4直線平面垂直判定與性質

§8.4直線、平面垂直的判定與性質高考文數(shù)

(課標Ⅱ專用)考點一直線與直線、直線與平面垂直的判定與性質五年高考A組

統(tǒng)一命題·課標卷題組1.(2017課標全國Ⅲ,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則

()A.A1E⊥DC1

B.A1E⊥BD

C.A1E⊥BC1

D.A1E⊥AC答案

C∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,∴BC1⊥平面A1B1CD,又A1E?平面A1B1CD,∴BC1⊥A1E.故選C.2.(2019課標全國Ⅰ,16,5分)已知∠ACB=90°,P為平面ABC外一點,PC=2,點P到∠ACB兩邊AC,

BC的距離均為

,那么P到平面ABC的距離為

.答案

解析本題主要考查直線與平面垂直的判定與性質,點到平面距離的計算等知識點;考查了考

生的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力;考查的核心素養(yǎng)為直觀想象.設PO⊥平面ABC于O,PE⊥AC于E,PF⊥BC于F,連接OE、OF、OC,

∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC,又PO∩PE=P,∴AC⊥平面POE,∴AC⊥OE,同理有BC⊥OF,∴四邊形OECF為矩形,∵PC=PC且PE=PF,∴Rt△PEC≌Rt△PFC,∴EC=FC=

=1,∴四邊形OECF是邊長為1的正方形,∴OC=

,在Rt△POC中,PO=

=

.思路分析設PO⊥平面ABC,作PE⊥AC,PF⊥BC,根據(jù)線面垂直的判定與性質判定四邊形

OECF為矩形,根據(jù)Rt△PEC≌Rt△PFC,得出EC=FC,進而判斷出四邊形OECF是正方形,從而

得出OC的長,進一步在Rt△POC中求出PO的長,即點P到平面ABC的距離.3.(2019課標全國Ⅱ,17,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點E在棱AA1

上,BE⊥EC1.(1)證明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱錐E-BB1C1C的體積.

解析本題考查了長方體的性質、直線與平面垂直的判定與性質和錐體的體積,考查了空間

想象能力,主要體現(xiàn)了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由題設知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,

AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足為F,則EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=

×3×6×3=18.

思路分析(1)由長方體的性質易得B1C1⊥BE,再利用直線與平面垂直的判定定理求證;(2)求

該四棱錐的體積的關鍵是求高,利用平面與平面垂直的性質定理,可知只需過E作B1B的垂線即

可得高.解題關鍵由長方體的性質找BE的垂線和平面BB1C1C的垂線是求解的關鍵.4.(2018課標全國Ⅱ,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2

,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.(1)證明:PO⊥平面ABC;(2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.

解析(1)證明:因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以OP⊥AC,且OP=2

.連接OB,因為AB=BC=

AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=

AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

(2)作CH⊥OM,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離.由題設可知OC=

AC=2,CM=

BC=

,∠ACB=45°.所以OM=

,CH=

=

.所以點C到平面POM的距離為

.解題關鍵認真分析三棱錐各側面和底面三角形的特殊性,利用線面垂直的判定方法及等積

法求解是關鍵.5.(2017課標全國Ⅲ,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)證明:AC⊥BD;(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點,且AE⊥EC,求四面體

ABCE與四面體ACDE的體積比.

解析(1)取AC的中點O,連接DO,BO.因為AD=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.從而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由題設知△AEC為直角三角形,所以EO=

AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=

BD.故E為BD的中點,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的

,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的

,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.6.(2016課標全國Ⅱ,19,12分)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,點E,F分別在AD,CD

上,AE=CF,EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)證明:AC⊥HD';(2)若AB=5,AC=6,AE=

,OD'=2

,求五棱錐D'-ABCFE的體積.

解析(1)證明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得

=

,故AC∥EF.

(2分)由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.

(4分)(2)由EF∥AC得

=

=

.

(5分)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',因為OD'?平面BHD',所以AC

⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.

(8分)又由

=

得EF=

.五邊形ABCFE的面積S=

×6×8-

×

×3=

.

(10分)所以五棱錐D'-ABCFE的體積V=

×

×2

=

.

(12分)方法點撥解決翻折問題時,要注意翻折過程中哪些量發(fā)生了變化,哪些量沒有發(fā)生變化,必須

弄清翻折前后線段之間的關系.1.(2019課標全國Ⅲ,19,12分)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,

其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2.(1)證明:圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積.

考點二平面與平面垂直的判定與性質解析本題考查了線面、面面垂直問題,通過翻折、平面與平面垂直的證明考查了空間想象

能力和推理論證能力,考查了直觀想象的核心素養(yǎng).(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點M,連接EM,DM.

因為AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四邊形BCGE是菱形,

且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=

,故DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.思路分析(1)翻折問題一定要注意翻折前后位置的變化,特別是平行、垂直的變化.由矩形、

直角三角形中的垂直關系,利用線面垂直、面面垂直的判定定理可證兩平面垂直;而由平行公

理和平面的基本性質不難證明四點共面.(2)根據(jù)菱形的特征結合(1)的結論找到菱形BCGE的

邊CG上的高求解.解題關鍵抓住翻折前后的垂直關系,靈活轉化線線垂直、線面垂直和面面垂直,題中構造側

棱的特殊“直截面”△DEM,是本題求解的關鍵和難點.2.(2018課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕

將△ACM折起,使點M到達點D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BP=DQ=

DA,求三棱錐Q-ABP的體積.

解析(1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又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

.作QE⊥AC,垂足為E,則QE=

DC,QE∥DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=

·QE·S△ABP=

×1×

×3×2

sin45°=1.規(guī)律總結證明空間線面位置關系的一般步驟:(1)審清題意:分析條件,挖掘題目中平行與垂直的關系;(2)明確方向:確定問題的方向,選擇證明平行或垂直的方法,必要時添加輔助線;(3)給出證明:利用平行、垂直關系的判定或性質給出問題的證明;(4)反思回顧:查看關鍵點、易漏點,檢查使用定理時定理成立的條件是否遺漏,符號表達是否

準確.解題關鍵(1)利用平行關系將∠ACM=90°轉化為∠BAC=90°是求證第(1)問的關鍵;(2)利用翻折的性質將∠ACM=90°轉化為∠ACD=90°,進而利用面面垂直的性質定理及線面垂

直的性質定理得出三棱錐Q-ABP的高是求解第(2)問的關鍵.3.(2018課標全國Ⅲ,19,12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧

所在平面垂直,M是

上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由.

解析(1)由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC

⊥平面CMD,故BC⊥DM.因為M為

上異于C,D的點,且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)當P為AM的中點時,MC∥平面PBD.證明如下:連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形,所以O為AC中點.連接OP,因為P為AM中點,所

以MC∥OP.MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.

疑難突破解決線面平行的探索性問題的策略:(1)通過觀察確定點或直線的位置(如中點,中線),再進行證明.(2)把要得的平行當作已知條件,用平行的性質去求點、線.易錯警示使用判定定理和性質定理進行推理證明時要使條件完備.4.(2017課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱錐P-ABCD的體積為

,求該四棱錐的側面積.

解析本題考查立體幾何中面面垂直的證明和幾何體側面積的計算.(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD內作PE⊥AD,垂足為E.

由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.設AB=x,則由已知可得AD=

x,PE=

x.故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=

AB·AD·PE=

x3.由題設得

x3=

,故x=2.從而PA=PD=2,AD=BC=2

,PB=PC=2

.可得四棱錐P-ABCD的側面積為

PA·PD+

PA·AB+

PD·DC+

BC2sin60°=6+2

.方法總結1.面面垂直的證明證明兩個平面互相垂直,可以在一個平面內找一條直線l,證明直線l垂直于另一個平面.2.線面垂直的證明(1)證明直線l垂直于平面內的兩條相交直線.(2)若已知兩個平面垂直,則在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一個平面.3.幾何體的體積柱體的體積V=S底·h.錐體的體積V=

S底·h.4.幾何體的表面積直棱柱的側面積S側=C底·l,其他幾何體一般要對各個側面、底面逐個分析求解面積,最后求和.5.(2015課標Ⅰ,18,12分,0.282)如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點,BE⊥平面ABCD.(1)證明:平面AEC⊥平面BED;(2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱錐E-ACD的體積為

,求該三棱錐的側面積.

解析(1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以AC⊥BD.因為BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.又BD∩BE=B,故AC⊥平面BED.又AC?平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.

(5分)(2)設AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=

x,GB=GD=

.因為AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=

x.由BE⊥平面ABCD,知△EBG為直角三角形,可得BE=

x.由已知得,三棱錐E-ACD的體積VE-ACD=

×

AC·GD·BE=

x3=

.故x=2.

(9分)從而可得AE=EC=ED=

.所以△EAC的面積為3,△EAD的面積與△ECD的面積均為

.故三棱錐E-ACD的側面積為3+2

.

(12分)思路分析(1)利用面面垂直的判定定理證明.(2)設AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可將

AG,GC,GB,GD用關于x的表達式表示,又EG是直角三角形AEC的斜邊上的中線,故EG也能用關

于x的表達式表示,由BE⊥平面ABCD,可將BE用x表示出來,則三棱錐E-ACD的體積可用關于x

的表達式表示,即可求得x的值,進而求得側面積.考點一直線與直線、直線與平面垂直的判定與性質B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組1.(2019北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的

中點.(1)求證:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求證:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在點F,使得CF∥平面PAE?說明理由.

解析本題考查了直線與平面平行、垂直的判定和性質,通過線線、線面、面面平行、垂直

的相互轉化考查了學生的空間想象能力和轉化的思想方法,體現(xiàn)了直觀想象、邏輯推理的核

心素養(yǎng).(1)因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因為底面ABCD為菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.(2)因為PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形,∠ABC=60°,且E為CD的中點,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點F,使得CF∥平面PAE.取F為PB的中點,取G為PA的中點,連接CF,FG,EG.則FG∥AB,且FG=

AB.因為底面ABCD為菱形,且E為CD的中點,所以CE∥AB,且CE=

AB.所以FG∥CE,且FG=CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.因為CF?平面PAE,EG?平面PAE,所以CF∥平面PAE.

2.(2019天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角

形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)設G,H分別為PB,AC的中點,求證:GH∥平面PAD;(2)求證:PA⊥平面PCD;(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.

解析本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面

所成的角等基礎知識.考查空間想象能力和推理論證能力.以線面角的計算為依托考查數(shù)學運

算與直觀想象的核心素養(yǎng).(1)證明:連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因為GH?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD.

(2)證明:取棱PC的中點N,連接DN.依題意,得DN⊥PC.又因為平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA?平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.(3)連接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.因為△PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點,所以DN=

.又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=

=

.所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為

.思路分析(1)在△BPD中證明GH∥PD,從而利用線面平行的判定定理證線面平行;(2)取棱

PC的中點N,連接DN,有DN⊥PC,由面面垂直的性質,得DN⊥平面PAC,從而得DN⊥PA,進而得

出結論;(3)由(2)知所求角為∠DAN,在Rt△AND中求其正弦值即可.3.(2019浙江,19,15分)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC

=30°,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC,A1B1的中點.(1)證明:EF⊥BC;(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.

解析本題主要考查空間點、線、面位置關系,直線與平面所成的角等基礎知識,同時考查空

間想象能力和運算求解能力.本題考查了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).(1)連接A1E,因為A1A=A1C,E是AC的中點,

所以A1E⊥AC,又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,則A1E⊥BC.又因為A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中點G,連接EG,GF,則EGFA1是平行四邊形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四邊形EGFA1為矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,則平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G

上.連接A1G交EF于O,則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角),不妨設AC=4,則在Rt△A1EG中,A1E=2

,EG=

.由于O為A1G的中點,故EO=OG=

=

,所以cos∠EOG=

=

.因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是

.4.(2018天津,17,13分)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點M

為棱AB的中點,AB=2,AD=2

,∠BAD=90°.(1)求證:AD⊥BC;(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值;(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.

解析本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎

知識.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力.(1)證明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD

⊥BC.(2)取棱AC的中點N,連接MN,ND.

又因為M為棱AB的中點,故MN∥BC.所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM=

=

.因為AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN=

=

.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=

=

.所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為

.(3)連接CM.因為△ABC為等邊三角形,M為邊AB的中點,故CM⊥AB,CM=

.又因為平面ABC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD=

=4.在Rt△CMD中,sin∠CDM=

=

.所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為

.5.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E

與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求證:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.

證明(1)在平面ABD內,因為AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因為AC?平面ABC,所以AD⊥AC.方法總結立體幾何中證明線線垂直的一般思路:(1)利用兩平行直線垂直于同一條直線(a∥b,a⊥c?b⊥c);(2)線面垂直的性質(a⊥α,b?α?a⊥b).6.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=

,AB=BC=

AD=a,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.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)當平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1-BCDE的體積為36

,求a的值.解析(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=

AD=a,E是AD的中點,∠BAD=

,所以BE⊥AC.即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,從而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,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=

AB=

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=

×S×A1O=

×a2×

a=

a3,由

a3=36

,得a=6.評析本題首先借“折疊”問題考查空間想象能力,同時考查線面垂直的判定及面面垂直性質的應用.7.(2015湖北,20,13分)《九章算術》中,將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱

之為陽馬,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.在如圖所示的陽馬P-ABCD中,側棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,點E是PC的中點,連接DE,BD,

BE.(1)證明:DE⊥平面PBC.試判斷四面體EBCD是不是鱉臑,若是,寫出其每個面的直角(只需寫出

結論);若不是,請說明理由;(2)記陽馬P-ABCD的體積為V1,四面體EBCD的體積為V2,求

的值.

解析(1)因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD為長方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.DE?平面PCD,所以BC⊥DE.又因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD,DE⊥平面PBC,可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形.即四面體EBCD是一個鱉臑,其四個面的直角分別是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB.(2)由已知,PD是陽馬P-ABCD的高,所以V1=

SABCD·PD=

BC·CD·PD;由(1)知,DE是鱉臑D-BCE的高,BC⊥CE,所以V2=

S△BCE·DE=

BC·CE·DE.在Rt△PDC中,因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DE=CE=

CD,于是

=

=

=4.評析本題考查了線面垂直的判定和性質;考查體積的計算方法;考查了空間想象能力和運算

求解能力.解題過程不規(guī)范容易造成失分.1.(2018北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA

⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點.(1)求證:PE⊥BC;(2)求證:平面PAB⊥平面PCD;(3)求證:EF∥平面PCD.

考點二平面與平面垂直的判定與性質證明(1)因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因為底面ABCD為矩形,所以AB⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC中點G,連接FG,DG.

因為F,G分別為PB,PC的中點,所以FG∥BC,FG=

BC.因為ABCD為矩形,且E為AD的中點,所以DE∥BC,DE=

BC.所以DE∥FG,DE=FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG.又因為EF?平面PCD,DG?平面PCD,所以EF∥平面PCD.2.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側棱B1B

上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求證:(1)直線DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.

證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因為DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F,所以直線DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因為A1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因為A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因為B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因為B1D⊥A1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因為B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.評析本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關系,考查空間想象能

力和推理論證能力.3.(2017北京,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D為線

段AC的中點,E為線段PC上一點.(1)求證:PA⊥BD;(2)求證:平面BDE⊥平面PAC;(3)當PA∥平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積.

解析本題考查線面垂直的判定和性質,面面垂直的判定及線面平行的性質,三棱錐的體積.考

查空間想象能力.(1)因為PA⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC.又因為BD?平面ABC,所以PA⊥BD.(2)因為AB=BC,D為AC中點,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC.所以平面BDE⊥平面PAC.

(3)因為PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.因為D為AC的中點,所以DE=

PA=1,BD=DC=

.由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱錐E-BCD的體積V=

BD·DC·DE=

.直擊高考立體幾何是高考的必考題型,對立體幾何的考查主要有兩個方面:一是空間位置關

系的證明;二是體積或表面積的求解.4.(2017山東,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.

四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD.(1)證明:A1O∥平面B1CD1;(2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.

證明本題考查線面平行與面面垂直.(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C.又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1E⊥BD,因為B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.方法總結證明面面垂直的方法:1.面面垂直的定義;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β).易錯警示

a∥b,a∥α?/b∥α.考點一直線與直線、直線與平面垂直的判定與性質C組

教師專用題組1.(2014浙江,6,5分)設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面.

()A.若m⊥n,n∥α,則m⊥αB.若m∥β,β⊥α,則m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α答案

C對于選項A、B、D,均能舉出m∥α的反例;對于選項C,若m⊥β,n⊥β,則m∥n,又n⊥

α,∴m⊥α,故選C.2.(2014課標Ⅰ,19,12分,0.320)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,B1C的中點為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)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點.因為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OH⊥BC.又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又BC=1,可得OD=

.由于AC⊥AB1,所以OA=

B1C=

.由OH·AD=OD·OA,且AD=

=

,得OH=

.又O為B1C的中點,所以點B1到平面ABC的距離為

.故三棱柱ABC-A1B1C1的高為

.評析本題考查直線與平面垂直的判定,點到平面的距離的求法等知識,同時考查空間想象能

力和邏輯推理能力.第(2)問中作出垂線段是關鍵,也可用等積法求解.3.(2014遼寧,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠

DBC=120°,E,F,G分別為AC,DC,AD的中點.(1)求證:EF⊥平面BCG;(2)求三棱錐D-BCG的體積.附:錐體的體積公式V=

Sh,其中S為底面面積,h為高.

解析(1)證明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G為AD的中點,所以CG⊥AD.同理,BG⊥AD,又BG∩CG=G,因此AD⊥平面BCG.因為E,F分別為AC,DC的中點,所以EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC內,作AO⊥CB,交CB的延長線于O,

由平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AO⊥BC,AO?平面ABC,得AO⊥平面BCD.又G為AD中點,因此G到平面BCD的距離h是AO長度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin60°=

,所以VD-BCG=VG-BCD=

·S△DBC·h=

×

BD·BC·sin120°·

=

.4.(2014重慶,20,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,

∠BAD=

,M為BC上一點,且BM=

.(1)證明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積.

解析(1)證明:如圖,連接OB,因為ABCD為菱形,O為菱形的中心,所以AO⊥OB.

因為∠BAD=

,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin

=1,又因為BM=

,且∠OBM=

,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+

-2×1×

×cos

=

.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.從而BC與平面POM內兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos

=

.設PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+

.連接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+

-2×2×

×cos

=

.由于MP⊥AP,故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+

=

,得a=

或a=-

(舍去),即PO=

.此時S四邊形ABMO=S△AOB+S△OMB=

·AO·OB+

·BM·OM=

×

×1+

×

×

=

.所以VP-ABMO=

·S四邊形ABMO·PO=

×

×

=

.評析本題考查線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計算,在證明直線與平面垂直時,打破

以往單純的幾何邏輯推理,而將三角函數(shù)中的余弦定理、勾股定理巧妙融合,體現(xiàn)了知識的交

匯性.5.(2013課標Ⅰ,19,12分,0.272)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)證明:AB⊥A1C;(2)若AB=CB=2,A1C=

,求三棱柱ABC-A1B1C1的體積.

解析(1)證明:取AB的中點O,連接OC,OA1,A1B.

因為CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B為等邊三角形,所以OA1⊥AB.因為OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由題設知△ABC與△AA1B都是邊長為2的等邊三角形,所以OC=OA1=

.又A1C=

,則A1C2=OC2+O

,故OA1⊥OC.因為OC∩AB=O,所以OA1⊥平面ABC,OA1為三棱柱ABC-A1B1C1的高.又△ABC的面積S△ABC=

,故三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=S△ABC·OA1=3.評析本題主要考查直線與平面垂直的判定與性質、線線、線面的位置關系以及體積計算

等基礎知識,考查空間想象能力和推理論證能力.6.(2011課標全國,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2

AD,PD⊥底面ABCD.(1)證明:PA⊥BD;(2)設PD=AD=1,求棱錐D-PBC的高.

解析(1)證明:因為∠DAB=60°,AB=2AD,所以由余弦定理得BD=

AD.從而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,所以BD⊥PD,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如圖,作DE⊥PB,垂足為E.已知PD⊥底面ABCD,則PD⊥BC.

由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.則DE⊥平面PBC,即DE為棱錐D-PBC的高.由AD=1,AB=2AD,知AB=2,所以BD=

.又PD=1,所以PB=2.根據(jù)DE·PB=PD·BD得DE=

.即棱錐D-PBC的高為

.7.(2015重慶,20,12分)如圖,三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=

,點D,E在線段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,點F在線段AB上,且EF∥BC.(1)證明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱錐P-DFBC的體積為7,求線段BC的長.

解析(1)證明:由DE=EC,PD=PC知,E為等腰△PDC中DC邊的中點,故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE?平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,

從而PE⊥AB.因∠ABC=

,EF∥BC,故AB⊥EF.從而AB與平面PFE內兩條相交直線PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.(2)設BC=x,則在直角△ABC中,AB=

=

,從而S△ABC=

AB·BC=

x

.由EF∥BC知,

=

=

,得△AFE∽△ABC,故

=

=

,即S△AFE=

S△ABC.由AD=

AE,S△AFD=

S△AFE=

·

S△ABC=

S△ABC=

x

,從而四邊形DFBC的面積為SDFBC=S△ABC-S△AFD=

x

-

x

=

x

.由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE為四棱錐P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE=

=

=2

.故體積VP-DFBC=

·SDFBC·PE=

·

x

·2

=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3

,所以,BC=3或BC=3

.評析本題考查了線面垂直的判定,棱錐體積的計算;考查了推理論證能力及空間想象能力;體

現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想.1.(2012課標全國,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=

AA1,D是棱AA1的中點.(1)證明:平面BDC1⊥平面BDC;(2)平面BDC1分此棱柱為兩部分,求這兩部分體積的比.

考點二平面與平面垂直的判定與性質解析(1)由題設知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又DC1?平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.由題設知∠A1DC1=∠ADC=45°,所以∠CDC1=90°,即DC1⊥DC.又DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.又DC1?平面BDC1,故平面BDC1⊥平面BDC.(2)設棱錐B-DACC1的體積為V1,AC=1.由題意得V1=

×

×1×1=

.又三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=1,所以(V-V1)∶V1=1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得兩部分體積的比為1∶1.2.(2010課標全國,18,12分)如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足

為H,PH是四棱錐的高.(1)證明:平面PAC⊥平面PBD;(2)若AB=

,∠APB=∠ADB=60°,求四棱錐P-ABCD的體積.

解析(1)證明:因為PH是四棱錐P-ABCD的高,所以AC⊥PH.又AC⊥BD,PH,BD都在平面PBD內,且PH∩BD=H,所以AC⊥平面PBD,故平面PAC⊥平面PBD.(2)因為ABCD為等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,AB=

,所以HA=HB=

.因為∠APB=∠ADB=60°,所以PA=PB=

,HD=HC=1.可得PH=

,等腰梯形ABCD的面積為S=

AC·BD=2+

.所以四棱錐的體積為V=

×(2+

)×

=

.考點一直線與直線、直線與平面垂直的判定與性質三年模擬A組2017—2019年高考模擬·考點基礎題組1.(2019遼寧撫順一模,10)在三棱錐P-ABC中,已知PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,點D,E分別為棱

BC,PC的中點,則下列結論正確的是

()A.直線DE⊥直線AD

B.直線DE⊥直線PAC.直線DE⊥直線AB

D.直線DE⊥直線AC答案

D如圖,

∵PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,∴△PAC≌△BAC,∴PC=BC,取PB的中點G,連接AG,CG,則PB⊥CG,PB⊥AG,又∵AG∩CG=G,∴PB⊥平面CAG,則PB⊥AC,∵D,E分別為棱BC,PC的中點,∴DE∥PB,則DE⊥AC.故選D.2.(2018內蒙古包頭一模)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,有下列四個結論:

①A1E⊥DC;②A1E⊥AC;③A1E⊥BD;④A1E⊥BC1.其中正確的結論是

(寫出所有正確

結論的序號).

答案④解析①中,連接A1D,在Rt△A1DE中,tan∠A1ED=2

,所以A1E與DC不垂直,所以①不正確;②中,連接A1C1,EC1,在△A1EC1中,∠EA1C1不是直角,所以A1E與AC不垂直,所以②不正確;③在正方體ABCD-A1B1C1D1中,BD⊥平面ACC1A1,而A1E?平面ACC1A1,所以A1E與BD不垂直,所

以③不正確;④在正方體ABCD-A1B1C1D1中,BC1⊥平面A1B1CD,A1E?平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1,故正確結

論的序號為④.3.(2019寧夏六盤山高級中學二模,15)空間四邊形PABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,

PA=4.則PC和平面PAB所成角的正切值為

.

答案

解析取AB的中點O,連接CO,PO,易知CO⊥平面PAB,

則∠CPO為PC和平面PAB所成的角.易得CO=

,PO=3

,∴tan∠CPO=

=

,∴PC和平面PAB所成角的正切值為

.4.(2019吉林第三次調研測試,18)如圖,在三棱錐P-ABC中,AC⊥AB,PH⊥BC,PA=PC=AC=AB=2,

H為AC的中點.

(1)求證:PA⊥AB;(2)求點A到平面PBC的距離.解析(1)證明:在等邊△PAC中,H為AC的中點,∴PH⊥AC,又PH⊥BC,且AC∩BC=C,∴PH⊥面ABC,∵AB?平面ABC,∴PH⊥AB,∵AB⊥AC,PH∩AC=H,∴AB⊥面PAC,∴PA⊥AB.(2)在Rt△ABC中,BC2=AB2+AC2=8,∴BC=2

,同理PB=2

,故在△PBC中,PC邊上的高h1=

=

.設點A到平面PBC的距離為h,∵VP-ABC=VA-PBC,∴

×PH×

×AB×AC=

×h×

×PC×h1,∴h=

=

=

,即點A到平面PBC的距離為

.5.(2018東北三省三校一模)已知圓錐SO,SO=2,AB為底面圓的直徑,AB=2,點C在底面圓周上,且

OC⊥AB,E在母線SC上,且SE=4CE,F為SB中點,M為弦AC中點.(1)求證:AC⊥平面SOM;(2)求四棱錐O-EFBC的體積.

解析(1)證明:∵SO⊥平面ABC,∴SO⊥AC.又∵點M是圓O內弦AC的中點,∴AC⊥MO,又∵SO∩MO=O,∴AC⊥平面SOM.(2)∵SO⊥平面ABC,∴SO為三棱錐S-OCB的高,∴VO-SCB=VS-OCB=

×

×1×1×2=

,∵四棱錐O-EFBC與三棱錐O-SCB等高,

=

=

,∴S四邊形EFBC=

S△SCB,∴VO-EFBC=

VO-SCB=

×

=

.6.(2019陜西四校聯(lián)考,19)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都是2,D,E分別是AC,CC1的中

點.

(1)求證:AE⊥平面A1BD;(2)求三棱錐B1-A1BD的體積.解析(1)證明:∵AB=BC=CA,D是AC的中點,∴BD⊥AC,∵直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∴平面AA1C1C⊥平面ABC,∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥AE.∵在正方形AA1C1C中,D,E分別是AC,CC1的中點,∴A1D⊥AE.又A1D∩BD=D,∴AE⊥平面A1BD.(2)連接AB1交A1B于O,

∵O為AB1的中點,∴點B1到平面A1BD的距離等于點A到平面A1BD的距離.∴

=

=

=

×

×BD=

×

×2×1×

=

.方法總結求解空間幾何體體積的常用策略:(1)公式法:對于規(guī)則幾何體的體積問題,直接利用公式即可破解.(2)切割法:對于不規(guī)則的幾何體,可以將其分割成規(guī)則的幾何體,再利用公式分別求解之后進

行相加求和即可.(3)補形法:同樣對于不規(guī)則的幾何體,還可以將其補形成規(guī)則圖形,求出規(guī)則幾何體的體積后

減去多余部分即可求解,但需注意的是補形后多余部分的幾何體也應該是規(guī)則的,若不是規(guī)則

的,此方法不建議使用.(4)等體積法:一個幾何體無論怎樣放置,其體積是不會發(fā)生變化的.如果遇到一個幾何體的底

面面積和高較難求解時,常常采用此種方法進行解題.7.(2019內蒙古呼和浩特第一次質量普查,18)如圖,平面四邊形ABCD中,AB⊥BD,AB=BC=CD=

2,BD=2

,沿BD折起,使AC=2

.(1)證明:△ACD為直角三角形;(2)設B在平面ACD內的射影為P,求四面體PBCD的體積.

解析(1)證明:在Rt△ABD中,AB⊥AD,AB=2,BD=2

,∴AD=

=

=2

,∵AC=2

,CD=2,∴AC2+CD2=AD2,∴AC⊥CD,∴△ACD是直角三角形.(2)由(1)知CD⊥AC,易知CD⊥BC,∵AC∩BC=C,∴CD⊥平面ABC,又CD?平面ACD,∴平面ABC⊥平面ACD,其交線為AC,故過B點作AC的垂線,垂足為P,點P即為B在平面ACD內的射影,易知P為AC的中點,∴四面體PBCD的體積VP-BCD=

×

×2×2×1=

.

8.(2017內蒙古呼和浩特一模)在如圖所示的幾何體中,底面ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,

EC∥PD,PD=AD=2EC=2,N為線段PB的中點.(1)證明:NE⊥平面PBD;(2)求四棱錐B-CEPD的體積.

解析(1)證明:連接AC,交BD于點F,連接NF,易知F為BD的中點,又∵點N是PB的中點,∴NF∥PD且NF=

PD.又∵EC∥PD且EC=

PD,∴NF∥EC且NF=EC,∴四邊形NFCE為平行四邊形,∴NE∥AC.又∵PD⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,∴PD⊥AC.∵四邊形ABCD為正方形,∴AC⊥BD.∵PD∩BD=D,PD?平面PBD,BD?平面PBD,∴AC⊥平面PBD,∴NE⊥平面PBD.

(2)∵PD⊥平面ABCD,PD?平面PDCE,∴平面PDCE⊥平面ABCD,又∵BC⊥CD,平面PDCE∩平面ABCD=CD,BC?平面ABCD,∴BC⊥平面PDCE,∴BC是四棱錐B-PDCE的高,∵PD=AD=2EC=2,∴S梯形PDCE=

(PD+EC)×DC=

×(2+1)×2=3,∴四棱錐B-CEPD的體積VB-CEPD=

S梯形PDCE×BC=

×3×