考點(diǎn)07立體幾何2022高考數(shù)學(xué)（文）?？伎记皬?fù)習(xí)指導(dǎo)與搶分集訓(xùn)

專題一核心考點(diǎn)速查練考點(diǎn)07立體幾何核心考點(diǎn)呈現(xiàn)1、柱錐臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征2、三視圖、斜二測(cè)畫出直觀圖3、球柱錐臺(tái)的表面積和體積公式4、線面位置關(guān)系5、線面平行、面面平行判定和性質(zhì)6、線面垂直、面面垂直判定和性質(zhì)7、用已獲結(jié)論證明空間圖形的位置關(guān)系1．一個(gè)水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖是直角梯形(如圖所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，則這個(gè)平面圖形的面積為()A．eq\f(1,4)＋eq\f(\r(2),4) B．2＋eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,4)＋eq\f(\r(2),2) D．eq\f(1,2)＋eq\r(2)【答案】B【解析】如圖將直觀圖ABCD還原后為直角梯形A′BCD′，其中A′B＝2AB＝2，BC＝1＋eq\f(\r(2),2)，A′D′＝AD＝1.所以S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(\r(2),2)))×2＝2＋eq\f(\r(2),2).2．一個(gè)斜三棱柱(側(cè)棱與底面不垂直)，底面是邊長(zhǎng)為5的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為4，側(cè)棱與底面三角形兩邊所成的角都是60°，則這個(gè)斜三棱柱的側(cè)面積是()A．40 B．20(1＋eq\r(3))C．30(1＋eq\r(3)) D．30eq\r(3)【答案】D【解析】如圖所示，若∠A1AC＝∠A1AB＝60°，則可證明?BB1C1C為矩形，因此，S側(cè)＝2S?AA1B1B＋S矩形BB1C1C＝2×4×5×sin60°＋4×5＝20(1＋eq\r(3))．故選B．3．如圖所示，四面體ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)是長(zhǎng)方體的四個(gè)頂點(diǎn)(長(zhǎng)方體是虛擬圖形，起輔助作用)，則四面體ABCD的三視圖是(用①②③④⑤⑥代表圖形)()A．①②⑥ B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤【答案】B【解析】正視圖應(yīng)該是相鄰兩邊長(zhǎng)為3和4的矩形，其對(duì)角線左下到右上是實(shí)線，左上到右下是虛線，因此正視圖是①；側(cè)視圖應(yīng)該是相鄰兩邊長(zhǎng)為5和4的矩形，其對(duì)角線左上到右下是實(shí)線，左下到右上是虛線，因此側(cè)視圖是②；俯視圖應(yīng)該是相鄰兩邊長(zhǎng)為3和5的矩形，其對(duì)角線左上到右下是實(shí)線，左下到右上是虛線，因此俯視圖是③，故選B．4．已知A，B是球O的球面上兩點(diǎn)，∠AOB＝90°，C為該球面上的動(dòng)點(diǎn)．若三棱錐O－ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為()A．36π B．64πC．144π D．256π【答案】C【解析】∵S△OAB是定值，且VO－ABC＝VC－OAB，∴當(dāng)OC⊥平面OAB時(shí)，VC－OAB最大，即VO－ABC最大．設(shè)球O的半徑為R，則(VO－ABC)max＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)R2×R＝eq\f(1,6)R3＝36，∴R＝6，∴球O的表面積S＝4πR2＝4π×62＝144π.5．有兩條不同的直線m、n與兩個(gè)不同的平面α、β，下列命題正確的是()A．m∥α，n∥β，且α∥β，則m∥nB．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m∥nC．m∥α，n⊥β，且α⊥β，則m∥nD．m⊥α，n∥β，且α∥β，則m⊥n【答案】D【解析】選項(xiàng)A中m、n也可能相交或異面，選項(xiàng)B中m⊥n，選項(xiàng)C中m與n也可能相交或異面．6．設(shè)a、b、c是空間的三條直線，α、β是空間的兩個(gè)平面，則下列命題中不成立的是()A．當(dāng)c⊥a時(shí)，若c⊥β，則a∥βB．當(dāng)b?α?xí)r，若b⊥β，則α⊥βC．當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時(shí)，若b⊥c，則a⊥bD．當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若c∥b，則c∥α【答案】A【解析】對(duì)于選項(xiàng)A，a可能在平面β內(nèi)，故A不成立；而B、C、D均成立．7．已知l，m，n是三條不同的直線，α，β是不同的平面，則α⊥β的一個(gè)充分條件是()A．l?α，m?β，且l⊥mB．l?α，m?β，n?β，且l⊥m，l⊥nC．m?α，n?β，m∥n，且l⊥mD．l?α，l∥m且m⊥β【答案】D【解析】對(duì)于A，l?α，m?β，是l⊥m，如圖(1)，α，β不垂直；對(duì)于B，l?α，m?β，n?β，且l⊥m，l⊥n，如圖(2)，α，β不垂直；圖(1)圖(2)對(duì)于C，m?α，n?β，m∥n，且l⊥m，直線l沒有確定，則α，β的關(guān)系也不確定；對(duì)于D，l?α，l∥m，且m⊥β，則必有l(wèi)⊥β.根據(jù)面面垂直的判定定理知，α⊥β.8．已知α，β表示平面，m，n表示直線，m⊥β，α⊥β，給出下列四個(gè)結(jié)論：①?n?α，n⊥β；②?n?β，m⊥n；③?n?α，m∥n；④?n?α，m⊥n.則上述結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】由于m⊥β，α⊥β，所以m?α或m∥α.?n?α，n⊥β或n，β斜交或n∥β，①不正確；?n?β，m⊥n，②正確；?n?α，m∥n或m，n相交或互為異面直線，③不正確；④正確．故選B．9．如圖所示，等腰直角三角形ABC中，AB＝2，D，E，F(xiàn)分別在邊AB，BC，CA上，且DE∥AC，EF∥AB，現(xiàn)沿DE折疊，使平面BDE⊥平面ADEF，若此時(shí)棱錐B－ADEF的體積最大，則BD的長(zhǎng)為()A．eq\f(2,3) B．eq\f(4,3)C．1 D．eq\f(3,2)【答案】B【解析】設(shè)BD的長(zhǎng)為x時(shí)，棱錐B－ADEF的體積最大．∵等腰直角三角形ABC中，AB＝2，DE∥AC，EF∥AB，∴BD為棱錐B－ADEF的高，此時(shí)底面ADEF為矩形，AD＝2－x，DE＝x.故棱錐B－ADEF的體積V＝eq\f(1,3)×BD×AD×DE＝eq\f(1,3)(2－x)·x·x＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(2,3)x2.V′＝－x2＋eq\f(4,3)x，當(dāng)0<x<eq\f(4,3)時(shí)，V′>0，此時(shí)函數(shù)為增函數(shù)；當(dāng)eq\f(4,3)<x<2時(shí)，V′<0，此時(shí)函數(shù)為減函數(shù)，故當(dāng)x＝eq\f(4,3)時(shí)函數(shù)取得最大值，即當(dāng)BD＝eq\f(4,3)時(shí)，棱錐B－ADEF的體積最大．10．在三棱錐C－ABD中(如圖)，△ABD與△CBD是全等的等腰直角三角形，O為斜邊BD的中點(diǎn)，AB＝4，二面角A－BD－C的大小為60°，給出下列結(jié)論：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC為正三角形；④cos∠ADC＝eq\f(\r(3),4)；⑤四面體ABCD外接球的表面積為32π.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是()A．②③④ B．①③④C．①④⑤ D．①③⑤【答案】D【解析】由題意知，BC＝CD＝AD＝AB，且BC⊥CD，BA⊥AD．因?yàn)镺是斜邊BD的中點(diǎn)，所以O(shè)C⊥BD，OA⊥BD，且OC＝OA＝eq\f(1,2)BD，所以∠AOC是二面角A－BD－C的平面角，所以∠AOC＝60°，所以△AOC是正三角形，即③正確．而OC∩OA＝O，所以BD⊥平面AOC，所以BD⊥AC，即①正確．若AD⊥CO，則由CO⊥BD可得CO⊥平面ABD，所以CO⊥OA，這與∠AOC＝60°矛盾，所以②不正確．因?yàn)锳B＝CD＝AD＝4，AC＝2eq\r(2)，所以cos∠ADC＝＝，所以④不正確．因?yàn)镺B＝OC＝OA＝OD，所以O(shè)是四面體ABCD外接球的球心，所以外接球的表面積為4π×(2eq\r(2))2＝32π，即⑤正確．綜上所述，所有正確結(jié)論的序號(hào)是①③⑤.11．在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，對(duì)角線B1D與平面A1BC1相交于點(diǎn)E，則點(diǎn)E為△A1BC1的()A．垂心B．內(nèi)心C．外心D．重心【答案】A【解析】設(shè)B1D1∩A1C1＝M，則平面BB1D1D∩平面A1BC1＝BM，所以點(diǎn)E在中線BM上，同理設(shè)B1C∩BC1＝N，則平面A1B1CD∩平面A1BC1＝A1N，所以點(diǎn)E在中線A1N上，因此點(diǎn)E為△A1BC1的重心．12．給出下列關(guān)于互不相同的直線m，l，n和平面α，β的四個(gè)命題：①若m?α，l∩α＝A，點(diǎn)A?m，則l與m不共面；②若m，l是異面直線，l∥α，m∥α，且n⊥l，n⊥m，則n⊥α；③若l∥α，m∥β，α∥β，則l∥m；④若l?α，m?α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，則α∥β.其中為假命題的是()A．①B．②C．③D．④【答案】C【解析】對(duì)于命題①，假設(shè)l與m共面，則直線l與m平行或相交，由于A∈α，A?m，則點(diǎn)A和直線m確定平面α，又因?yàn)橹本€l與m共面，則直線l與m確定平面β，則直線m為平面α與平面β的交線．由于A∈l而l?β，所以A∈β，由公理3可知，A∈m，這與A?m矛盾，故假設(shè)不成立，故l與m不共面，命題①為真命題；對(duì)于命題②，因?yàn)閙∥α，則在平面α內(nèi)存在直線m1，使得m∥m1，同理，在平面α內(nèi)存在直線l1，使得l∥l1，由于直線m與直線l為異面直線，則m1與l1相交，∵n⊥l且n⊥m，所以n⊥m1且n⊥l1，由于m1∩l1≠?，所以n⊥α；對(duì)于命題③，如l?β，m?α，當(dāng)α∥β時(shí)，l∥α，m∥β，但是直線l與m無交點(diǎn)，則直線l與m平行或異面，故命題③錯(cuò)誤；對(duì)于命題④，由平面與平面平行的判定定理，可知命題④正確，故選C．13．在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分別與AB，BC，SC，SA交于D，E，F(xiàn)，，E分別是AB，BC的中點(diǎn)，如果直線SB∥平面DEFH，那么四邊形DEFH的面積為()A．eq\f(45,2) B．eq\f(45\r(3),2)C．45 D．45eq\r(3)【答案】A【解析】取AC的中點(diǎn)G，連接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB．因?yàn)镾B∥平面DEFH，SB?平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，則SB∥HD．同理SB∥FE.又因?yàn)镈，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，則H，F(xiàn)也為AS，SC的中點(diǎn)，所以四邊形DEFH為平行四邊形．又因?yàn)锳C⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四邊形DEFH為矩形，其面積S＝HF·HD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AC))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)SB))＝eq\f(45,2).14．邊長(zhǎng)為6的兩個(gè)等邊，所在的平面互相垂直，則四面體的外接球的體積為（）．A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖所示：為三角形過中心且垂直平面的直線，為三角形過中心且垂直平面的直線，與相交于點(diǎn).由球的性質(zhì)知：四面體的外接球球心為點(diǎn).因?yàn)?，為的中心，所?因?yàn)?，所?又因?yàn)椋?故外接球的體積為.故選：B15．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝2，AA1＝1，則點(diǎn)A到平面A1BC的距離為()A．eq\f(\r(3),4)B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(3\r(3),4)D．eq\r(3)【答案】B【解析】解法一：如圖，設(shè)D為BC的中點(diǎn)，連接AD、A1D、A1C、A1B，過A作A1D的垂線，垂足為E，則BC⊥A1D，BC⊥AD，所以BC⊥平面A1AD，則BC⊥AE.又AE⊥A1D，所以AE⊥平面A1BC，由條件可得AD＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3)，A1D＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋AD2)＝2，由面積相等得AE·A1D＝AA1·AD，即AE＝eq\f(AA1·AD,A1D)＝eq\f(\r(3),2)，故選B．解法二：設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h，因?yàn)閂A－A1BC＝VA1－ABC，所以eq\f(1,3)·h·S△A1BC＝eq\f(1,3)·AA1·S△ABC，又S△A1BC＝eq\f(1,2)×eq\r(\r(5)2－1)×2＝2，AA1＝1，S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3)，∴h＝eq\f(\r(3),2)，故選B．16．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為3，則BB1與平面AB1C1所成的角的大小為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)【答案】A【解析】取B1C1的中點(diǎn)D，連接AD，A1D，∵側(cè)棱垂直于底面，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∴三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，∴BB1∥AA1，∴AA1與平面AB1C1所成的角即是BB1與平面AB1C1所成的角．∵B1C1⊥A1D，B1C1⊥AA1，∴B1C1⊥平面AA1D，∴平面AA1D⊥平面AB1C1，∴AA1與平面AB1C1所成的角為∠A1AD，∵AA1＝3，A1D＝eq\r(3)，∴tan∠A1AD＝eq\f(\r(3),3)，∴∠A1AD＝eq\f(π,6)，∴BB1與平面AB1C1所成的角為eq\f(π,6).故選A．17．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為棱DD1、AB上的點(diǎn)．已知下列命題：①A1C⊥平面B1EF；②在平面A1B1C1D1內(nèi)總存在與平面B1EF平行的直線；③平面B1EF與平面ABCD所成二面角的大小與點(diǎn)E的位置有關(guān)，與點(diǎn)F的位置無關(guān)．其中真命題有________個(gè)．【答案】1【解析】對(duì)于①，∵A1C⊥平面AB1D1，而平面B1EF與平面AB1D1不一定重合，∴①是假命題；對(duì)于②，∵兩平面有公共點(diǎn)B1，∴兩平面相交，則一個(gè)平面內(nèi)平行于兩個(gè)平面交線的直線一定平行于另一個(gè)平面，∴②是真命題；對(duì)于③，代入幾個(gè)特殊點(diǎn)進(jìn)行驗(yàn)證，如F與A重合，E與D重合時(shí)二面角的大小為45°，F(xiàn)與B重合，E與D重合時(shí)二面角的大小為90°，∴③是假命題．18．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐最長(zhǎng)棱的棱長(zhǎng)為__________．【答案】：2eq\r(2)【解析】三視圖所表示的幾何體的直觀圖如圖所示．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(zhǎng)棱的棱長(zhǎng)為2eq\r(2).19．如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AA1，CC1上，且AE＝eq\f(3,4)AA1，CF＝eq\f(1,3)CC1，點(diǎn)A，C到BD的距離之比為3∶2，則三棱錐E－BCD和F－ABD的體積比eq\f(VE－BCD,VF－ABD)＝__________.【答案】：eq\f(3,2)【解析】由題意可知點(diǎn)A，C到BD的距離之比為3∶2，所以eq\f(S△BCD,S△ABD)＝eq\f(2,3)，又直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AE＝eq\f(3,4)AA1，CF＝eq\f(1,3)CC1，所以eq\f(AE,CF)＝eq\f(9,4)，于是eq\f(VE－BCD,VF－ABD)＝eq\f(\f(1,3)S△BCD·AE,\f(1,3)S△ABD·CF)＝eq\f(2,3)×eq\f(9,4)＝eq\f(3,2).20．在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是AC1，A1B1的中點(diǎn)．點(diǎn)P在正方體的表面上運(yùn)動(dòng)，則總能使MP與BN垂直的點(diǎn)P所構(gòu)成的軌跡的周長(zhǎng)等于__________．【答案】：2＋eq\r(5)【解析】取BB1，CC1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接AE，EF，F(xiàn)D，則BN⊥平面AEFD，設(shè)M在平面AB1中的射影為O，過MO與平面AEFD平行的平面為α，∴能使MP與BN垂直的點(diǎn)P所構(gòu)成的軌跡為矩形，其周長(zhǎng)與矩形AEFD的周長(zhǎng)相等．∵正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，∴矩形AEFD的周長(zhǎng)為2＋eq\r(5).21．正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為4，E為棱BC的中點(diǎn)，過E作其外接球的截面，則截面面積的最小值為__________．【答案】：4π【解析】將四面體ABCD補(bǔ)為正方體，如圖所示，則正方體的外接球就是正四面體的外接球．設(shè)球心為O，面積最小的截面是與OE垂直的截面．由圖可知，這個(gè)截面是底面正方形的外接圓，因?yàn)锽C＝4，所以半徑為2，其面積為π×22＝4π.22．在如圖所示的棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，作與平面ACD1平行的截面，則截得的三角形中，面積最大的值是__________；截得的平面圖形中，面積最大的值是_________．【答案】：2eq\r(3)3eq\r(3)【解析】截得的三角形中，面積最大的是三角形A1C1B，面積為eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(2))2＝2eq\r(3).截得的平面圖形中，面積最大的是正六邊形，如圖，面積為6×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2＝3eq\r(3).23．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值為__________．【答案】：2eq\r(7)【解析】∵PC⊥平面ABC，CM?平面ABC，∴PC⊥CM，∴PM＝eq\r(PC2＋CM2)＝eq\r(16＋CM2).要使PM最小，只需CM最小，此時(shí)CM⊥AB，∴CM＝eq\f(4×4\r(3),8)＝2eq\r(3)，∴PM的最小值為2eq\r(7).24．四棱錐S－ABCD的三視圖和直觀圖如圖所示，其中正視圖和側(cè)視圖為兩個(gè)全等的直角三角形，俯視圖為正方形，M、N、P分別為AB、SA、AD的中點(diǎn)．(1)求四棱錐S－ABCD的體積；(2)求證：直線MC⊥平面BPN.解：(1)由三視圖知SD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，AB＝1，SD＝2，∴S正方形ABCD＝1×1＝1，∴VS－ABCD＝eq\f(1,3)×S正方形ABCD×SD＝eq\f(1,3)×1×2＝eq\f(2,3).(2)證明：連接PN、PB，設(shè)PB∩CM＝O.∵P、N分別為AD、SA的中點(diǎn)，∴PN∥SD．∴PN⊥平面ABCD．又MC?平面ABCD，∴PN⊥MC．∵在正方形ABCD中，P、M分別是AD、AB的中點(diǎn)，∴△PAB≌△MBC，∴∠PBA＝∠MCB．又∠MCB＋∠BMC＝90°，∴∠PBA＋∠BMC＝90°.∴PB⊥MC．又PN∩PB＝P，且PN、PB?平面BPN，∴MC⊥平面BPN.25．在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E、F、E1分別是棱AA1、BB1、A1B1的中點(diǎn)．(1)求證：CE∥平面C1E1F；(2)求證：平面C1E1F⊥平面CEF.證明：(1)取CC1的中點(diǎn)G，連接B1G交C1F于點(diǎn)F1，連接E1F1、A1G、FG.∵F是BB1的中點(diǎn)，四邊形BCC1B1是矩形，∴四邊形FGC1B1也是矩形，∴FC1與B1G相互平分，即F1是B1G的中點(diǎn)．又E1是A1B1的中點(diǎn)，∴A1G∥E1F1.在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1CC1，E、G分別為AA1、CC1的中點(diǎn)，∴A1ECG，∴四邊形A1ECG是平行四邊形．∴A1G∥CE，∴E1F1∥CE.∵CE?平面C1E1F，E1F1?平面C1E1F，∴CE∥平面C1E1F.(2)∵矩形BCC1B1中，BB1＝2BC，F(xiàn)是BB1的中點(diǎn)，∴△BCF、△B1C1F都是等腰直角三角形．∴∠BFC＝∠B1FC1＝45°，∴∠CFC1＝90°.∴C1F⊥CF.∵E、F分別是矩形ABB1A1的邊AA1、BB1的中點(diǎn)，∴EF∥AB．又AB⊥平面BCC1B1，C1F?平面BCC1B1，∴AB⊥C1F，∴EF⊥C1F.又CF∩EF＝F，∴C1F⊥平面CEF.∵C1F?平面C1E1F，∴平面C1E1F⊥平面CEF.26．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，PD⊥底面ABCD，∠ADC＝90°，AD＝2BC，Q為AD的中點(diǎn)，M為棱PC的中點(diǎn)．(1)證明：PA∥平面BMQ；(2)已知PD＝DC＝AD＝2，求點(diǎn)P到平面BMQ的距離．解：(1)證明：連接AC交BQ于N，連接MN，因?yàn)椤螦DC＝90°，BC＝eq\f(1,2)AD，Q為AD的中點(diǎn)，所以N為AC的中點(diǎn)．又M為PC的中點(diǎn)，即PM＝MC，則MN為△PAC的中位線，故MN∥PA，又MN?平面BMQ，所以PA∥平面BMQ.(2)由(1)可知，PA∥平面BMQ，所以點(diǎn)P到平面BMQ的距離等于點(diǎn)A到平面BMQ的距離，所以VP－BMQ＝VA－BMQ＝VM－ABQ，取CD的中點(diǎn)K，連接MK，所以MK∥PD，MK＝eq\f(1,2)PD＝1，又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD．又BC＝eq\f(1,2)AD＝1，PD＝CD＝2，所以AQ＝1，BQ＝2，MQ＝eq\r(3)，NQ＝1，所以VP－BMQ＝VA－BMQ＝VM－ABQ＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·AQ·BQ·MK＝eq\f(1,3).S△BMQ＝eq\r(2)，則點(diǎn)P到平面BMQ的距離d＝eq\f(3VP－BMQ,S△BMQ)＝eq\f(\r(2),2).27．如圖，AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圓O所在的平面互相垂直，且AD＝EF＝AF＝1，AB＝2.(1)求證：平面AFC⊥平面CBF；(2)在線段CF上是否存在一點(diǎn)M，使得OM∥平面DAF？并說明理由．解：(1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，∵AF?平面ABEF，∴AF⊥CB，又∵AB為圓O的直徑，∴AF⊥BF，∴AF⊥平面CBF.∵AF?平面AFC，∴平面AFC⊥平面CBF.(2)取CF中點(diǎn)記作M，設(shè)DF的中點(diǎn)為N，連接AN，MN，則MNeq\f(1,2)CD，又AOeq\f(1,2)CD，則MNAO，∴MNAO為平行四邊形，∴OM∥AN，又AN?平面DAF，OM?平面DAF，∴OM∥平面DAF.28．如圖是以正方形ABCD為底面的正四棱柱被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，且AB＝BC＝eq\r(2)，AE＝1，BF＝DH＝2，CG＝3.(1)證明：截面四邊形EFGH是菱形；(2)求幾何體C－EFGH的體積．解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BFE∥平面CDHG，且平面EFGH分別交平面ABFE、平面CDHG于直線EF、GH，所以EF∥GH.同理，F(xiàn)G∥EH.因此，四邊形EFGH為平行四邊形．連接BD、AC，因?yàn)锽D⊥AC，而AC為EG在底面ABCD上的射影，所以EG⊥BD．連接FH，因?yàn)锽FDH，所以FH∥BD．因此，F(xiàn)H⊥EG.所以四邊形EFGH是菱形．(2)VC－EFGH＝V－VC－ABFE－VC－ADHE，其中V是幾何體的體積，∵AE＝1，BF＝DH＝2，CG＝3且?guī)缀误w是以正方形ABCD為底面的正四棱柱的一部分，所以該幾何體的體積為V＝(eq\r(2))2×2＝4.VC－ABFE＝eq\f(1,3)×S四邊形ABFE×BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)(AE＋BF)×AB×BC＝eq\f(1,6)×(1＋2)×eq\r(2)×eq\r(2)＝1.同理，得VC－ADHE＝1，所以，VC－EFGH＝V－VC－ABFE－VC－ADHE＝4－1－1＝2，即幾何體C－EFGH的體積為2.29．如圖，幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD．(1)求證：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M為線段AE的中點(diǎn)，求證：DM∥平面BEC．證明(1)取BD的中點(diǎn)O，連接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O為BD的中點(diǎn)，所以BE＝DE.(2)取AB的中點(diǎn)N，連接DM，DN，MN，又因?yàn)镸是AE的中點(diǎn)，所以MN∥BE.又MN?平面BEC，BE?平面BEC，所以MN∥平面BEC．又△ABD為正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC．又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC．又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC．又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC．30．如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點(diǎn)為O，且AO⊥平面BB1C1C．(1)證明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．【解析】(1)連接BC1，則O為B1C與BC1的交點(diǎn)．因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB．(2)作OD⊥BC，垂足為D，連接AD．作OH⊥AD，垂足為H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以O(shè)H⊥BC．又OH⊥AD，所以O(shè)H⊥平面ABC．因?yàn)椤螩