2023版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)高考專題突破四高考中的立體幾何問題文新人教版

PAGEPAGE182022版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)高考專題突破四高考中的立體幾何問題文新人教版1．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC中點(diǎn)，E為A1C1中點(diǎn)，那么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中點(diǎn)為F，連接EF，DF，DE，那么EF∥A1B1，DF∥B1B，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.2．設(shè)x、y、z是空間不同的直線或平面，對以下四種情形：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均為平面．其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y〞為真命題的是()A．③④B．①③C．②③D．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．(2022·成都模擬)如圖是一個幾何體的三視圖(側(cè)視圖中的弧線是半圓)，那么該幾何體的外表積是()A．20＋3π B．24＋3πC．20＋4π D．24＋4π答案A解析根據(jù)幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個正方體和一個半圓柱的組合體，其中正方體的棱長為2，半圓柱的底面半徑為1，母線長為2，故該幾何體的外表積為4×5＋2×π＋2×eq\f(1,2)π＝20＋3π.4.如圖，在四棱錐V－ABCD中，底面ABCD為正方形，E、F分別為側(cè)棱VC、VB上的點(diǎn)，且滿足VC＝3EC，AF∥平面BDE，那么eq\f(VB,FB)＝________.答案2解析連接AC交BD于點(diǎn)O，連接EO，取VE的中點(diǎn)M，連接AM，MF，∵VC＝3EC，∴VM＝ME＝EC，又AO＝CO，∴AM∥EO，又EO?平面BDE，∴AM∥平面BDE，又AF∥平面BDE，AM∩AF＝A，∴平面AMF∥平面BDE，又MF?平面AMF，∴MF∥平面BDE，又MF?平面VBC，平面VBC∩平面BDE＝BE，∴MF∥BE，∴VF＝FB，∴eq\f(VB,FB)＝2.5.如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)．假設(shè)PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.那么直線PA與平面DEF的位置關(guān)系是________；平面BDE與平面ABC的位置關(guān)系是________．(填“平行〞或“垂直〞)答案平行垂直解析①因為D，E分別為棱PC，AC的中點(diǎn)，所以DE∥PA.又因為PA?平面DEF，DE?平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.②因為D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因為DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因為AC∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又DE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.題型一求空間幾何體的外表積與體積例1(2022·全國甲卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點(diǎn)H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)證明：AC⊥HD′；(2)假設(shè)AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′ABCFE的體積．(1)證明由得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF與HD保持垂直關(guān)系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4，所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(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DHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱錐D′ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).思維升華(1)假設(shè)所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)那么幾何體，那么可直接利用公式進(jìn)行求解．其中，等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體積．(2)假設(shè)所給定的幾何體是不規(guī)那么幾何體，那么將不規(guī)那么的幾何體通過分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為規(guī)那么幾何體，再利用公式求解．(3)假設(shè)以三視圖的形式給出幾何體，那么應(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．正三棱錐的高為1，底面邊長為2eq\r(6)，內(nèi)有一個球與它的四個面都相切(如圖)．求：(1)這個正三棱錐的外表積；(2)這個正三棱錐內(nèi)切球的外表積與體積．解(1)底面正三角形中心到一邊的距離為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2eq\r(6)＝eq\r(2)，那么正棱錐側(cè)面的斜高為eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\r(3).∴S側(cè)＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(3)＝9eq\r(2).∴S表＝S側(cè)＋S底＝9eq\r(2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2＝9eq\r(2)＋6eq\r(3).(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)到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r.∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC＝eq\f(1,3)S側(cè)·r＋eq\f(1,3)S△ABC·r＝eq\f(1,3)S表·r＝(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r.又VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2×1＝2eq\r(3)，∴(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r＝2eq\r(3)，得r＝eq\f(2\r(3),3\r(2)＋2\r(3))＝eq\f(2\r(3)3\r(2)－2\r(3),18－12)＝eq\r(6)－2.∴S內(nèi)切球＝4π(eq\r(6)－2)2＝(40－16eq\r(6))π.V內(nèi)切球＝eq\f(4,3)π(eq\r(6)－2)3＝eq\f(8,3)(9eq\r(6)－22)π.題型二空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系例2(2022·濟(jì)南模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)．(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證：C1F∥平面ABE；(3)求三棱錐E－ABC的體積．(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.因為AB?平面ABC，所以BB1⊥AB.又因為AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)證明方法一如圖1，取AB中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G.因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因為AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1F∥EG.又因為EG?平面ABE，C1F?平面ABE，所以C1F∥平面ABE.方法二如圖2，取AC的中點(diǎn)H，連接C1H，F(xiàn)H.因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以HF∥AB，又因為E，H分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，所以EC1綊AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F?平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱錐E－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).思維升華(1)①證明面面垂直，將“面面垂直〞問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直〞問題，再將“線面垂直〞問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直〞問題．②證明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，關(guān)鍵是在平面ABE中找(作)出直線EG，且滿足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性質(zhì)定理證明線面平行，那么先要確定一個平面C1HF滿足面面平行，實(shí)施線面平行與面面平行的轉(zhuǎn)化．(2)計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關(guān)鍵是確定幾何體的高，不能直接用公式時，注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化．如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(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中點(diǎn)，那么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，那么AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，那么BC⊥平面SAB，又SA?平面SAB，因此BC⊥SA.題型三平面圖形的翻折問題例3(2022·陜西)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)．將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1-BCDE.(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1-BCDE的體積為36eq\r(2)，求a的值．(1)證明在題圖1中，連接EC，因為AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，∠BAD＝eq\f(π,2)，AD∥BC，E為AD中點(diǎn)，所以BC綊ED，BC綊AE，所以四邊形BCDE為平行四邊形，故有CD∥BE，所以四邊形ABCE為正方形，所以BE⊥AC，即在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，從而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解由，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱錐A1-BCDE的高，由題圖1知，A1O＝eq\f(\r(2),2)AB＝eq\f(\r(2),2)a，平行四邊形BCDE的面積S＝BC·AB＝a2，從而四棱錐A1-BCDE的體積為V＝eq\f(1,3)×S×A1O＝eq\f(1,3)×a2×eq\f(\r(2),2)a＝eq\f(\r(2),6)a3，由eq\f(\r(2),6)a3＝36eq\r(2)，得a＝6.思維升華平面圖形的翻折問題，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，翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化．(2022·深圳月考)如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如圖(2)折疊，折痕EF∥DC.其中點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后，點(diǎn)P疊在線段AD上的點(diǎn)記為M，并且MF⊥CF.(1)證明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱錐M－CDE的體積．(1)證明因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PD⊥AD.又因為ABCD是矩形，CD⊥AD，PD與CD交于點(diǎn)D，所以AD⊥平面PCD.又CF?平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF.(2)解因為PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，所以PD＝eq\r(3)，由(1)知FD⊥CF，在直角三角形DCF中，CF＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2).如圖，過點(diǎn)F作FG⊥CD交CD于點(diǎn)G，得FG＝FCsin60°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，所以DE＝FG＝eq\f(\r(3),4)，故ME＝PE＝eq\r(3)－eq\f(\r(3),4)＝eq\f(3\r(3),4)，所以MD＝eq\r(ME2－DE2)＝eq\r(\f(3\r(3),4)2－\f(\r(3),4)2)＝eq\f(\r(6),2).S△CDE＝eq\f(1,2)DE·DC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),8).故VM－CDE＝eq\f(1,3)MD·S△CDE＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),2)×eq\f(\r(3),8)＝eq\f(\r(2),16).題型四立體幾何中的存在性問題例4(2022·四川雙流中學(xué)月考)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，平面BMD1N與棱CC1，AA1分別交于點(diǎn)M，N，且M，N均為中點(diǎn)．(1)求證：AC∥平面BMD1N.(2)假設(shè)AD＝CD＝2，DD1＝2eq\r(2)，O為AC的中點(diǎn)．BD1上是否存在動點(diǎn)F，使得OF⊥平面BMD1N？假設(shè)存在，求出點(diǎn)F的位置，并加以證明；假設(shè)不存在，請說明理由．(1)證明連接MN.因為M，N分別為CC1，AA1的中點(diǎn)，所以AN＝eq\f(1,2)AA1，CM＝eq\f(1,2)CC1.又因為AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以AN∥CM，且AN＝CM，所以四邊形ACMN為平行四邊形，所以AC∥MN.因為MN?平面BMD1N，AC?平面BMD1N，所以AC∥平面BMD1N.(2)解當(dāng)點(diǎn)F滿足D1F＝3BF時，OF⊥平面BMD1N，證明如下：連接BD，那么BD經(jīng)過點(diǎn)O，取BD1的中點(diǎn)G，連接OF，DG，又D1F＝3BF，所以O(shè)F為三角形BDG的中位線，所以O(shè)F∥DG.因為BD＝2eq\r(2)＝DD1，且G為BD1的中點(diǎn)，所以BD1⊥DG，所以BD1⊥OF.因為底面ABCD為正方形，所以AC⊥BD.又DD1⊥底面ABCD，所以AC⊥DD1，又BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，又OF?平面BDD1，所以AC⊥OF.由(1)知AC∥MN，所以MN⊥OF.又MN，BD1是平面四邊形BMD1N的對角線，所以它們必相交，所以O(shè)F⊥平面BMD1N.思維升華對于線面關(guān)系中的存在性問題，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，假設(shè)滿足那么肯定假設(shè)，假設(shè)得出矛盾的結(jié)論那么否認(rèn)假設(shè)．如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.(1)求證：D1C⊥AC1；(2)問在棱CD上是否存在點(diǎn)E，使D1E∥平面A1BD.假設(shè)存在，確定點(diǎn)E位置；假設(shè)不存在，說明理由．(1)證明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，連接C1D，∵DC＝DD1，∴四邊形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C?平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD?平面ADC1，DC1?平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1?平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)解假設(shè)存在點(diǎn)E，使D1E∥平面A1BD.連接AD1，AE，D1E，設(shè)AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，連接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中點(diǎn)，那么N是AE的中點(diǎn)．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)E是DC的中點(diǎn)時，可使D1E∥平面A1BD.1．(2022·北京順義區(qū)一模)如下圖，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上的一動點(diǎn)，且有∠APD＝∠BPC，那么四棱錐P－ABCD體積的最大值是()A．48B．16C．24eq\r(3)D．144答案C解析由題意知，△PAD，△PBC是直角三角形，又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC.因為DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA.作PM⊥AB于點(diǎn)M，由題意知，PM⊥β.令A(yù)M＝t(0<t<6)，那么PA2－t2＝4PA2－(6－t)2，所以PA2＝12－4t.所以PM＝eq\r(12－4t－t2)，即為四棱錐P－ABCD的高，又底面ABCD為直角梯形，S＝eq\f(1,2)×(4＋8)×6＝36.所以V＝eq\f(1,3)×36×eq\r(12－4t－t2)＝12eq\r(－t＋22＋16)≤12×eq\r(12)＝24eq\r(3).2．(2022·江西贛中南五校第一次聯(lián)考)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，那么以下命題中正確的選項是()A．假設(shè)α⊥γ，α⊥β，那么γ∥βB．假設(shè)m∥n，m?α，n?β，那么α∥βC．假設(shè)m∥n，m⊥α，n⊥β，那么α∥βD．假設(shè)m∥n，m∥α，那么n∥α答案C解析對于A，假設(shè)α⊥γ，α⊥β，那么γ∥β或相交；對于B，假設(shè)m∥n，m?α，n?β，那么α∥β或相交；對于D，假設(shè)m∥n，m∥α，那么n∥α或n?α.應(yīng)選C.3．(2022·唐山模擬)如圖，ABCD－A1B1C1D1為正方體，連接BD，AC1，B1D1，CD1，B1C，現(xiàn)有以下幾個結(jié)論：①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③CB1與BD為異面直線．其中所有正確結(jié)論的序號為________．答案①②③解析由題意可知，BD∥B1D1，又B1D1?平面CB1D1，BD?平面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，①正確；易知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，又B1D1∩B1C＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，②正確；由異面直線的定義可知③正確．4.如圖梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F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.在翻折過程中，可能成立的結(jié)論是________．(填寫結(jié)論序號)答案②③解析因為BC∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，那么①錯誤；設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BP⊥CF時就有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，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；因為點(diǎn)D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯誤．故答案為②③.5.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是棱CD上的動點(diǎn)，當(dāng)eq\f(CF,FD)＝______時，D1E⊥平面AB1F.答案1解析如圖，連接A1B，那么A1B是D1E在平面ABB1A1內(nèi)的射影．∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF.連接DE，那么DE是D1E在底面ABCD內(nèi)的射影，∴D1E⊥AF?DE⊥AF.∵ABCD是正方形，E是BC的中點(diǎn)，∴當(dāng)且僅當(dāng)F是CD的中點(diǎn)時，DE⊥AF，即當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時，D1E⊥平面AB1F，∴eq\f(CF,FD)＝1時，D1E⊥平面AB1F.6．(2022·咸陽模擬)如圖，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC將梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)證明：AC∥平面BEF；(2)求三棱錐D－BEF的體積．(1)證明如圖，取BF的中點(diǎn)M，設(shè)AC與BD交點(diǎn)為O，連接MO，ME.由題設(shè)知，CE綊eq\f(1,2)DF，MO綊eq\f(1,2)DF，∴CE綊MO，故四邊形OCEM為平行四邊形，∴EM∥CO，即EM∥AC.又AC?平面BEF，EM?平面BEF，∴AC∥平面BEF.(2)解∵平面CDFE⊥平面ABCD，平面CDFE∩平面ABCD＝DC，BC⊥DC，∴BC⊥平面DEF.∴三棱錐D－BEF的體積為VD－BEF＝VB－DEF＝eq\f(1,3)S△DEF·BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).7．(2022·山東牟平一中期末)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E，F(xiàn)，H分別為AD，CD，DD1的中點(diǎn)，EF與BD交于點(diǎn)G.(1)證明：平面ACD1⊥平面BB1D；(2)證明：GH∥平面ACD1.證明(1)∵BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥BB1.又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1，∴AC⊥平面BB1D.∵AC?平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BB1D.(2)設(shè)AC∩BD＝O，連接OD1.∵E，F(xiàn)分別為AD，CD的中點(diǎn)，EF∩OD＝G，∴G為OD的中點(diǎn)．∵H為DD1的中點(diǎn)，∴HG∥OD1