2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题三第二讲大题考法——立体几何

第二讲 大题考法——立体几何
题型(一)
平行、垂直关系的证明

平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面(面面)平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直关系的转化等.

[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q­ABP的体积.
[审题定向]
(一)定知识
　　主要考查直线与平面垂直、平面与平面垂直、三棱锥的体积．
(二)定能力
1.考查直观想象：平面图形翻折前后变与不变的数量关系、位置关系；线面垂直、面面垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，想到证线面垂直，进而要证线线垂直；要求三棱锥的体积，需求其底面积及高.
(三)定思路
第(1)问利用面面垂直判定定理求证：
证BA⊥AC⇒AB⊥平面ACD⇒面ACD⊥面ABC；
第(2)问利用三棱锥体积公式求解：
先求得三棱锥底面ABP的边角，过点Q作QE⊥AC于点E，易证得QE⊥平面ABC，由体积公式VQ­ABP＝×S△ABP×QE可求得体积.

[解]　(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又因为BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.因为AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC.

由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.
[典例2]　(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥P­ABCD的体积.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查直线与平面平行的判定、四棱锥的体积．
(二)定能力
1.考查直观想象：四棱锥几何体中的线线、线面、面面平行与垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证线面平行，想到证线线平行；要求四棱锥的体积，需求底面积及高，进而先找证高线.
(三)定思路
第(1)问利用线面平行的判定定理求证：
由条件中两角等于90°可得BC∥AD，再结合线面平行的判定定理证明；
第(2)问利用四棱锥体积公式求解：
先求BC的长度后，计算底面积，确定高，利用V＝Sh可求.

[解]　(1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.

(2)如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2，解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.所以四棱锥P­ABCD的体积V＝××2＝4.

[类题通法]
平行、垂直关系的证明思路

[对点训练]
如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别为CD和PC的中点，求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.






题型(二)
体积、距离的计算

本部分的计算题目多设两问，第(1)问考查空间位置关系的证明，第(2)问考查空间几何体体积的求法或点到平面距离的求法.

[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查直线与直线垂直的判定、直线与平面垂直的判定定理、点到平面的距离．
(二)定能力
1.考查直观想象：三棱锥中的线线垂直、线面垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，想到证线线垂直；要求点面距，先找过此点的面的垂线，即高线的长.
(三)定思路
第(1)问利用线面垂直的判定定理求证：
连接OB，由已知条件得出OP⊥OB，OP⊥AC，再利用线面垂直的判定定理得证；
第(2)问利用线面垂直判定定理找高线，由等面积法求其大小：
作出直线与直线垂直，证明直线与平面垂直，由等面积法求点到平面的距离.
　　[解]　(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2.连接OB，因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为AC∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.


(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°，所以OM＝，CH＝＝.所以点C到平面POM的距离为.


[典例2]　(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查直线与平面垂直、平面与平面垂直、四棱锥的体积和侧面积.
(二)定能力
1.考查直观想象：四棱锥几何体中的线线平行、垂直，线面垂直，面面垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证明面面垂直，想到证线面垂直，进而要证线线垂直；已知四棱锥的体积，可求得底面边长，进而可求侧面积.
(三)定思路
第(1)问利用面面垂直判定定理求证：
证AB⊥AP，AB⊥PD⇒AB⊥平面PAD⇒平面PAB⊥平面PAD；
第(2)问利用四棱锥体积公式列方程求边，进而求各侧面面积：
在平面PAD内作PE⊥AD，先证得PE为四棱锥的高，由四棱锥体积列方程，求得高及各侧面中的边，进而由面积公式求得侧面积.

[解]　(1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.因为AB∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩PD＝P，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)如图所示，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.
设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x.故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝AB·AD·PE＝x3.由题设得x3＝，故x＝2.从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.可得四棱锥P­ABCD的侧面积为PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
[类题通法]
(1)求解不规则几何体的体积时，常用割补法，将问题转化为柱体或锥体的体积求解．
(2)求点到平面的距离时，常用等体积转换法．

[对点训练]
(2018·郑州模拟)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D为线段AB上的点，且AD＝2DB，PD⊥AC.
(1)求证：PD⊥平面ABC；
(2)若∠PAB＝，求点B到平面PAC的距离．
解：(1)证明：连接CD(图略)，据题知AD＝4，BD＝2，AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴cos∠ABC＝＝，∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，∴CD＝2，∴CD2＋AD2＝AC2，则CD⊥AB.∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴CD⊥平面PAB，∴CD⊥PD，∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)得PD⊥AB，∵∠PAB＝，∴PD＝AD＝4，PA＝4，在Rt△PCD中，PC＝＝2，∴△PAC是等腰三角形，∴可求得S△PAC＝8.设点B到平面PAC的距离为d，由VB­PAC＝VP­ABC，得S△PAC×d＝S△ABC×PD，∴d＝＝3.故点B到平面PAC的距离为3.











题型(三)
翻折与探索性问题

　主要考查平面图形与空间图形的转换，且多涉及空间线面、面面的平行与　垂直问题的证明或判断以及探索性问题.

[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查线面垂直、面面垂直、线面平行的判定，探索性问题．
(二)定能力
1.考查直观想象：空间图形中线线、线面、面面平行与垂直的空间位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，要证线面垂直、进而先证线线垂直；是否存在点使得线面平行，只需找一点证明线面平行即可.
(三)定思路
第(1)问利用线面垂直、面面垂直的判定定理求证：
先证明BC⊥DM，再证明DM⊥CM即可；
第(2)问利用线面平行的判定定理进行判定：
先连接AC，BD，BD与AC交于点O，再说明是否存在点P满足OP∥MC即可.

[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.

[典例2]　(2016·全国卷Ⅱ)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)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′­ABCFE的体积．

[审题定向]
(一)定知识
主要考查平面图形翻折问题中的线线垂直、五棱锥的体积．
(二)定能力
1.考查直观想象：平面图形到空间图形的转化，翻折前后变与不变的数量及位置关系.
2.考查逻辑推理：欲证线线垂直，可转化为证其中一直线的平行线与另一直线垂直；欲求五棱锥的体积，需先找(证)其高，再求其底面积，然后利用锥体体积公式计算即可.
(三)定思路
第(1)问利用平行过渡来证明线线垂直：
利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD′垂直；
第(2)问利用锥体体积公式V＝Sh计算：
求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与△DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD′与底面垂直以及求△DEF的面积问题了.
[解]　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由＝得EF＝.五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.所以五棱锥D′­ABCFE的体积V＝××2＝.




[类题通法]
1．求解平面图形折叠问题的关键和方法

2.求解探索性问题的类型及策略

[对点训练]
(2018·泰安模拟)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E为AD的中点，F为B1C1的中点．
(1)求证：A1F∥平面ECC1；
(2)在CD上是否存在一点G，使BG⊥平面ECC1？若存在，请确定点G的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，取BC的中点M，连接AM，FM，所以B1F∥BM且B1F＝BM，所以四边形B1FMB是平行四边形，所以FM∥B1B且FM＝B1B.因为B1B∥A1A且B1B＝A1A，所以FM∥A1A且FM＝A1A，所以四边形AA1FM是平行四边形，所以A1F∥AM.因为E为AD的中点，所以AE∥MC且AE＝MC.所以四边形AMCE是平行四边形，所以CE∥AM，所以CE∥A1F.因为A1F⊄平面ECC1，EC⊂平面ECC1，所以A1F∥平面ECC1.
(2)在CD上存在一点G，使BG⊥平面ECC1.证明如下：取CD的中点G，连接BG.在正方形ABCD中，DE＝GC，CD＝BC，∠ADC＝∠BCD，所以△CDE≌△BCG，所以∠ECD＝∠GBC.因为∠CGB＋∠GBC＝90°，所以∠CGB＋∠DCE＝90°，所以BG⊥EC.因为CC1⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，所以CC1⊥BG.又EC∩CC1＝C，所以BG⊥平面ECC1.故当G为CD的中点时，满足BG⊥平面ECC1.



立体几何问题重在 “转”——转化、转换
[循流程思维——入题快]
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是转化、转换．转化——空间平行关系间的转化、垂直关系间的转化、平行与垂直关系间的转化以及平面几何与立体几何的转化等；转换——对几何体的体积、锥体体积常考查顶点转换，多面体体积多分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差来求解，求体积时距离与体积计算的转换等．


[按流程解题——快又准]
[典例]　(2016·全国卷Ⅲ)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．
[解题示范]
(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知
TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.❶
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以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M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.所以四面体N­BCM的体积VN­BCM＝×S△BCM×＝.❷　
❶转化：平行关系间的转化．
线∥线⇒线∥面．
TN∥BC，AD∥BC⇒TN綊AM⇒MN∥AT⇒MN∥平面PAB.
❷转换：距离与体积的计算转换．
点面距、点线距⇒体积的计算．
AE＝，AM∥BC⇒点M到BC的距离为；点N到平面ABCD的距离为PA⇒四面体N­BCM的体积．
[思维升华]　立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型．其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容；空间距离、面积与体积的计算是重点内容．
[应用体验]
(2018·河北三市联考)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝4，CB＝2，AA1＝2，∠ACB＝60°，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1)证明：平面AEB⊥平面BB1C1C；
(2)证明：C1F∥平面ABE；
(3)设P是BE的中点，求三棱锥P­B1C1F的体积．
解：(1)证明：在△ABC中，
∵AC＝2BC＝4，∠ACB＝60°，
∴AB＝2，∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，
由已知AB⊥BB1，且BC∩BB1＝B，
可得AB⊥平面BB1C1C，
又AB⊂平面ABE，
∴平面ABE⊥平面BB1C1C.
(2)证明：取AB的中点M，连接EM，FM，在△ABC中，M，F分别为AB，BC的中点，
∴MF∥AC，MF＝AC，
∵A1C1∥AC，A1C1＝AC，E为A1C1的中点，
∴MF∥EC1，MF＝EC1，
∴四边形EC1FM为平行四边形，
∴C1F∥EM，
∵EM⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
∴C1F∥平面ABE.
(3)取B1C1的中点H，连接EH，则EH∥AB，且EH＝AB＝，又AB⊥平面BB1C1C，
∴EH⊥平面BB1C1C，
∴P是BE的中点，
∴VP­B1C1F＝VE­B1C1F＝×S△B1C1F·EH＝××2×＝.




A卷——大题保分练
1.(2018·济南模拟)如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E，F分别为MA，DC的中点．求证：
(1)EF∥平面MNCB；
(2)平面MAC⊥平面BND.
证明：(1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.
因为F，G分别为DC，NC的中点，所以FG∥ND且FG＝ND，
又ME∥ND且ME＝ND，
所以FG与ME平行且相等，
所以四边形MEFG是平行四边形，
所以EF∥MG，
又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，
所以EF∥平面MNCB.
(2)因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.
因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，
所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.
又AC⊂平面MAC，
所以平面MAC⊥平面BDN.
2.(2018·江苏调研)如图，在三棱锥P­ABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.
(1)若AB⊥BC，且CP⊥PB，求证：CP⊥PA；
(2)若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.
证明：(1)因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，AB⊂平面ABC，AB⊥BC，
所以AB⊥平面PBC.
因为CP⊂平面PBC，所以CP⊥AB.
又CP⊥PB，且PB∩AB＝B，AB，PB⊂平面PAB，
所以CP⊥平面PAB.
又PA⊂平面PAB，所以CP⊥PA.
(2)在平面PBC内过点P作PD⊥BC，垂足为D(图略)．
因为平面PBC⊥平面ABC，
又平面PBC∩平面ABC＝BC，PD⊂平面PBC，
所以PD⊥平面ABC.
又l⊥平面ABC，所以l∥PD.
又l⊄平面PBC，PD⊂平面PBC，
所以l∥平面PBC.
3．(2018·郑州模拟)如图，已知四棱锥S ­ABCD，底面梯形ABCD中，AD∥BC，平面SAB⊥平面ABCD，△SAB是等边三角形，已知AC＝2AB＝4，BC＝2AD＝2CD＝2，M是SD上任意一点，SM＝mMD，且m>0.
(1)求证：平面SAB⊥平面MAC；
(2)试确定m的值，使三棱锥S ­ABC的体积为三棱锥S­MAC体积的3倍．
解：(1)证明：在△ABC中，由于AB＝2，AC＝4，BC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，故AB⊥AC.又平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD＝AB，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面SAB，又AC⊂平面MAC，故平面SAB⊥平面MAC.
(2)由(1)知，S△ABC＝×2×4＝4，S△ACD＝×4×＝2，
VS ­MAC＝VM ­SAC＝VD ­SAC＝VS ­ACD，
∴＝·＝·＝·2＝3，
∴m＝2，即当m＝2时，三棱锥S ­ABC的体积为三棱锥S ­MAC体积的3倍．
4.(2018·北京东城区模拟)如图，在四棱锥E­ABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD＝3AB.
(1)求证：平面ACE⊥平面CDE；
(2)在线段DE上是否存在一点F，使AF∥平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：因为CD⊥平面ADE，AE⊂平面ADE，
所以CD⊥AE.
又AE⊥DE，CD∩DE＝D，所以AE⊥平面CDE，
因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面CDE.
(2)在线段DE上存在一点F，且＝，使AF∥平面BCE.设F为线段DE上一点，且＝.
过点F作FM∥CD交CE于点M，连接BM，AF，则FM＝CD，如图所示．
因为CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，所以CD∥AB.
又FM∥CD，所以FM∥AB.
因为CD＝3AB，所以FM＝AB.
所以四边形ABMF是平行四边形，
所以AF∥BM.
又AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，
所以AF∥平面BCE.
5.(2018·北京西城区期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；
(3)求多面体ABCDEF的体积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD.
又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面BDEF.
(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.
又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD＝O，连接OH，如图．
在△ACF中，因为O，H分别为CA，CF的中点，所以OH∥AF.
因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.
(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.
因为AO＝，矩形BDEF的面积S矩形BDEF＝3×2＝6，
所以四棱锥A­BDEF的体积V1＝×S矩形BDEF×AO＝4.
同理，四棱锥C­BDEF的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.

B卷——深化提能练
1.(2018·重庆模拟)如图，在几何体ABCDFE中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝5，AC，BD交于点O.
(1)证明：平面AEC⊥平面BEFD；
(2)若cos∠BAD＝，求几何体ABCDFE的体积．
解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BE⊥AC，
又BE∩BD＝B，
∴AC⊥平面BEFD，
∵AC⊂平面AEC，
∴平面AEC⊥平面BEFD.
(2)∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BD，
∵DF∥BE，∴DF⊥BD，
∴BD2＝EF2－(DF－BE)2＝24，∴BD＝2，
∴S四边形BEFD＝(BE＋DF)·BD＝3，
设AB＝a(a>0)，
∵cos∠BAD＝，
∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝a2＝24，∴a＝3，
∴OA2＝AB2－OB2＝12，
∴OA＝2，
由(1)得AC⊥平面BEFD，OA＝OC，
∴V几何体ABCDFE＝2V四棱锥A­BEFD＝S四边形BEFD·OA＝12.
2.(2018·陕西模拟)在三棱锥P­ABC中，△PAC和△PBC都是边长为的等边三角形，AB＝2，O，D分别是AB，PB的中点．
(1)求证：OD∥平面PAC；
(2)求证：PO⊥平面ABC；
(3)求三棱锥A­PBC的体积．
解：(1)证明：∵O，D分别为AB，PB的中点，
∴OD∥PA.
又PA⊂平面PAC，OD⊄平面PAC，
∴OD∥平面PAC.
(2)证明：如图，连接OC，
∵AC＝CB＝，AB＝2，
∴AC2＋CB2＝AB2，
∴∠ACB＝90°.
又O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC＝1.
同理，PO⊥AB，PO＝1.
又PC＝，而PC2＝OC2＋PO2＝2，∴PO⊥OC.
又AB∩OC＝O，AB⊂平面ABC，OC⊂平面ABC，
∴PO⊥平面ABC.
(3)由(2)可知PO⊥平面ABC，
∴PO为三棱锥P­ABC的高，且PO＝1.
三棱锥A­PBC的体积VA­PBC＝VP­ABC＝S△ABC·PO＝××1＝.
3．如图，在三棱锥P­ABC中，∠ABC＝90°，平面PAB⊥平面ABC，PA＝PB，点D在PC上，且BD⊥平面PAC.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)若AB∶BC＝2∶，求三棱锥D­PAB与三棱锥D­ABC的体积比．
解：(1)证明：因为BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以BD⊥PA，
因为∠ABC＝90°，所以CB⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
所以CB⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，
所以CB⊥PA，又CB∩BD＝B，
所以PA⊥平面PBC.
(2)因为三棱锥D­PAB的体积VD­PAB＝VA­PBD＝S△PBD×PA＝×BD×PD×PA，
三棱锥D­ABC的体积VD­ABC＝VA­BCD＝S△BCD×PA＝×BD×CD×PA，
所以＝.
设AB＝2，BC＝，
因为PA⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以PA⊥PB，
又PA＝PB，所以PB＝，
在Rt△PBC中，PC＝＝2，
又BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，
所以BD⊥PC，
所以CD＝＝，PD＝，
所以＝，
即三棱锥D­PAB与三棱锥D­ABC的体积比为.
4.(2018·贵阳模拟)如图，在四面体ABCD中，AC＝6，BA＝BC＝5，AD＝CD＝3.
(1)求证：AC⊥BD；
(2)当四面体ABCD的体积最大时，求点A到平面BCD的距离．
解：(1)证明：如图，取AC的中点O，连接OB与OD，
∵BA＝BC，∴AC⊥OB，
∵AD＝CD，∴AC⊥OD，
又OD∩OB＝O，
∴AC⊥平面OBD，又BD⊂平面OBD，∴AC⊥BD.
(2)由题可知，当四面体ABCD的体积最大时，平面DAC⊥平面ABC，∵DO⊥AC，∴DO⊥平面ABC，
又OB⊂平面ABC，∴DO⊥OB，
∵DA＝DC＝3，AC＝6，AB＝BC＝5，
∴OD＝＝＝3，
OB＝＝＝4，
∴DB＝＝＝5，
又BC＝5，
∴在△BCD中，CD边上的高h＝＝＝，
∴S△BCD＝×CD×h＝×3×＝，
S△ABC＝×AC×OB＝×6×4＝12.
设点A到平面BCD的距离为d，
∴VA­BCD＝VD­ABC，
即S△BCD×d＝S△ABC×OD，
∴d＝＝＝，
∴点A到平面BCD的距离为.
5．如图，在平面图形中，四边形ABEC与ADFC为全等的平行四边形，∠BAC＝∠DAC＝30°，AB＝AD＝，BE＝DF＝2，将△EBC和△FDC分别沿BC，DC折起，使E，F重合于点P.

(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；
(2)若M为PA的中点，求多面体PMBCD的体积．
解：(1)证明：由题意，可得EC⊥BC，FC⊥DC，因为折起后E，F重合于点P，所以PC⊥BC，PC⊥DC.又BC∩CD＝C，所以PC⊥平面ABCD.因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.在四边形ABCD中，∠BAC＝∠DAC，AB＝AD，所以BD⊥AC，又AC∩PC＝C，所以BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O，由(1)知，BD⊥AC，且PC⊥平面ABCD，又M为PA的中点，所以M到平面ABCD的距离为PC＝，V四棱锥P­ABCD＝S四边形ABCD·PC＝××AC×BD×PC＝××2××＝1，V三棱锥M­ABD＝S△ABD·PC＝××BD×OA×PC＝××××＝，因此多面体PMBCD的体积为1－＝.