2020版新一线高考文科数学（北师大版）一轮复习教学案：第7章第5节　简单几何体的表面积与体积


第五节　简单几何体的表面积与体积
[考纲传真]　了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．

1．多面体的表(侧)面积
因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．
2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图　



侧面积公式　
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
3.柱、锥、台和球的表面积和体积
名称
几何体　　　
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3

1．正四面体的表面积与体积
棱长为a的正四面体，其表面积为a2，体积为a3.
2．几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，棱长为a的正四面体，其内切球半径R内＝a，外接球半径R外＝a.
[基础自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)锥体的体积等于底面面积与高之积． (　　)
(2)球的体积之比等于半径比的平方． (　　)
(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差． (　　)
(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝a. (　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　)
A．1 cm　　　B．2 cm　　　C．3 cm　　　D. cm
B　[S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，
∴r＝2(cm)．]
3．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V球∶V柱为(　　)
A．1∶2 B．2∶3 C．3∶4 D．1∶3
B　[设球的半径为R.则＝＝.]
4．(教材改编)某几何体的三视图如图所示：则该几何体的体积为(　　)

A．6 B．3 C．2 D．3
B　[由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为左视图，该左视图是底边为2，高为的三角形，主视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以几何体的体积V＝S·h＝×3＝3.]
5．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．

1∶47　[设长方体的相邻三条棱长分
别为a，b，c，它截出棱锥的体积为V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.]



空间几何体的表面积
【例1】　(1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(　　)

A．48＋π　　B．48－π　　C．48＋2π　　D．48－2π

(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)
A．12π B．12π C．8π D．10π
(1)A　(2)B　[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.
(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π××2＝12π.]
[规律方法]　空间几何体表面积的求法
(1)表面积是各个面的面积之和，求多面体的表面积，只需将它们沿着棱剪开展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求出这些基本的柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差，求出几何体的表面积．
(1)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(　　)

A．1＋
B．1＋2
C．2＋
D．2
(2)(2016·全国卷Ⅲ)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，则该多面体的表面积为(　　)

A．18＋36
B．54＋18
C．90
D．81

(1)C　(2)B　[(1)由题意知题中的几何图形就是如图所示的四面体，其中AB＝AD＝CB＝CD＝，BD＝2，且平面ABD⊥平面CBD.所以△ABD与△CBD都是等腰直角三角形，而△ABC与△CAD都是边长是的等边三角形．所以表面积是×××2＋×()2×2＝2＋，故选C.
(2)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×3)×2＝54＋18.故选B.]


空间几何体的体积

►考法1　公式法求体积
【例2】　(1)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A.＋1
B.＋3
C.＋1
D.＋3
(2)(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

(1)A　(2)　[(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥S ­ABC组成的，

如图，三棱锥的高为3，底面△ABC中，AB＝2，OC＝1，AB⊥OC.故其体积V＝××π×12×3＋××2×1×3＝＋1.故选A.
(2)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是，则该正八面体的体积为×()2×1×2＝.]
►考法2　割补法求体积

【例3】　(1)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)

A．90π
B．63π
C．42π
D．36π
(2)如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为(　　)

A. B. C. D.
(1)B　(2)A　[(1)法一：(割补法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．

将圆柱补全，并将圆柱体从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.
故选B.
法二：(估值法)由题意，知V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.
(2)法一：如图所示，分别过A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，因为三棱锥高为，直三棱柱高为1，AG＝＝，取AD的中点M，则MG＝，

所以S△AGD＝×1×＝，
所以V＝×1＋2×××＝.

法二：如图所示，取EF的中点P，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥P­AED和三棱锥P­BCF都是棱长为1的正四面体，四棱锥P­ABCD为棱长为1的正四棱锥．所以V＝×12×＋2×××＝.]
►考法3　等积法求体积
【例4】　如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为(　　)

A. B.
C. D.
A　[三棱锥B1­ABC1的体积等于三棱锥A­B1BC1的体积，三棱锥A­B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.]
[规律方法]　求空间几何体的体积的常用方法
(1)公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解．
(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积．
(3)等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．
(1)(2019·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．2　　　　B．1 C.　　　　D.
(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1­BB1D1D的体积为________．

(1)C　(2)　[(1)几何体如图，由三视图得底面为对角线为2的正方形，高为1，所以体积为××2×1×2×1＝，故选C.

(2)法一：连接A1C1交B1D1于点E(图略)，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1­BB1D1D的高，且A1E＝，矩形BB1D1D的长和宽分别为，1，故VA1­BB1D1D＝×1××＝.
法二：连接BD1(图略)，则四棱锥A1­BB1D1D分成两个三棱锥B­A1DD1与B­A1B1D1，VA1­BB1D1D＝VB­A1DD1＋VB­A1B1D1＝××1×1×1＋××1×1×1＝.]


球与空间几何体的切、接问题

►考法1　外接球
【例5】　(1)(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)
A．π　　 　B.　　 　C.　　 　D.

(2)(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)
A．12 B．18 C．24 D．54
(1)B　(2)B　[(1)设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝＝.
∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.
故选B.
(2)如图，E是AC中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝AB2＝9，所以AB＝6，BM＝BE＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥D­ABC的体积取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故选B.
]
►考法2　内切球
【例6】　(1)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．

(2)已知棱长为a的正四面体，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．
(1)　(2)　[(1)设球O的半径为R，
∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，
∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.
∴＝＝.
(2)正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝.]
[规律方法]　空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(1)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)

A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
(2)正四棱锥P­ABCD的侧棱和底面边长都等于2，则它的外接球的表面积是(　　)
A．16π B．12π C．8π D．4π

(1)B　(2)A　[(1)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC＝6，BC＝8，∠ACB＝90°，则AB＝10.要使该石材加工成的球的半径最大，只需球与直三棱柱的三个侧面都相切，则半径r等于直角三角形ABC的内切圆半径，即r＝＝2，故能得到的最大球的半径为2，故选B.
(2)设正四棱锥的外接球半径为R，顶点P在底面上的射影为O(图略)，因为OA＝AC＝＝＝2，所以PO＝＝＝2.又OA＝OB＝OC＝OD＝2，由此可知R＝2，于是S球＝4πR2＝16π.]

1．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)

A．20π　　B．24π
C．28π D．32π
C　[由三视图可知，该几何体是由一个圆柱和一个圆锥组成的组合体，上面是一个圆锥，圆锥的高是2，底面半径是2，因此其母线长为4，下面圆柱的高是4，底面半径是2，因此该几何体的表面积是S＝π×22＋2π×2×4＋π×2×4＝28π，故选C.]
2．(2015·全国卷Ⅰ)《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？”已知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
B　[设米堆的底面半径为r尺，
则r＝8，所以r＝，
所以米堆的体积为V＝×π·r2·5＝××5≈(立方尺)．
故堆放的米约有÷1.62≈22(斛)．故选B.]

3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)
A．8 B．6
C．8 D．8

C　[连接BC1，AC1，AC.因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.]

4．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
14π　[∵长方体的顶点都在球O的球面上，
∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．
设球的半径为R，则2R＝＝.
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×＝14π.]

(四)　立体几何中的高考热点问题
[命题解读]　1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．
2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．


线面位置关系与体积计算

以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．
【例1】　(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．

(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
[信息提取]　看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；
看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．
[规范解答]　(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．
因为BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分
因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED．
又AC平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED． 4分
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 6分
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.
由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2. 9分
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2. 12分
[易错与防范]　易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD∩BE＝B.AC平面AEC等条件，推理不严谨，导致扣分．
2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误．
防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．
2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．
[通性通法]　空间几何体体积的求法
(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．
(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
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．
[解]　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TNAM，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)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以点N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得点M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体N­BCM的体积VN­BCM＝×S△BCM×＝.


求点到平面的距离(几何体的高)

求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．
【例2】　(2019·开封模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD，M为CD的中点，平面PAD⊥平面ABCD．

(1)求证：BD⊥PM；
(2)若∠APD＝90°，PA＝，求点A到平面PBM的距离．
[解]　(1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，

∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∵E，M分别是AD，DC的中点，
∴EM∥AC，∴EM⊥BD．
∵PA＝PD，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BD，
∵EM∩PE＝E，∴BD⊥平面PEM，
∵PM平面PEM，∴BD⊥PM.
(2)连接AM，BE，∵PA＝PD＝，∠APD＝90°，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝BD＝2，PE＝1，EM＝AC＝，
∴PM＝PB＝＝2.
在等边三角形DBC中，BM＝，
∴S△PBM＝，S△ABM＝×2×＝.设三棱锥A ­PBM的高为h，则由等体积可得·h＝××1，
∴h＝，
∴点A到平面PBM的距离为.
[规律方法]　求点到平面的距离(几何体的高)的两种方法
(1)等积法：利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解．
(2)定义法：其步骤为：一作、二证、三求．如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用辅助面法，所作的辅助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在辅助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离．
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＝，三棱锥P­ABD的体积V＝，求点A到平面PBC的距离．
[解]　(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.

因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC．
(2)三棱锥P­ABD的体积V＝PA·AB·AD＝AB，由V＝，可得AB＝.由题设知BC⊥AB，BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB，在平面PAB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．又AH＝＝＝.所以点A到平面PBC的距离为.


线面位置关系中的存在性问题

是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．
【例3】　(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．

(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．

所以对角线AC经过点F.
又在△PAC中，点E为PC的中点，
所以EF为△PAC的中位线，
所以EF∥PA.
又PA平面PAD，EF平面PAD，
所以EF∥平面PAD．
(2)存在满足要求的点G.
在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC．
因为底面ABCD是边长为a的正方形，
所以CD⊥AD．
又侧面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面PAD．
又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.
取CD中点G，连接FG，EG.
因为F为BD中点，
所以FG∥AD．
又CD⊥AD，所以FG⊥CD，
又FG∩EF＝F，
所以CD⊥平面EFG，
又CD平面PDC，
所以平面EFG⊥平面PDC．
[规律方法]　1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．
2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．
(2019·长沙模拟)如图，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．

(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．
[证明]　(1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S­ABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC．
在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD．
因为SD平面SBD，所以AC⊥SD．

(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC．
连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝a.
由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝.
故可在SP上取一点N，使得PN＝PD．
过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，
在△BDN中，易得BN∥PO.
又因为NE∥PC，NE平面BNE，BN平面BNE，BN∩NE＝N，PO平面PAC，PC平面PAC，PO∩PC＝P，
所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC．
因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.
[大题增分专训]
1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．

(1)证明：PD∥平面CEF；
(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P­DEF的体积．
[解]　(1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．
∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝AD＝ED，
∴BCED，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD．
又OF平面CEF，PD平面CEF，∴PD∥平面CEF.
(2)由(1)知，BE＝CD．
∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝AD，
∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，
∴∠DAB＝，
过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝.
∵PE⊥平面ABCD，PE平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
又平面PAD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH平面ABCD，∴BH⊥平面PAD，∴点B到平面PAD的距离为BH＝.
又F为线段PB的中点，∴点F到平面PAD的距离h等于点B到平面PAD的距离的一半，即h＝，又S△PDE＝PE·DE＝2，
∴V三棱锥P­DEF＝S△PDE×h＝×2×＝.
2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF：S四边形CDEF＝1∶3.

(1)证明：PB∥平面ACE；
(2)当PA＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．
[解]　(1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，∵CD平面PCD，AB平面PCD，∴AB∥平面PCD．

又AB平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，
∴EF∥AB，∴EF∥CD．
由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．
如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，
连接EG，则EG∥PB.
又EG平面ACE，PB平面ACE，
∴PB∥平面ACE.
(2)∵PA＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝，AE＝PD＝，∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD．
在Rt△CDE中，CE＝＝.
在△ACE中，由余弦定理知
cos∠AEC＝＝，∴sin∠AEC＝，∴S△ACE＝·AE·CE·sin∠AEC＝ .
设点F到平面ACE的距离为h，连接AF，
则VF­ACE＝××h＝h.
∵DG⊥AC，DG⊥PA，AC∩PA＝A，∴DG⊥平面PAC．
∵E为PD的中点，∴点E到平面ACF的距离为DG＝.
又F为PC的中点，∴S△ACF＝S△ACP＝，
∴VE­ACF＝××＝.
由VF­ACE＝VE­ACF，得h＝，得h＝，
∴点F到平面ACE的距离为.
3．已知在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，E为线段AD上靠近点A的三等分点，O为AB的中点，且PA＝PB，AB＝AD．

(1)求证：EC⊥PE.
(2)PB上是否存在一点F，使得OF∥平面PEC？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：连接PO，EO，CO.
∵平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，O为AB的中点，

∴PO⊥平面ABCD，∵CE平面ABCD，∴PO⊥CE.
设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，
∴AE＝AD＝1，
∴ED＝2，EC＝＝＝2，OE＝＝＝，OC＝＝＝，
∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC．
又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，
又PE平面POE，∴EC⊥PE.
(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：
取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AEMC，∴四边形AECM为平行四边形，∴AM∥EC．
取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC．
∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．
∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，
又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，
∴OF∥平面PEC．