè)面積為S錐側(cè)＝eq\f(1,2)×4π×4＝8π，圓柱的側(cè)面積S柱側(cè)＝4π×4＝16π，所以組合體的外表積S＝8π＋16π＋4π＝28π，應(yīng)選C.答案C3.(2022·新課標全國Ⅲ，10)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，那么該多面體的外表積為()A.18＋36eq\r(5)B.54＋18eq\r(5)C.90D.813.解析由題意知，幾何體為平行六面體，邊長分別為3，3，eq\r(45)，幾何體的外表積S＝3×6×2＋3×3×2＋3×eq\r(45)×2＝54＋18eq\r(5).答案B4.(2022·新課標全國Ⅲ，11)在封閉的直三棱柱ABCA1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球，假設(shè)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.解析由題意知，底面三角形的內(nèi)切圓直徑為4，三棱柱的高為3，所以球的最大直徑為3，V的最大值為eq\f(9π,2).答案B5.(2022·新課標全國Ⅰ，7)如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.假設(shè)該幾何體的體積是eq\f(28π,3)，那么它的外表積是()A.17π B.18πC.20π D.28π5.解析由題知，該幾何體的直觀圖如下圖，它是一個球(被過球心O且互相垂直的三個平面)切掉左上角的eq\f(1,8)后得到的組合體，其外表積是球面面積的eq\f(7,8)和三個eq\f(1,4)圓面積之和.易得球的半徑為2，那么得S＝eq\f(7,8)×4π×22＋3×eq\f(1,4)π×22＝17π，應(yīng)選A.答案A6.(2022·山東，5)一個由半球和四棱錐組成的幾何體，其三視圖如下圖.那么該幾何體的體積為()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.解析由三視圖知，半球的半徑R＝eq\f(\r(2),2)，四棱錐為底面邊長為1，高為1的正四棱錐，∴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，應(yīng)選C.答案C7.(2022·新課標全國Ⅰ，11)圓柱被一個平面截去一局部后與半球(半徑為r)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如下圖．假設(shè)該幾何體的外表積為16＋20π，那么r＝()A.1 B.2C.4 D.87.解析由題意知，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·新課標全國Ⅱ，10)A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90°，C為該球面上的動點．假設(shè)三棱錐OABC體積的最大值為36，那么球O的外表積為()A.36πB.64πC.144πD.256π8.解析如圖，要使三棱錐OABC即COAB的體積最大，當(dāng)且僅當(dāng)點C到平面OAB的距離，即三棱錐COAB底面OAB上的高最大，其最大值為球O的半徑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.選C.答案C9.(2022·安徽，9)一個四面體的三視圖如下圖，那么該四面體的外表積是()A.1＋eq\r(3)B.1＋2eq\r(2)C.2＋eq\r(3)D.2eq\r(2)9.解析由幾何體的三視圖可知空間幾何體的直觀圖如下圖．∴其外表積S表＝2×eq\f(1,2)×2×1＋2×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2＝2＋eq\r(3)，應(yīng)選C.答案C10.(2022·新課標全國Ⅰ，6)?九章算術(shù)?是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺，問：積及為米幾何？〞其意思為：“在屋內(nèi)墻角處堆放米(如圖，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？〞1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有()A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛10.解析由題意知：米堆的底面半徑為eq\f(16,3)(尺)，體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)πR2·h＝eq\f(320,9)(立方尺)．所以堆放的米大約為eq\f(320,9×1.62)≈22(斛)．答案B11.(2022·新課標全國Ⅱ，6)一個正方體被一個平面截去一局部后，剩余局部的三視圖如以下圖，那么截去局部體積與剩余局部體積的比值為()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,7)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,5)11.解析如圖，由題意知，該幾何體是正方體ABCDA1B1C1D1被過三點A、B1、D1的平面所截剩余局部，截去的局部為三棱錐AA1B1D1.設(shè)正方體的棱長為1，那么截去局部體積與剩余局部體積的比值為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).選D.答案D12.(2022·山東，9)等腰直角三角形的直角邊的長為2，將該三角形繞其斜邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為()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.解析如圖，設(shè)等腰直角三角形為△ABC，∠C＝90°，AC＝CB＝2，那么AB＝2eq\r(2).設(shè)D為AB中點，那么BD＝AD＝CD＝eq\r(2).∴所圍成的幾何體為兩個圓錐的組合體，其體積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)某工件的三視圖如下圖，現(xiàn)將該工件通過切削，加工成一個體積盡可能大的正方體新工件，并使新工件的一個面落在原工件的一個面內(nèi)，那么原工件的利用率為(材料利用率＝新工件的體積/原工件的體積)()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.解析欲使正方體最大，那么其上底面四個頂點需在圓錐上．圓錐體積V1＝eq\f(1,3)π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)π.作幾何體截面圖，那么內(nèi)接正方體棱長a＝eq\f(2\r(2),3)，正方體體積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).應(yīng)選A.答案A14.(2022·新課標全國Ⅱ，7)正三棱柱ABCA1B1C1的底面邊長為2,側(cè)棱長為eq\r(3),D為BC中點,那么三棱錐AB1DC1的體積為()A.3B.eq\f(3,2)C.1D.eq\f(\r(3),2)14.解析由題意可知AD⊥BC，由面面垂直的性質(zhì)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，應(yīng)選C.答案C15.(2022·重慶，7)某幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的體積為()A.12B.18C.24D.3015.解析此幾何體是由一個三棱柱截去一個三棱錐得到的，三棱柱和三棱錐的底面都是直角三角形，兩直角邊長分別為3和4，其面積為6，三棱柱的高為5，三棱錐的高為3，所以該幾何體的體積為6×5－eq\f(1,3)×6×3＝24，選擇C.答案C16.(2022·陜西，5)將邊長為1的正方形以其一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體的側(cè)面積是()A.4πB.3πC.2πD.π16.解析由幾何體的形成過程知所得幾何體為圓柱，底面半徑為1，高為1，其側(cè)面積S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.答案C17.(2022·浙江，9)某幾何體的三視圖如下圖(單位：cm)，那么該幾何體的外表積是________cm2，體積是________cm3.17.解析由三視圖可知該幾何體由一個正方體和一個長方體組合而成，上面正方體的邊長為2cm，下面長方體的底面邊長為4cm，高為2cm，其直觀圖如右圖，其外表積S＝6×22＋2×42＋4×2×4－2×22＝80(cm2)，體積V＝2×2×2＋4×4×2＝40(cm3).答案804018.(2022·四川，12)某三棱錐的三視圖如下圖，那么該三棱錐的體積是________.18.解析由三視圖可大致畫出三棱錐的直觀圖如圖，由正、俯視圖可知，△ABC為等腰三角形，且AC＝2eq\r(3)，AC邊上的高為1，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3).由側(cè)視圖可知：三棱錐的高h＝1，∴VSABC＝eq\f(1,3)＝eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)19.(2022·北京，11)某四棱柱的三視圖如下圖，那么該四棱柱的體積為________.19.解析由三視圖知該四棱柱為直四棱柱，底面積S＝eq\f(〔1＋2〕×1,2)＝eq\f(3,2)，高h＝1，所以四棱柱體積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°，其正視圖和側(cè)視圖都是邊長為1的正方形，俯視圖是直角邊長為1的等腰直角三角形，設(shè)點M，N，P分別是AB，BC，B1C1的中點，那么三棱錐PA1MN的體積是________．20.解析由題意知復(fù)原后的幾何體是一個直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角邊長為1的等腰直角三角形，高為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)一個幾何體的三視圖如下圖(單位：m)，那么該幾何體的體積為________m3.21.解析由三視圖可得該幾何體是組合體，上面是底面圓的半徑為2m、高為2m的圓錐，下面是底面圓的半徑為1m、高為4m的圓柱，所以該幾何體的體積是eq\f(1,3)×4π×2＋4π＝eq\f(20π,3)(m3)．答案eq\f(20π,3)(2022·山東，13)一個六棱錐的體積為2eq\r(3)，其底面是邊長為2的正六邊形，側(cè)棱長都相等，那么該六棱錐的側(cè)面積為________．22.解析由題意可知，該六棱錐是正六棱錐，設(shè)該六棱錐的高為h，那么eq\f(1,3)×6×eq\f(\r(3),4)×22×h＝2eq\r(3)，解得h＝1，底面正六邊形的中心到其邊的距離為eq\r(3)，故側(cè)面等腰三角形底邊上的高為eq\r(3＋1)＝2，故該六棱錐的側(cè)面積為eq\f(1,2)×12×2＝12.答案1223.(2022·新課標全國Ⅱ，19)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求平面α把該長方體分成的兩局部體積的比值．23.解(1)交線圍成的正方形EHGF如圖：(2)作EM⊥AB，垂足為M，那么AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因為EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱，所以其體積的比值為eq\f(9,7)(eq\f(7,9)也正確)．24.(2022·湖南，18)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是BC，CC1的中點．(1)證明：平面AEF⊥平面B1BCC1；(2)假設(shè)直線A1C與平面A1ABB1所成的角為45°，求三棱錐FAEC的體積．24.(1)證明∵△ABC為正三角形，E為BC中點，∴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)解設(shè)AB中點為M，連接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即為直線A1C與平面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三棱錐FAEC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),12).25.(2022·廣東，18)如圖1，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如圖2折疊：折痕EF∥DC，其中點E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M，并且MF⊥CF.(1)證明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱錐MCDE的體積．25.(1)證明∵PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PD⊥AD，又四邊形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)，∴三棱錐MCDE的體積為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).考點3點、線、面的位置關(guān)系1.(2022·新課標全國Ⅰ，11)平面α過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，那么m，n所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3) 1.解析如下圖，設(shè)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的所成角的大小與B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.而B1C＝B1D1＝CD1(均為面對角線)，∴∠CD1B1＝eq\f(π,3)，∴sin∠CD1B1＝eq\f(\r(3),2)，應(yīng)選A.答案A 2.(2022·浙江，2)互相垂直的平面α，β交于直線l.假設(shè)直線m，n滿足m∥α，n⊥β，那么()A.m∥l B.m∥nC.n⊥l D.m⊥n2.解析由，α∩β＝l，∴l(xiāng)?β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正確.應(yīng)選C.答案C3.(2022·廣東，6)假設(shè)直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,那么以下命題正確的選項是()A．l與l1,l2都不相交B．l與l1,l2都相交C．l至多與l1,l2中的一條相交D．l至少與l1,l2中的一條相交3.解析假設(shè)l與l1，l2都不相交那么l∥l1，l∥l2，∴l(xiāng)1∥l2，這與l1和l2異面矛盾，∴l(xiāng)至少與l1，l2中的一條相交．答案D4.(2022·湖北，5)l1,l2表示空間中的兩條直線,假設(shè)p：l1,l2是異面直線,q：l1,l2不相交,那么()A．p是q的充分條件,但不是q的必要條件B．p是q的必要條件,但不是q的充分條件C．p是q的充分必要條件D．p既不是q的充分條件，也不是q的必要條件4.解析由l1，l2是異面直線，可得l1，l2不相交，所以p?q；由l1，l2不相交，可得l1，l2是異面直線或l1∥l2，所以q?/p.所以p是q的充分條件，但不是q的必要條件．應(yīng)選A.答案A5.(2022·浙江，4)設(shè)α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β()A.假設(shè)l⊥β，那么α⊥β B.假設(shè)α⊥β，那么l⊥mC.假設(shè)l∥β，那么α∥β D.假設(shè)α∥β，那么l∥m5.解析選項A：∵l⊥β，l?α，∴α⊥β，A正確；選項B：α⊥β，l?α，m?β，l與m位置關(guān)系不固定；選項C，∵l∥β，l?α，∴α∥β或α與β相交；選項D：∵α∥β，l?α，m?β.∴此時l與m位置關(guān)系不固定，應(yīng)選A.答案A6.(2022·四川，18)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如下圖．(1)請將字母F，G，H標記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由)；(2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系．并證明你的結(jié)論．(3)證明：直線DF⊥平面BEG.6.(1)解點F，G，H的位置如下圖．(2)證明平面BEG∥平面ACH，證明如下：因為ABCDEFGH為正方體，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，F(xiàn)G＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE為平行四邊形，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)證明連接FH，因為ABCDEFGH為正方體，所以DH⊥平面EFGH，因為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·陜西，17)四面體ABCD及其三視圖如下圖，平行于棱AD，BC的平面分別交四面體的棱AB，BD，DC，CA于點E，F(xiàn)，G，H.(1)求四面體ABCD的體積；(2)證明：四邊形EFGH是矩形．7.(1)解由該四面體的三視圖可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝CD＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，∴四面體體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).(2)證明∵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，∴四邊形EFGH是平行四邊形．又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四邊形EFGH是矩形．8.(2022·新課標全國Ⅱ，18)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設(shè)AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱錐PABD的體積V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距離．8.(1)證明設(shè)BD與AC的交點為O，連接EO.因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.又因為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，由題設(shè)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的距離為eq\f(3\r(13),13).考點4線面平行的判定與性質(zhì)1.(2022·遼寧，4)m，n表示兩條不同直線，α表示平面．以下說法正確的選項是()A.假設(shè)m∥α，n∥α，那么m∥nB.假設(shè)m⊥α，n?α，那么m⊥nC.假設(shè)m⊥α，m⊥n，那么n∥αD.假設(shè)m∥α，m⊥n，那么n⊥α1.解析假設(shè)m∥α，n∥α，那么m與n可能平行、相交或異面，故A錯；B正確；假設(shè)m⊥α，m⊥n，那么n∥α或n?α，故C錯誤；假設(shè)m∥α，m⊥n，那么n與α可能平行、相交或n?α，故D錯誤．因此選B.答案B2.(2022·新課標全國Ⅲ，19)如圖，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點.(1)證明：MN∥平面PAB；(2)求四面體NBCM的體積.2.(1)證明由得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點，所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA.取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面體NBCM的體積VNBCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).3.(2022·北京，18)如圖，在三棱錐V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝eq\r(2)，O，M分別為AB，VA的中點．(1)求證：VB∥平面MOC；(2)求證：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱錐VABC的體積．3.解(1)因為O，M分別為AB，VA的中點，所以O(shè)M∥VB，又因為VB?平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因為AC＝BC，O為AB的中點，所以O(shè)C⊥AB.又因為平面VAB⊥平面ABC，且OC?平面ABC，所以O(shè)C⊥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，所以等邊三角形VAB的面積S△VAB＝eq\r(3).又因為OC⊥平面VAB.所以三棱錐CVAB的體積等于eq\f(1,3)·OC·S△VAB＝eq\f(\r(3),3)，又因為三棱錐VABC的體積與三棱錐CVAB的體積相等，所以三棱錐VABC的體積為eq\f(\r(3),3).4.(2022·廣東，18)如圖，三角形PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.(1)證明：BC∥平面PDA；(2)證明：BC⊥PD；(3)求點C到平面PDA的距離．4.解(1)因為四邊形ABCD是長方形，所以BC∥AD，因為BC?平面PDA，AD?平面PDA，所以BC∥平面PDA.(2)因為四邊形ABCD是長方形，所以BC⊥CD，因為平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面PDC，因為PD?平面PDC，所以BC⊥PD.(3)取CD的中點E，連接AE和PE.因為PD＝PC，所以PE⊥CD，在Rt△PED中，PE＝eq\r(PD2－DE2)＝eq\r(42－32)＝eq\r(7).因為平面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，因為PD?平面PDC，所以AD⊥PD.設(shè)點C到平面PDA的距離為h，因為V三棱錐CPDA＝V三棱錐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)，所以點C到平面PDA的距離是eq\f(3\r(7),2).5.(2022·江蘇，16)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，BC＝CC1.設(shè)AB1的中點為D，B1C∩BC1＝E.求證：(1)DE∥平面AA1C1C；BC1⊥AB1.5.證明(1)由題意知，E為B1C的中點，又D為AB1的中點，所以DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC，所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因為BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥B1C.因為AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因為AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1.6.(2022·山東，18)如圖，三棱臺DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點．(1)求證：BD∥平面FGH；(2)假設(shè)CF⊥BC，AB⊥BC，求證：平面BCD⊥平面EGH.6.證明(1)方法一連接DG，CD，設(shè)CD∩GF＝M，連接MH.在三棱臺DEFABC中，AB＝2DE，G為AC的中點，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四邊形DFCG為平行四邊形．那么M為CD的中點，又H為BC的中點，所以HM∥BD，又HM?平面FGH，BD?平面FGH，所以BD∥平面FGH.方法二在三棱臺DEFABC中，由BC＝2EF，H為BC的中點，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四邊形HBEF為平行四邊形，可得BE∥HF.在△ABC中，G為AC的中點，H為BC的中點，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.又因為BD?平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)連接HE，因為G，H分別為AC，BC的中點，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H為BC的中點，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四邊形EFCH是平行四邊形，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)在如下圖的多面體中,四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形．(1)假設(shè)AC⊥BC,證明：直線BC⊥平面ACC1A1；(2)設(shè)D,E分別是線段BC,CC1的中點,在線段AB上是否存在一點M,使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結(jié)論．7.(1)證明因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因為AB，AC為平面ABC內(nèi)兩條相交直線，所以AA1⊥平面ABC.因為直線BC?平面ABC，所以AA1⊥BC.又由，AC⊥BC，AA1，AC為平面ACC1A1內(nèi)兩條相交直線，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)解取線段AB的中點M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設(shè)O為A1C，AC1的交點．由可知，O為AC1的中點．連接MD，OE，那么MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線，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.連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形，那么DE∥MO.因為直線DE?平面A1MC，MO?平面A1MC，所以直線DE∥平面A1MC.即線段AB上存在一點M(線段AB的中點)，使直線DE∥平面A1MC.8.(2022·山東，18)如圖，四棱錐PABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點．(1)求證：AP∥平面BEF；(2)求證：BE⊥平面PAC.8.證明(1)設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC.由于E為AD的中點，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，所以四邊形ABCE為菱形，所以O(shè)為AC的中點．又F為PC的中點，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)由題意知ED∥BC，ED＝BC.所以四邊形BCDE為平行四邊形，所以BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，所以AP⊥BE.因為四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP、AC?平面PAC，所以BE⊥平面PAC.9.(2022·安徽，19)如圖，四棱錐P-ABCD的底面是邊長為8的正方形，四條側(cè)棱長均為2eq\r(17).點G，E，F(xiàn)，H分別是棱PB，AB，CD，PC上共面的四點，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.(1)證明：GH∥EF；(2)假設(shè)EB＝2，求四邊形GEFH的面積．9.(1)證明因為BC∥平面GEFH，BC?平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可證EF∥BC，所以GH∥EF.(2)解連接AC，BD交于點O，BD交EF于點K，連接OP，GK.因為PA＝PC，O是AC的中點，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面內(nèi)，所以PO⊥底面ABCD.又因為平面GEFH⊥平面ABCD，且PO?平面GEFH，所以PO∥平面GEFH.因為平面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為OB的中點．再由PO∥GK得GK＝eq\f(1,2)PO，即G是PB的中點，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.故四邊形GEFH的面積S＝eq\f(GH＋EF,2)·GK＝eq\f(4＋8,2)×3＝18.考點5線面垂直的判定與性質(zhì)1.(2022·浙江，6)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面()A.假設(shè)m⊥n，n∥α，那么m⊥αB.假設(shè)m∥β，β⊥α，那么m⊥αC.假設(shè)m⊥β，n⊥β，n⊥α，那么m⊥αD.假設(shè)m⊥n，n⊥β，β⊥α，那么m⊥α1.解析選項A、B、D中m均可能與平面α平行、垂直、斜交或在平面α內(nèi)，應(yīng)選C.答案C2.(2022·新課標全國Ⅰ，18)如圖，正三棱錐PABC的側(cè)面是直角三角形，PA＝6，頂點P在平面ABC內(nèi)的正投影為點D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點E，連接PE并延長交AB于點G.(1)證明：G是AB的中點；(2)作出點E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積.2.(1)證明因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以AB⊥PD.因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E，所以AB⊥DE.所以AB⊥平面PED，所以AB⊥PG.又由可得PA＝PB，從而G是AB的中點.(2)解在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點F，F(xiàn)即為E在平面PAC內(nèi)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，即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影.連接CG，因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D，所以D是正三角形ABC的中心.由(1)知，G是AB的中點，所以D在CG上，所以CD＝eq\f(2,3)CG.由題設(shè)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，正三棱錐的側(cè)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.所以四面體PDEF的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).3.(2022·新課標全國Ⅱ，19)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置.(1)證明：AC⊥HD′；(2)假設(shè)AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′ABCFE的體積.3.(1)證明由得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與HD保持垂直關(guān)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O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，所以O(shè)D′⊥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O(shè)D′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2)，五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4)，所以五棱錐D′ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).4.(2022·北京，18)如圖，在四棱錐PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求證：DC⊥平面PAC；(2)求證：平面PAB⊥平面PAC；4.(1)證明∵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)證明∵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上存在點F，使得PA∥平面CEF.證明如下：取PB的中點F，連接EF，CE，CF，又因為E為AB的中點，∴EF為△PAB的中位線，∴EF∥PA.又PA?平面CEF，EF?平面CEF，∴PA∥平面CEF.5.(2022·浙江，18)如圖，在三棱臺ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值.5.(1)證明延長AD，BE，CF相交于一點K，如下圖，因為平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，所以BF⊥AC.又因為EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，那么BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解因為BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直線BD與平面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).所以直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為eq\f(\r(21),7).6.(2022·四川，17)如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.(1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由.(2)證明：平面PAB⊥平面PBD.6.(1)解取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點，理由如下：因為AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，所以BC∥AM，且BC＝AM.所以四邊形AMCB是平行四邊形，所以CM∥AB.又AB?平面PAB，CM?平面PAB，所以CM∥平面PAB.(說明：取棱PD的中點N，那么所找的點可以是直線MN上任意一點)(2)證明由，PA⊥AB，PA⊥CD.因為AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，所以直線AB與CD相交，所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因為AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，所以BC∥MD，且BC＝MD，所以四邊形BCDM是平行四邊形，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·新課標全國Ⅰ，18)如圖，四邊形ABCD為菱形，G是AC與BD的交點，BE⊥平面ABCD.(1)證明：平面AEC⊥平面BED；(2)假設(shè)∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐EACD的體積為eq\f(\r(6),3)，求該三棱錐的側(cè)面積．7.解(1)因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD.因為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)設(shè)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).因為AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(\r(3),2)x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝eq\f(\r(2),2)x.由得，三棱錐EACD的體積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，從而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為eq\r(5)，故三棱錐EACD的側(cè)面積為3＋2eq\r(5).8.(2022·安徽，19)如圖，三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱錐P-ABC的體積；(2)證明：在線段PC上存在點M，使得AC⊥BM，并求eq\f(PM,MC)的值．8.(1)解由題設(shè)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是三棱錐P-ABC的高，又PA＝1，所以三棱錐P-ABC的體積V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(\r(3),6).(2)證明在平面ABC內(nèi)，過點B作BN⊥AC，垂足為N，在平面PAC內(nèi)，過點N作MN∥PA交PC于點M，連接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)，從而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)?九章算術(shù)?中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．在如下圖的陽馬P-ABCD中，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，點E是PC的中點，連接DE、BD、BE.(1)證明：DE⊥平面PBC.試判斷四面體EBCD是否為鱉臑．假設(shè)是，寫出其每個面的直角(只需寫出結(jié)論)；假設(shè)不是，請說明理由；9.解(1)因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD為長方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE?平面PCD，所以BC⊥DE.又因為PD＝CD，點E是PC的中點，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形，即四面體EBCD是一個鱉臑，其四個面的直角分別是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)由，PD是陽馬PABCD的高，所以V1＝eq\f(1,3)SABCD·PD＝eq\f(1,3)BC·CD·PD；由(1)知，DE是鱉臑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，因為PD＝CD，點E是PC的中點，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.記陽馬P-ABCD的體積為V1，四面體EBCD的體積為V2，求eq\f(V1,V2)的值．10.(2022·浙江，18)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影為BC的中點，D為B1C1的中點．(1)證明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直線A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．10.(1)證明設(shè)E為BC的中點，由題意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE，因為AB＝AC，所以AE⊥BC，所以AE⊥平面A1BC.由D，E分別為B1C1，BC的中點，得DE∥B1B且DE＝B1B，從而DE∥A1A且DE＝A1A，所以AA1DE為平行四邊形，于是A1D∥AE.又因為AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解作A1F⊥DE，垂足為F，連接BF.因為A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因為BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，A1F⊥平面BB1C1C，所以∠A1BF為直線A1B和平面BB1C1C所成的角．由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝eq\r(2).