高考數學專題訓練《解析幾何：橢圓、雙曲線、拋物線》

專題六 立體幾何

重難小題保分練

1．如圖，點O為正方體ABCD－A′B′C′D′的中心，點E為面B′BCC′的中心，點F為B′C′的中點，則空間四邊形D′OEF在該正方體的面上的正投影不可能是( )

1．D 解析：由題意知光線從上向下照射，得到C，光線從前向後照射，得到A，光線從左向右照射得到B.故選D.

2．一個球的表面積為16π，那麼這個球的體積為( )

A.3(16)π B.3(32)π

C．16π D．24π

2．B 解析：設球的半徑為R，則由4πR2＝16π，解得R＝2，∴這個球的體積為3(4)πR3＝3(32)π.

3．將一個相鄰邊長分別為4π，8π的矩形捲成一個圓柱，則這個圓柱的表面積是( )

A．40π2

B．64π2

C．32π2或64π2

D．32π2＋8π或32π2＋32π

3．D 解析：當底面周長為4π時，底面圓的半徑為2，兩個底面的面積之和是8π；當底面周長為8π時，底面圓的半徑為4，兩個底面的面積之和為32π.無論哪種方式，側面積都是矩形的面積32π2.故所求的表面積是32π2＋8π或32π2＋32π.

4．(2019湖南湘潭第一次模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )

A.3(2π) B.3(5π)

C.3(7π) D.3(8π)

4．D 解析：根據給定的幾何體的三視圖可知，該幾何體是兩個相同的半圓錐與一個半圓柱的組合體，其體積V＝2(1)π×12×4＋2×2(1)×3(1)π×12×2＝3(8π)，故選D.

5．(2019廣東肇慶1月統測)已知圓錐的底面半徑是1，且它的側面展開圖是半圓，則該圓錐的表面積是( )

A．2π B．3π

C．4π D．5π

5．B 解析：設圓錐母線長為l，由於側面展開圖是半圓，故πl＝2π×1，l＝2，故側面積為2(1)×π×22＝2π，底面積為π×12＝π，∴表面積為2π＋π＝3π.故選B.

6．(2019廣西南寧第一次模擬)已知三稜錐P－ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，則三稜錐P－ABC的外接球的體積為( )

A.2(27)π B.2(3)π

C．27π D．27π

6．B 解析：∵三稜錐P－ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.以PA，PB，PC為過同一頂點的三條稜作正方體(如圖所示)，則正方體的外接球同時也是三稜錐P－ABC的外接球．∵正方體的對角線長為＝3，∴其外接球半徑R＝2(3).因此三稜錐P－ABC的外接球的體積V＝3(4π)×2(3)＝2(3)π.

7．(2019山東德州期末)已知直線l，m表示不同的直線，α，β表示不同的平面，給出下列命題：

①若l∥β，m∥l，則m∥β；②若l∥α，α∥β，則l∥β；

③若l⊥β，且α⊥β，則l∥α；④若l⊥α，α∥β，則l⊥β.

其中正確的命題的個數是( )

A. 1 B. 2

C. 3 D. 4

7．A 解析：在①中，若l∥β，m∥l，則m∥β或m⊂β，故①錯誤；在②中，l∥α，α∥β，則l∥β或l⊂β，故②錯誤；在③中，若l⊥β，且α⊥β，則l∥α或l⊂α，故③錯誤；在④中，若l⊥α，α∥β，則由線面垂直的判定定理得l⊥β，故④正確．

8．(2019河北張家口期末)已知三稜錐P－ABC的各頂點都在以O為球心的球面上，球O的表面積為50π，PA⊥AB，PA⊥AC，AB＝3，AC＝4，BC＝5，則PA＝( )

A．5 B．5

C．5 D.2(5)

8．C 解析：∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，且＝5，∴AB⊥AC.又PA⊥AB，PA⊥AC，故三稜錐P－ABC的外接球和以PA，AB，AC分別為長、寬、高的長方體的外接球相同，設外接球的半徑為R，則4R2＝PA2＋AB2＋AC2＝PA2＋9＋16.又∵外接球的表面積為50π＝4πR2，∴4R2＝50＝PA2＋9＋16，故 PA＝5.故選C.

9．三稜錐S－ABC的底面是以AB為斜邊的直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝，則三稜錐S－ABC的外接球的表面積是________．

9．4π 解析：由題意可得AS⊥BS，∴取AB中點O，則O是三稜錐S－ABC的外接球的球心，半徑為1.∴S＝4π.

10．(2019湖南長沙統一檢測)在正方體ABCD－A₁B₁C₁D₁中，點P在線段A₁

10.3(π) 解析：如圖，在正方體中，連接DA₁，DB，則CB₁∥DA₁，∴∠A₁DP為異面直線DP與CB₁所成的角，當點P與B重合時，∠A₁DP最大，且最大為3(π)；當點P與A₁無限接近時，∠A₁DP趨近於零，故異面直線DP與CB₁所成角的取值範圍是3(π).

11．(2019陝西咸陽模擬)設a，b為兩條不同直線，α，β為兩個不同平面，則下列命題正確的是( )

A．若a∥α，b∥α，則a∥b

B．若a⊂α，b⊂β，α∥β，則a∥b

C．若a∥α，a∥β，則α∥β

D．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥β

11．D 解析：對於A項，平行於同一平面的兩條直線的位置關係可以是平行、相交或異面，∴A不正確；對於B項，分別位於兩個互相平行的平面內的兩條直線可以是平行、相交、異面的，∴B不正確；對於C項，平行於同一條直線的兩個平面可以是相交的，可以是平行的，∴C不正確；對於D項，根據兩個平面的法向量垂直，可得出兩個平面是垂直的，∴D是正確的．故選D.

12．(2019四川成都實驗外國語學校模擬)設a，b是兩條直線，α，β是兩個平面，則“a⊥b”的一個充分條件是( )

A．a⊥α，b∥β，α⊥β

B．a⊥α，b⊥β，a∥β

C．a⊂α，b⊥β，α∥β

D．a⊂α，b∥β，α⊥β

12．C 解析：A.a，b可能垂直也可能不垂直；B.a∥b；D.a，b可能垂直也可能不垂直；C.α∥β，b⊥β，那麼b⊥α，a⊂α，那麼b⊥a，故C正確．故選C.

13．(2019福建泉州1月質檢)已知三稜錐A－BCD的所有頂點都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AD＝2，若球O的表面積為29π，則三稜錐A－BCD的側面積的最大值為( )

A．5＋4(25) B．5＋4(41)

C．6＋2(27) D．10＋2(25)

13．A 解析：設球O的半徑為R，AB＝x，AC＝y，由4πR2＝29π，得4R2＝29.又x2＋y2＋22＝(2R)2，∴x2＋y2＝25.三稜錐A－BCD的側面積S＝S_△ABD＋S_△ACD＋S_△ABC＝2(1)·2x＋2(1)·2y＋2(1)xy＝x＋y＋2(1)xy，由x2＋y2≥2xy得xy≤2(25)，當且僅當x＝y＝2(2)時取等號，由(x＋y)2＝x2＋2xy＋y2≤2(x2＋y2)得x＋y≤5，當且僅當x＝y＝2(2)時取等號，∴S≤5＋2(1)×2(25)＝5＋4(25)，當且僅當x＝y＝2(2)時取等號. 故選A.

14．(2019廣東廣州天河區模擬)如圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為矩形，E，F分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面4個結論：

①直線BE與直線CF異面；②直線BE與直線AF異面；③直線EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.

其中正確的結論個數為( )

A. 4 B. 3

C. 2 D. 1

14．C 解析：將平面展開圖還原後可得立體圖形如圖所示．①E，F分別為PA，PD中點⇒EF∥AD，又四邊形ABCD為矩形⇒AD∥BC，∴EF∥BC⇒B，C，E，F四點共面，∴直線BE與CF共面，不是異面直線，即①錯誤；②∵E∈平面PAD，AF⊂平面PAD，E∉AF，B∉平面PAD，∴直線BE與直線AF為異面直線，即②正確；③∵EF∥BC，BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC，即③正確；④假設平面BCE⊥平面PAD，即平面BCEF⊥平面PAD，又平面BCEF∩平面PAD＝EF，作PM⊥EF，垂足為M，可得PM⊥平面BCE；但實際無法證得PM⊥平面BCE，故假設不成立，即④錯誤．故選C.

15．(2019江西師範大學附屬中學期末)已知稜長為a的正方體的外接球表面積數值等於內切球體積數值的6倍，則實數 a＝________．

15．3 解析：設正方體的外接球半徑為R，內切球半徑為r，則a＝2R，2r＝a，R＝2(3)a，r＝2(1)a.∵正方體的外接球表面積數值等於內切球體積數值的6倍，∴4πR2＝6·3(4)πr3，即4πa(3)＝8πa(1)3，解得a＝3.

16．(2019福建廈門期末)《九章算術》將底面為矩形且有一條側稜與底面垂直的四稜錐稱之為“陽馬”．如圖所示，網格紙上的小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某一陽馬的正視圖和側視圖，則該“陽馬”中，最長的稜的長度為________．

16. 解析：根據三視圖可得該幾何體為一個四稜錐(如圖所示)，其中側稜PA⊥底面ABCD，底面ABCD為長方形，在該“陽馬”中，最長的稜的長為＝.

中檔大題強化練(1)

1．(2019福建廈門期末)在長方體ABCD－A₁B₁C₁D₁中，AB＝2，BC＝1，AA₁＝1，E，F分別為稜A₁B₁，C₁D₁的中點，則異面直線AF與BE所成角的餘弦值為( )

A. 0 B.5(5) C.2(3) D.5(5)

1．A 解析：如圖，在長方體ABCD－A₁B₁C₁D₁中，連接CF，AC，EF，AD₁，則BE∥CF，∴異面直線AF與BE所成的角即為直線AF與CF所成的角．設∠AFC＝θ，在長方體ABCD－A₁B₁C₁D

2．(2019廣東揭陽高中畢業班學業水平考試)如圖，在三稜柱ABC－A₁B₁C₁中，AA₁⊥底面A₁B₁C₁，∠ACB＝90°，BC＝CC₁＝1，AC＝3，P為BC₁上的動點，則CP＋PA₁的最小值為( )

A．2 B．1＋3

C. 5 D．1＋2

2．C 解析：由題設知△CC₁B為等腰直角三角形，又A₁C₁

3．(2019吉林長春實驗高中第五次月考)在四面體ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E為稜BC上一點，且平面ADE⊥平面BCD，則DE＝________．

3.5(13) 解析：如圖，作AF⊥DE於點F，∵平面ADE⊥平面BCD，∴AF⊥平面BCD，AF⊥BC.∵DA⊥平面ABC，∴DA⊥BC.又∵AF∩AD＝A，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE.∵AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，∴AE＝32＋42(4×3)＝5(12).∵DA⊥平面ABC，∴AD⊥AE，∴DE＝＝2(12)＝5(13).

4．已知A，B，C是半徑為2的球O表面上三點，若AB＝1，AC＝，∠B＝60°，則三稜錐O－ABC的體積為________．

4.2(1) 解析：在△ABC中，由正弦定理可得sin B(AC)＝sin C(AB)，解得sin C＝2(1).由AB△ABC·OD＝3(1)×2(1)×1××＝2(1).

5．(2019山東泰安第一次模擬)已知直三稜柱ABC－A₁B₁C₁外接球的表面積為16π，AB＝1，若△ABC外接圓的圓心O₁在AC上，半徑r₁＝1，則直三稜柱ABC－A₁B₁C₁的體積為________．

5．3 解析：如圖，∵△ABC外接圓的圓心O₁在AC上，∴O₁為AC的中點，且△ABC是以∠ABC為直角的直角三角形．由半徑r₁＝1，得AC＝2，又AB＝1，∴BC＝.把直三稜柱ABC－A

6．(2019廣西南寧、玉林、貴港等畢業班摸底)如圖，四稜錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E為PD中點．

(1)求證：PA⊥平面ABCD；

(2)求幾何體P－ABE的體積．

6．(1)證明：∵底面ABCD為正方形，

∴BC⊥AB.又BC⊥PB，AB∩PB＝B，

∴BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.

同理CD⊥PA，BC∩CD＝C，

∴PA⊥平面ABCD.

(2)解：∵E為PD的中點，

∴V_P－ABE＝V_E－PAB＝2(1)V_D－PAB＝2(1)V_P－ABD＝2(1)×3(1)×2(1)×2×2×2＝3(2).

7. 已知三稜柱ABC－A₁B₁C₁的側稜長和底面邊長均為2，A₁在底面ABC內的射影O為底面三角形ABC的中心，如圖所示．

(1)連接BC₁，求異面直線AA₁與BC₁所成角的大小；

(2)連接A₁C，A₁B，求三稜錐C₁

7．解：(1)如圖，連接AO，並延長與BC交於點D，則D是BC邊的中點．

∵點O是正三角形ABC的中心，

且A₁O⊥平面ABC，∴BC⊥A₁O.

∵BC⊥AD，AD∩A₁O＝O，∴BC⊥平面ADA₁.

∴BC⊥AA₁.又∵AA₁∥CC₁，

∴CC₁⊥BC，

∴異面直線AA₁與BC₁所成的角為∠BC₁C或其補角．

∵BC＝CC

∴異面直線AA₁與BC₁所成角的大小為4(π).

(2)∵三稜柱的所有稜長都為2，

∴可求得AD＝，AO＝3(2)AD＝3(3)，A₁O＝1(2)－AO2(2)＝3(6).

∴VABC－A₁B₁C₁＝S_△ABC·A₁O＝2，

VA₁－BCC₁B₁＝VABC－A

∴VC₁－BCA₁＝VA₁－BCC₁＝2(1)VA₁－BCC₁B₁＝3(2).

8．(2019河南九師聯盟2月質量檢測)如圖，在四稜錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是稜AD的中點．

(1)求證：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若AB＝AD＝AP＝2，求點N到平面PAC的距離．

8．(1)證明：在矩形ABCD中，AB⊥AD.

又∵AB⊥PA，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.

又∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

(2)解：在△PAD中，∵PA＝PD，N是稜AD的中點，∴PN⊥AD.

由(1)知AB⊥平面APD，∴AB⊥PN.

又∵AB∩AD＝A，∴PN⊥平面ABCD，PN＝2(3)×2＝ .

∵CD∥AB，∴CD⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，

∴在△PAC中，PA＝2，AC＝PC＝2，

S_△PAC＝2(1)×2×＝.

設點N到平面PAC的距離為d，

V_N－PAC＝V_P－NAC，∴3(1)S_△PACd＝3(1)S_△NAC×PN，

∴d＝2(1)×1×2×，解得d＝7(21)，

∴點N到平面PAC的距離為7(21).

9．(2019河北衡水12月聯合質量測評)如圖，在直三稜柱ABC－A₁B₁C₁中，AB＝BC＝2，AC＝CC₁＝2，其中P為稜CC

(1)求證：AB∥QR；

(2)若P為稜CC₁的中點，求幾何體QRABC的體積．

9．(1)證明：在直三稜柱ABC－A₁B₁C₁中，

∵AB∥A₁B₁，AB⊄平面A₁B₁C，A₁B₁⊂平面A₁B₁C，

∴AB∥平面A₁B

∵平面PAB與平面A₁B₁C的交線為QR，且AB⊂平面PAB，

∴AB∥QR.

(2)解：在側面BCC₁B₁中，∵BC＝2，CC₁＝2，P為稜CC₁的中點，

∴tan∠BB₁C＝BB1(BC)＝2(1)，tan∠PBC＝BC(CP)＝2(2)，

∴∠BB₁C＝∠PBC，∴PB⊥B₁C，即CR⊥PB.

在直三稜柱ABC－A₁B₁C₁中，BB₁⊥平面ABC，∴BB₁⊥AB.

∵AB＝BC＝2，AC＝2，

∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC.

又BB₁∩BC＝B，∴AB⊥平面BCC₁B₁.又AB∥QR，∴QR⊥平面BCC₁B₁.

∵BC＝2，PC＝，又△PRC～△PCB，∴CR＝PB(CP·CB)＝）2＋22(2×2)＝3(2).

∴PR＝PB(CP2)＝）2＋22(2）2)＝6(2).

∵AB∥QR，∴AB(QR)＝PB(PR).∴QR＝PB(AB·PR)＝6()＝3(2).

∴幾何體QRABC的體積為V_A－PBC－V_Q－PRC＝3(1)×2(1)×2－3(1)×6(2)×3(2)＝27(2).

10．(2019江西上饒重點中學六校第一次聯考)如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，現將△ADC沿AC邊折到△APC的位置．

(1)求證：PB⊥AC；

(2)求三稜錐P－ABC體積的最大值．

10．(1)證明：取AC的中點為O，連接PO，OB，如圖．

易得AC⊥PO，AC⊥OB，PO∩OB＝O，∴AC⊥平面POB.又PB⊂平面POB，∴AC⊥PB.

(2)解：由(1)知AC⊥平面POB，且在邊長為2的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，∴AC＝2，PO＝OB＝，所求體積轉化為V_P－ABC＝V_A－POB＋V_C－POB＝3(1)AC·S_△POB＝3(1)×2×2(1)××sin∠POB＝sin∠POB，∴當∠POB＝90°時，V_P－ABC的最大值為1.

中檔大題強化練(2)

1．(2019河北衡水中學七調)已知直三稜柱ABC－A₁B₁C₁的底面為等邊三角形，且底面積為4(3)，體積為4(3)，點P，Q分別為線段A₁B，B₁C上的動點，若直線PQ∩平面ACC₁A₁＝∅，點M為線段PQ的中點，則點M的軌跡長度為( )

A.4(2) B.4(3) C.2(2) D.2(3)

1．D 解析：∵直線PQ與平面A₁ACC₁無交點，∴PQ與此平面平行，∴A₁P＝CQ.當點P，Q分別在點A₁，C處時，此時點M為A₁C的中點；當點P，Q分別在點B，B₁處時，此時點M為BB₁的中點．若D，E，F分別為三條稜的中點，則點M的軌跡為等邊三角形DEF的中線．設底面邊長為x，由底面面積可得4(3)x2＝4(3)，∴x＝1，∴軌跡長度為2(3).故選D.

2．(2019福建龍巖期末)在三稜錐A－BCD中，△ABC和△BCD都是邊長為2的等邊三角形，且平面ABC⊥平面BCD，則三稜錐A－BCD的外接球的表面積為( )

A．8π B．12π C．16π D．20π

2．D 解析：如圖，取BC的中點E，連接AE與DE，則AE⊥DE，且AE＝DE＝2×2(3)＝

3．(2019遼寧省實驗中學、大連八中、大連二十四中、鞍山一中、東北育才學校期末)已知四面體ABCD，AB＝2，AC＝AD＝3，∠BAC＝∠BAD＝60°，∠CAD＝90°，則該四面體外接球的半徑為( )

A. 1 B. C. D.

3．B 解析：設E為CD的中點，由於三角形ACD為直角三角形，故其外心為E點，則球心在E點的正上方，設球心為O.其中CD＝3，AE＝CE＝DE＝2(2).由余弦定理得BC＝BD＝＝，BE＝＝2(10).設外接球的半徑為r.在三角形DEO中，由勾股定理得OE2＋DE2＝r2①.在三角形BEO中，由余弦定理得cos∠BEO＝2×OE×BE(OE2＋BE2－r2)②.在三角形ABE中，由余弦定理可知cos∠AEB＝2×AE×BE(AE2＋BE2－AB2)＝5(1)，由於AE⊥OE，則∠AEO＝90°，∴∠BEO＝90°＋∠AEB，∴cos∠BEO＝cos(90°＋∠AEB)＝－sin∠AEB＝－5(2)③.聯立①②③可得OE＝2(2)，r＝.故選B.

在DE上取點I使得EI＝3(1)DE，在AE上取點H使得EH＝3(1)AE，則點I是三角形BCD的外接圓圓心，點H是三角形BCA的外接圓圓心，則BI＝2(1)×3()＝2.分別過點I，H作平面BCD和ABC的垂線IO和HO交於O點，則點O是三稜錐A－BCD的外接球球心，OI＝EH＝3(1)×3＝1，OB＝＝＝，故外接球半徑為，則三稜錐A－BCD外接球的表面積為4π×5＝20π.故選D.

4．(2019湖南湘潭第一次模擬)在三稜錐D－ABC中，CD⊥底面ABC，AC⊥BC，AB＝BD＝5，BC＝4，則此三稜錐的外接球的表面積為________．

4．34π 解析：在三稜錐D－ABC中，CD⊥底面ABC，∴CD⊥CB，CD⊥CA.又AC⊥BC，AB＝BD＝5，BC＝4，∴AC＝CD＝＝3，故三稜錐D－ABC的外接球的半徑R＝2(32＋42＋32)＝2(34)，則其表面積為4π×2(34)＝34π.

5．(2019湖南長沙雅禮中學月考)已知長方體ABCD－A₁B₁

5．3 解析：將長方體沿C₁C, C₁B_1, BC剪開，使平面ABB₁A₁和平面BCC₁B₁在同一個平面內，連接AE，如圖1.在Rt△ACE中，AC＝5，CE＝1，由勾股定理，得AE2＝AC2＋CE2＝26，則 AE＝.將長方體沿C₁D₁，DD₁，C₁C剪開，使平面ABCD和平面CDD₁C₁在同一個平面內，連接AE，如圖2.在Rt△ABE中，AB＝3，BE＝3, 由勾股定理，得AE2＝AB2＋BE2＝32＋32，則AE＝3.將長方體沿B₁

6．(2019安徽黃山一模)已知三稜錐A－BCD，BC＝6，且△ABC，△BCD均為等邊三角形，二面角A－BC－D的平面角為60°，則三稜錐外接球的表面積是________．

6．52π 解析：如圖，取BC的中點為E，連接AE，DE，由△ABC，△BCD均為等邊三角形，可知∠AED＝60°，則△AED為正三角形，邊長ED＝6×2(3)＝3，且所求外接球球心在平面AED上，在線段ED上取點R，使得DR＝3(2)DE，則底面三角形的外接圓圓心為R，在線段AD上取中點F，連接FE，過R點作DE的垂線交FE於O點，則外接球的球心為O點．在三角形OER中，OR＝ERtan 30°＝3(1)DEtan 30°＝1，則外接球的半徑r＝＝＝，三稜錐外接球的表面積是4π()2＝52π.

7．《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中將底面為直角三角形的直稜柱稱為塹堵，將底面為矩形的稜臺稱為芻童．在如圖所示的塹堵ABM－DCP與芻童ABCD－A₁B₁C₁D₁的組合體中，AB＝AD，A₁B₁＝A₁D₁.臺體體積公式：V＝3(1)(S′＋＋S)h，其中S′，S分別為臺體上、下底面的面積，h為臺體的高．

(1)求證：直線BD⊥平面MAC；

(2)若AB＝1，A₁D₁＝2，MA＝，三稜錐A－A₁B₁D₁的體積V′＝3(3)，求該組合體的體積．

7．(1)證明：由題意可知ABM－DCP是底面為直角三角形的直稜柱，∴AD⊥平面MAB.

∵MA⊂平面MAB，∴AD⊥MA.

又MA⊥AB，AD∩AB＝A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，

∴MA⊥平面ABCD.

∵BD⊂平面ABCD，∴MA⊥BD.

∵AB＝AD，∴四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC.

又MA∩AC＝A，MA⊂平面MAC，AC⊂平面MAC，

∴BD⊥平面MAC.

(2) 解：設芻童ABCD－A₁B₁C₁D₁的高為h，

則三稜錐A－A₁B₁D₁的體積V′＝3(1)×2(1)×2×2×h＝3(3)，

∴h＝，

故該組合體的體積V＝2(1)×1××1＋3(1)×12＋22＋×＝2(3)＋3(3)＝6(3).

8．(2019廣東汕尾普通高中教學質量檢測)如圖，直三稜柱ABC－A₁B₁C₁中，AB＝BC＝AC＝2AA₁＝2，D是BC的中點．

(1)求證：A₁B∥平面ADC₁.

(2)線段BC₁上是否存在點N，使三稜錐N－ADC₁的體積為12(3)？若存在，確定點N的位置；若不存在，說明理由．

8．(1)證明：連接A₁C，與AC₁交於點O，連接OD，A₁B，如圖所示．

在△CA₁B中，O和D分別是CA₁和CB的中點，則OD∥A₁B.

又OD⊂平面ADC₁，A₁B⊄平面ADC₁，

∴A₁B平面∥ADC₁.

(2)解：連接BC₁，假設線段BC₁上存在點N，使得三稜錐N－ADC₁的體積為12(3).

設N到平面ADC₁的距離為h，

由題意可知，△ABC為等邊三角形，

又D為BC的中點，∴AD⊥BC.

又三稜柱ABC－A₁B₁C₁為直三稜柱，∴BB₁⊥AD，

故AD⊥平面BCC₁B₁，

∴△ADC₁為直角三角形，AD＝，DC₁＝，

∴△ADC₁的面積為2(6).

由三稜錐的體積公式可知，VN－ADC₁＝3(1)S△ADC₁·h＝12(3)，

∴h＝4(2).

又AD⊥平面BCC₁B₁，∴平面BCC₁B₁⊥平面ADC₁，

故點N到平面ADC₁的距離與點N到直線DC₁的距離相等．

又△DCC₁

又點B與點C到平面ADC₁的距離相等，故點B到直線DC₁的距離也為2(2)，

∴當N為BC₁的中點時，點N到平面ADC₁的距離為4(2)，三稜錐N－ADC₁的體積為12(3).

9．(2019湖南師大附中月考)如圖，在四稜錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，AB＝AD，E是線段PD上的點，F是線段AB上的點，且ED(PE)＝FA(BF)＝λ(λ>0)．

(1)求證：EF∥平面PBC.

(2)是否存在實數λ，使得異面直線EF與CD所成角為60°？若存在，試求出λ的值；若不存在，請說明理由．

9．(1)證明：如圖，作EH∥AD交PA於點H，連接HF，

∵EH∥BC，∴ED(PE)＝HA(PH).

又∵ED(PE)＝FA(BF)＝λ，∴HA(PH)＝FA(BF)，∴FH∥PB.

又∵EH∥AD，FH∩HE＝H，

∴平面EFH∥平面PBC.

∵EF⊂平面EFH，∴EF∥平面PBC.

(2)解：存在實數λ＝，使得異面直線EF與CD所成角為60°.

其理由如下：假設存在實數λ，使得異面直線EF與CD所成角為60°，

∵AB∥CD，∴∠AFE為異面直線EF與CD所成角，

∴∠AFE＝60°.

如圖，過點E作EQ⊥AD交AD於點Q，連接FQ，

∵PA＝AD，AB＝AD，

∴設AD＝1.又∵ED(PE)＝FA(BF)＝λ，

AF＝DE＝1＋λ(2)，AQ＝1＋λ(λ)，EQ＝1＋λ(1)，

∴FQ2＝AF2＋AQ2＝1＋λ(2)＋1＋λ(λ)＝（1＋λ）2(2＋λ2)，

∴EF2＝EQ2＋FQ2＝1＋λ(1)＋（1＋λ）2(2＋λ2)＝（1＋λ）2(3＋λ2)，

∴在Rt△FAE中，cos∠AFE＝cos 60°＝EF(AF)，∴4(1)＝3＋λ2(2)，∴λ＝.

∴存在實數λ＝，使得異面直線EF與CD所成角為60°.

10．(2019山東臨沂第一次模擬)如圖，在四稜錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝4，PB＝4，M是線段AP的中點．

(1)求證：BM∥平面PCD.

(2)當PA為何值時，四稜錐P－ABCD的體積最大？並求此最大值．

10．(1)證明：如圖，取PD中點N，連接MN，CN，

∵M是AP的中點，

∴MN∥AD且MN＝2(1)AD.

∵AD∥BC，AD＝2BC，

∴MN∥BC，MN＝BC，

∴四邊形MNCB是平行四邊形，

∴MB∥CN.

又BM⊄平面PCD，CN⊂平面PCD，

∴BM∥平面PCD.

(2)解：設PA＝x(0＜x＜4)，

∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥AB.

∵PB＝4，

∴AB＝＝.

又∵AB⊥AD，AD＝2BC＝4，

∴V_P－ABCD＝3(1)S_ABCD

當且僅當x＝，即x＝4時取等號，

故當PA＝4時，四稜錐P－ABCD的體積最大，最大值為16.

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