2019屆高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 高考專題突破四 高考中的立體幾何問(wèn)題學(xué)案 文 北師大版

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1、 高考專題突破四　高考中的立體幾何問(wèn)題 【考點(diǎn)自測(cè)】 1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC的中點(diǎn)，E為A1C1的中點(diǎn)，則DE與平面A1B1BA的位置關(guān)系為(　　) A．相交 B．平行 C．垂直相交 D．不確定 答案　B 解析　如圖取B1C1的中點(diǎn)為F，連接EF，DF， 則EF∥A1B1，DF∥B1B， 且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA. 2．設(shè)x，y，z是空間中不同的直線或平面，對(duì)下列四種情形： ①x，y，z均為直線；②x，y是直線，z是平面；③z是直線，x，y是平面；④x，y，z

2、均為平面． 其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是(　　) A．③④ B．①③ C．②③ D．①② 答案　C 解析　由正方體模型可知①④為假命題；由線面垂直的性質(zhì)定理可知②③為真命題． 3．(2018屆遼寧凌源二中聯(lián)考)已知一幾何體的三視圖如圖所示，俯視圖是一個(gè)等腰直角三角形和半圓，則該幾何體的體積為(　　) A．2＋ B.＋π C．2＋ D.＋π 答案　D 解析　結(jié)合三視圖可知，該幾何體是一個(gè)半圓柱與一個(gè)底面是等腰直角三角形的三棱錐組成的組合體，其體積為V＝××2×1×2＋×π×12×2＝＋π， 故選D. 4．(2017·天津?yàn)I海新區(qū)模擬)如圖，

3、以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個(gè)平面后，某學(xué)生得出下列四個(gè)結(jié)論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D－ABC是正三棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 答案　B 解析　由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯(cuò)．故選B. 5．(2017·沈陽(yáng)調(diào)研)設(shè)α，β，

4、γ是三個(gè)平面，a，b是兩條不同的直線，有下列三個(gè)條件： ①a∥γ，bβ；②a∥γ，b∥β；③b∥β，aγ.如果命題“α∩β＝a，bγ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是________．(把所有正確的序號(hào)填上) 答案　①或③ 解析　由線面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當(dāng)b∥β，aγ時(shí)，a和b在同一平面內(nèi)，且沒(méi)有公共點(diǎn)，所以平行，③正確．故應(yīng)填入的條件為①或③. 題型一　求簡(jiǎn)單幾何體的表面積與體積 例1 (2018屆衡水聯(lián)考)如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)．

5、(1)證明：AC1∥平面B1CD； (2)求三棱錐A1—CDB1的體積． (1)證明　連接BC1交B1C于點(diǎn)O，連接OD. 在三棱柱ABC—A1B1C1中，四邊形BCC1B1是平行四邊形， ∴點(diǎn)O是BC1的中點(diǎn)． ∵點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，∴OD∥AC1. 又OD平面B1CD，AC1?平面B1CD， ∴AC1∥平面B1CD. (2)解　∵AC＝BC，AD＝BD，∴CD⊥AB. 在三棱柱ABC—A1B1C1中， 由AA1⊥平面ABC，得平面ABB1A1⊥平面ABC. 又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，CD平面ABC， ∴CD⊥平面ABB1A1， ∵AC⊥BC，AC

6、＝BC＝2， ∴AB＝A1B1＝2，CD＝， ∴V三棱錐A—CDB＝V三棱錐C—ADB ＝××2×2×＝. 思維升華 (1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺(tái)體等規(guī)則幾何體，則可直接利用公式進(jìn)行求解．其中，等積轉(zhuǎn)換法多用來(lái)求三棱錐的體積． (2)若所給定的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過(guò)分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解． (3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應(yīng)先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解． 跟蹤訓(xùn)練1 (2018·烏魯木齊質(zhì)檢)正三棱錐的高為1，底面邊長(zhǎng)為2，內(nèi)有一個(gè)球與它的四個(gè)面都相切(如圖)．求： (1)這個(gè)正三棱錐的表面積；

7、(2)這個(gè)正三棱錐內(nèi)切球的表面積與體積． 解　(1)底面正三角形中心到一邊的距離為××2＝，則正棱錐側(cè)面的斜高為＝， ∴S側(cè)＝3××2×＝9， ∴S表＝S側(cè)＋S底＝9＋××(2)2 ＝9＋6. (2)設(shè)正三棱錐P－ABC的內(nèi)切球球心為O，連接OP，OA，OB，OC，而O點(diǎn)到三棱錐的四個(gè)面的距離都為球的半徑r. ∴V三棱錐P－ABC＝V三棱錐O－PAB＋V三棱錐O－PBC＋V三棱錐O－PAC＋V三棱錐O－ABC ＝S側(cè)·r＋S△ABC·r＝S表·r ＝(3＋2)r. 又VP－ABC＝×××(2)2×1＝2， ∴(3＋2)r＝2， 得r＝＝＝－2. ∴S內(nèi)切球＝4π(－

8、2)2＝(40－16)π. V內(nèi)切球＝π(－2)3＝(9－22)π. 題型二　空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 例2 (2017·廣州五校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)棱PC上． (1)求證：AD⊥平面PBE； (2)若Q是PC的中點(diǎn)，求證：PA∥平面BDQ； (3)若VP－BCDE＝2VQ－ABCD，試求的值． (1)證明　由E是AD的中點(diǎn)，PA＝PD可得AD⊥PE. 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠BAD＝60°， 所以AB＝BD，所以AD⊥BE， 又PE∩BE＝E，PE，BE平面PBE， 所以A

9、D⊥平面PBE. (2)證明　連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OQ. 因?yàn)镺是AC的中點(diǎn)，Q是PC的中點(diǎn)， 所以O(shè)Q∥PA， 又PA?平面BDQ，OQ平面BDQ， 所以PA∥平面BDQ. (3)解　設(shè)四棱錐P－BCDE，Q－ABCD的高分別為h1，h2. 所以V四棱錐P－BCDE＝S四邊形BCDEh1， V四棱錐Q－ABCD＝S四邊形ABCDh2. 又VP－BCDE＝2VQ－ABCD，且S四邊形BCDE＝S四邊形ABCD， 所以＝＝. 思維升華 (1)平行問(wèn)題的轉(zhuǎn)化 利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問(wèn)題時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的

10、轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序正好相反．在實(shí)際的解題過(guò)程中，判定定理和性質(zhì)定理一般要相互結(jié)合，靈活運(yùn)用． (2)垂直問(wèn)題的轉(zhuǎn)化 在空間垂直關(guān)系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊．應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時(shí)，一般需作輔助線，基本作法是過(guò)其中一個(gè)平面內(nèi)一點(diǎn)作交線的垂線，從而把面面垂直問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線面垂直問(wèn)題，進(jìn)而可轉(zhuǎn)化為線線垂直問(wèn)題． 跟蹤訓(xùn)練2 如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過(guò)A作AF⊥SB，垂足為F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的

11、中點(diǎn)． 求證：(1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA. 證明　(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F為SB的中點(diǎn)， 則EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B， 因此平面EFG∥平面ABC. (2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF平面SAB，AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC，則AF⊥BC. 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB平面SAB， 則BC⊥平面SAB，又SA平面SAB， 因此BC⊥SA. 題型三　平面圖形的翻折問(wèn)題 例3 五邊形ANB1C1C是由一個(gè)梯形ANB1B與一個(gè)矩形BB1C1C組成的，如圖

12、甲所示，B為AC的中點(diǎn)，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虛線BB1將五邊形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如圖乙所示． (1)求證：平面BNC⊥平面C1B1N； (2)求圖乙中的多面體的體積． (1)證明　四邊形BB1C1C為矩形，故B1C1⊥BB1， 又由于二面角A—BB1—C為直二面角， 故B1C1⊥平面BB1A，又BN平面BB1A， 故B1C1⊥BN， 由線段AC＝CC1＝2AN＝8知，BB＝NB＋BN2， 即BN⊥NB1，又B1C1∩NB1＝B1， B1C1，NB1平面NB1C1， 所以BN⊥平面C1B1N， 因?yàn)锽N平面BNC， 所以平面BNC

13、⊥平面C1B1N. (2)解　連接CN，過(guò)N作NM⊥BB1，垂足為M， V三棱錐C—ABN＝×BC·S△ABN ＝×4××4×4＝， 又B1C1⊥平面ABB1N， 所以平面CBB1C1⊥平面ABB1N， 且平面CBB1C1∩ABB1N＝BB1， NM⊥BB1，NM平面ABB1N， 所以NM⊥平面B1C1CB， V四棱錐N—BCCB＝×NM·S矩形BCCB ＝×4×4×8＝， 則此幾何體的體積 V＝V三棱錐C—ABN＋V四棱錐N—BCCB＝＋＝. 思維升華 平面圖形的翻折問(wèn)題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況．一般地，翻折后還在同一個(gè)平面上

14、的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化． 跟蹤訓(xùn)練3 (2018屆珠海摸底)為了迎接某節(jié)日，商場(chǎng)進(jìn)行促銷活動(dòng)，某商場(chǎng)打算將進(jìn)行促銷活動(dòng)的禮品盒重新設(shè)計(jì)．方案如下：將一塊邊長(zhǎng)為10的正方形紙片ABCD剪去四個(gè)全等的等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再將剩下的陰影部分折成一個(gè)四棱錐形狀的包裝盒S—EFGH，其中A，B，C，D重合于點(diǎn)O，E與E′重合，F(xiàn)與F′重合，G與G′重合，H與H′重合(如圖所示)． (1)求證：平面SEG⊥平面SFH； (2)已知AE＝，過(guò)O作OM⊥SH交SH于點(diǎn)M，求cos∠EMO的值． (1)證明　∵折后A，B，C，D重合于一

15、點(diǎn)O， ∴拼接成底面EFGH的四個(gè)直角三角形必為全等的等腰直角三角形， ∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH. 連接SO. ∵在原平面圖形中， △SEE′≌△SGG′， ∴SE＝SG，∴EG⊥SO， ∵EG⊥FH，EG⊥SO，F(xiàn)H∩SO＝O， FH，SO平面SFH， ∴EG⊥平面SFH， 又∵EG平面SEG， ∴平面SEG⊥平面SFH. (2)解　由題意，當(dāng)AE＝時(shí)，OE＝， Rt△SHO中，SO＝5，SH＝， ∴OM＝＝. 由(1)知，EO⊥平面SHF， 又∵OM平面SHF，∴EO⊥OM. 在Rt△EMO中，EM＝＝， ∴cos∠EMO＝＝.

16、題型四　立體幾何中的存在性問(wèn)題 例4 (2017·北京昌平區(qū)統(tǒng)考)如圖，在四棱錐P—ABCD中，△PAD為正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4. (1)求證：平面PCD⊥平面PAD； (2)求三棱錐P—ABC的體積； (3)在棱PC上是否存在點(diǎn)E，使得BE∥平面PAD？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)E的位置并證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． (1)證明　因?yàn)锳B∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD. 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD. 因?yàn)镃D平面PCD， 所以平面PCD⊥平面PAD.

17、 (2)解　取AD的中點(diǎn)O，連接PO. 因?yàn)椤鱌AD為正三角形， 所以PO⊥AD. 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD， 所以PO為三棱錐P—ABC的高． 因?yàn)椤鱌AD為正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4， 所以PO＝. 所以V三棱錐P—ABC＝S△ABC·PO ＝××2×2×＝. (3)解　在棱PC上存在點(diǎn)E，當(dāng)E為PC的中點(diǎn)時(shí)， BE∥平面PAD. 分別取CP，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接BE，BF，EF， 所以EF∥PD.因?yàn)锳B∥CD，CD＝2AB， 所以AB∥FD，AB＝FD， 所

18、以四邊形ABFD為平行四邊形， 所以BF∥AD. 因?yàn)锽F∩EF＝F，AD∩PD＝D， 所以平面BEF∥平面PAD. 因?yàn)锽E平面BEF， 所以BE∥平面PAD. 思維升華 對(duì)于線面關(guān)系中的存在性問(wèn)題，首先假設(shè)存在，然后在該假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè)． 跟蹤訓(xùn)練4 如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，DC∥AB，PA＝1，AB＝2，PD＝BC＝. (1)求證：平面PAD⊥平面PCD； (2)試在棱PB上確定一點(diǎn)E，使截面AEC把該幾何體分成的兩部分PDC

19、EA與EACB的體積比為2∶1. (1)證明　∵AD⊥AB，DC∥AB，∴DC⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD，DC平面ABCD，∴DC⊥PA. ∵AD∩PA＝A，AD，PA平面PAD， ∴DC⊥平面PAD. ∵DC平面PCD， ∴平面PAD⊥平面PCD. (2)解　作EF⊥AB于F點(diǎn)， ∵在△ABP中，PA⊥AB， ∴EF∥PA， ∴EF⊥平面ABCD. 設(shè)EF＝h，AD＝＝1， S△ABC＝AB·AD＝1， 則V三棱錐E—ABC＝S△ABC·h＝h. V四棱錐P—ABCD＝S四邊形ABCD·PA ＝××1＝. 由VPDCEA∶V三棱錐E—ACB＝2∶

20、1， 得∶h＝2∶1，解得h＝. EF＝PA，故E為PB的中點(diǎn)． 1．(2017·北京)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為(　　) A．3 B．2 C．2 D．2 答案　B 解析　在正方體中還原該四棱錐，如圖所示， 可知SD為該四棱錐的最長(zhǎng)棱． 由三視圖可知正方體的棱長(zhǎng)為2， 故SD＝＝2. 故選B. 2．(2018·沈陽(yáng)月考)如圖所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直線l上的兩點(diǎn)，C，D是平面β內(nèi)的兩點(diǎn)，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一動(dòng)點(diǎn)，且有∠APD＝∠BPC，則四棱錐P－ABCD

21、體積的最大值是(　　) A．48 B．16 C．24 D．144 答案　A 解析　由題意知，△PAD，△PBC是直角三角形， 又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC. 因?yàn)镈A＝4，CB＝8，所以PB＝2PA. 作PM⊥AB于點(diǎn)M，由題意知，PM⊥平面β. 令BM＝t，則AM＝|6－t|， PA2－(6－t)2＝4PA2－t2， 所以PA2＝4t－12. 所以PM＝， 即為四棱錐P－ABCD的高， 又底面ABCD為直角梯形，S＝×(4＋8)×6＝36. 所以V＝×36×＝12 ≤12×4＝48. 3．(2017·云南省十一校調(diào)研)設(shè)已知m，n是兩條

22、不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題： ①若α⊥β，mα，nβ，則m⊥n； ②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ③若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β； ④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n. 其中所有正確命題的序號(hào)是________． 答案?、冖? 解析　對(duì)于①，當(dāng)兩個(gè)平面互相垂直時(shí)，分別位于這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線未必垂直，因此①不正確；對(duì)于②，依據(jù)結(jié)論“由空間一點(diǎn)向一個(gè)二面角的兩個(gè)半平面(或半平面所在平面)引垂線，這兩條垂線所成的角與這個(gè)二面角的平面角相等或互補(bǔ)”可知②正確；對(duì)于③，分別與兩條平行直線平行的兩個(gè)平面未必平行，因此③不正確；對(duì)于④，由n∥β得，

23、在平面β內(nèi)必存在直線n1平行于直線n，由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1，又n1∥n，因此有m⊥n，④正確．綜上所述，所有正確命題的序號(hào)是②④. 4.如圖梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折，給出四個(gè)結(jié)論： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折過(guò)程中，可能成立的結(jié)論是________．(填寫(xiě)結(jié)論序號(hào)) 答案　②③ 解析　因?yàn)锽C∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯(cuò)誤；設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影

24、為點(diǎn)P，當(dāng)BP⊥CF時(shí)就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使條件滿足，所以②正確；當(dāng)點(diǎn)P落在BF上時(shí)，DP平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；因?yàn)辄c(diǎn)D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯(cuò)誤． 5.如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，E為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段D1E上，則點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為_(kāi)_______． 答案　 解析　點(diǎn)P到直線CC1的距離等于點(diǎn)P在平面ABCD上的射影到點(diǎn)C的距離，設(shè)點(diǎn)P在平面ABCD上的射影為P′，顯然點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長(zhǎng)度的最小值．連接DE，

25、當(dāng)P′C⊥DE時(shí)，P′C的長(zhǎng)度最小，此時(shí)P′C＝＝. 6．(2018屆永州市模擬)如圖，在三棱錐S—ABC中，SA＝SB，AC＝BC，O為AB的中點(diǎn)，SO⊥平面ABC，AB＝4，OC＝2，N是SA的中點(diǎn)，CN與SO所成的角為α，且tan α＝2. (1)證明：OC⊥ON； (2)求三棱錐S—ABC的體積． (1)證明　∵AC＝BC，O為AB的中點(diǎn)， ∴OC⊥AB，又SO⊥平面ABC，OC平面ABC， ∴OC⊥SO，又AB∩SO＝O，AB，SO平面SAB， ∴OC⊥平面SAB， 又∵ON平面SAB， ∴OC⊥ON. (2)解　設(shè)OA的中點(diǎn)為M，連接MN，MC，

26、 則MN∥SO，故∠CNM即為CN與SO所成的角α， 又MC⊥MN且tan α＝2， ∴MC＝2MN＝SO， 又MC＝ ＝＝， 即SO＝， ∴三棱錐S—ABC的體積 V＝Sh＝··2·4·＝. 7．(2018屆武漢調(diào)研)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. (1)證明：BE⊥平面D1AE； (2)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，在線段AB上是否存在一點(diǎn)M，使得MF∥平面D1AE？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． (1)證明　連接BE， ∵ABCD為矩形且

27、AD＝DE＝EC＝BC＝2， ∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE， 又平面D1AE⊥平面ABCE， 平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE平面ABCE， ∴BE⊥平面D1AE. (2)解　AM＝AB，取D1E的中點(diǎn)L，連接AL，F(xiàn)L， ∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝AB， ∴M，F(xiàn)，L，A四點(diǎn)共面， 若MF∥平面AD1E，則MF∥AL. ∴AMFL為平行四邊形，∴AM＝FL＝AB. 故線段AB上存在滿足題意的點(diǎn)M，且＝. 8.如圖，在四棱錐P—ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝AB＝2，E，F(xiàn)，G分別是PC，PD，BC的中點(diǎn)．

28、 (1)求證：平面PAB∥平面EFG； (2)在線段PB上確定一點(diǎn)Q，使PC⊥平面ADQ，并給出證明． (1)證明　∵在△PCD中，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)， ∴EF∥CD，又∵四邊形ABCD為正方形， ∴AB∥CD，∴EF∥AB， ∵EF?平面PAB，AB平面PAB， ∴EF∥平面PAB.同理EG∥平面PAB， ∵EF，EG是平面EFG內(nèi)兩條相交直線， ∴平面PAB∥平面EFG. (2)解　當(dāng)Q為線段PB的中點(diǎn)時(shí)，PC⊥平面ADQ. 取PB的中點(diǎn)Q，連接DE，EQ，AQ，DQ， ∵EQ∥BC∥AD，且AD≠Q(mào)E， ∴四邊形ADEQ為梯形， 由PD⊥平面

29、ABCD，AD平面ABCD， 得AD⊥PD， ∵AD⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD平面PCD， ∴AD⊥平面PDC，又PC平面PDC， ∴AD⊥PC. ∵△PDC為等腰直角三角形，E為斜邊中點(diǎn)， ∴DE⊥PC， ∵AD，DE是平面ADQ內(nèi)的兩條相交直線， ∴PC⊥平面ADQ. 9.如圖所示的幾何體P—ABCD中，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝a，PB⊥AB，平面ABCD⊥平面PAB，AC∩BD＝O，E為PD的中點(diǎn)，G為平面PAB內(nèi)任一點(diǎn)． (1)在平面PAB內(nèi)，過(guò)G點(diǎn)是否存在直線l使OE∥l？如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由，如果存在，請(qǐng)

30、說(shuō)明作法； (2)過(guò)A，C，E三點(diǎn)的平面將幾何體P—ABCD截去三棱錐D—AEC，求剩余幾何體AECBP的體積． 解　(1)過(guò)G點(diǎn)存在直線l使OE∥l，理由如下： 由題意知O為BD的中點(diǎn)，又E為PD的中點(diǎn)， 所以在△PBD中，OE∥PB. 若點(diǎn)G在直線PB上，則直線PB即為所求的直線l， 所以有OE∥l； 若點(diǎn)G不在直線PB上，在平面PAB內(nèi)，過(guò)點(diǎn)G作直線l，使l∥PB， 又OE∥PB，所以O(shè)E∥l， 即過(guò)G點(diǎn)存在直線l使OE∥l. (2)連接EA，EC，則平面ACE將幾何體分成兩部分： 三棱錐D—AEC與幾何體AECBP(如圖所示)． 因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面PAB，且交線為AB， 又PB⊥AB，PB平面PAB， 所以PB⊥平面ABCD. 故PB為幾何體P—ABCD的高． 又四邊形ABCD為菱形， ∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝a， 所以S四邊形ABCD＝2×a2＝a2， 所以V四棱錐P—ABCD＝S四邊形ABCD·PB ＝×a2×a＝a3. 又OE綊PB，所以O(shè)E⊥平面ACD， 所以V三棱錐D—AEC＝V三棱錐E—ACD ＝S△ACD·EO＝V四棱錐P—ABCD＝a3， 所以幾何體AECBP的體積 V＝V四棱錐P—ABCD－V三棱錐D—EAC＝a3－a3＝a3. 19