高三数学椭圆与双曲线解题技巧（高考数学专题训练解析几何）

专题六 立体几何重难小题保分练，下面我们就来说一说关于高三数学椭圆与双曲线解题技巧?我们一起去了解并探讨一下这个问题吧!

高三数学椭圆与双曲线解题技巧

专题六 立体几何

重难小题保分练

1．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的面上的正投影不可能是( )

1．D 解析：由题意知光线从上向下照射，得到C，光线从前向后照射，得到A，光线从左向右照射得到B.故选D.

2．一个球的表面积为16π，那么这个球的体积为( )

A.3(16)π B.3(32)π

C．16π D．24π

2．B 解析：设球的半径为R，则由4πR2＝16π，解得R＝2，∴这个球的体积为3(4)πR3＝3(32)π.

3．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是( )

A．40π2

B．64π2

C．32π2或64π2

D．32π2＋8π或32π2＋32π

3．D 解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.

4．(2019湖南湘潭第一次模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.3(2π) B.3(5π)

C.3(7π) D.3(8π)

4．D 解析：根据给定的几何体的三视图可知，该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其体积V＝2(1)π×12×4＋2×2(1)×3(1)π×12×2＝3(8π)，故选D.

5．(2019广东肇庆1月统测)已知圆锥的底面半径是1，且它的侧面展开图是半圆，则该圆锥的表面积是( )

A．2π B．3π

C．4π D．5π

5．B 解析：设圆锥母线长为l，由于侧面展开图是半圆，故πl＝2π×1，l＝2，故侧面积为2(1)×π×22＝2π，底面积为π×12＝π，∴表面积为2π＋π＝3π.故选B.

6．(2019广西南宁第一次模拟)已知三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P－ABC的外接球的体积为( )

A.2(27)π B.2(3)π

C．27π D．27π

6．B 解析：∵三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P－ABC的外接球．∵正方体的对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝2(3).因此三棱锥P－ABC的外接球的体积V＝3(4π)×2(3)＝2(3)π.

7．(2019山东德州期末)已知直线l，m表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下列命题：

①若l∥β，m∥l，则m∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；

③若l⊥β，且α⊥β，则l∥α；④若l⊥α，α∥β，则l⊥β.

其中正确的命题的个数是( )

A. 1 B. 2

C. 3 D. 4

7．A 解析：在①中，若l∥β，m∥l，则m∥β或m⊂β，故①错误；在②中，l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故②错误；在③中，若l⊥β，且α⊥β，则l∥α或l⊂α，故③错误；在④中，若l⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定定理得l⊥β，故④正确．

8．(2019河北张家口期末)已知三棱锥P－ABC的各顶点都在以O为球心的球面上，球O的表面积为50π，PA⊥AB，PA⊥AC，AB＝3，AC＝4，BC＝5，则PA＝( )

A．5 B．5

C．5 D.2(5)

8．C 解析：∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，且＝5，∴AB⊥AC.又PA⊥AB，PA⊥AC，故三棱锥P－ABC的外接球和以PA，AB，AC分别为长、宽、高的长方体的外接球相同，设外接球的半径为R，则4R2＝PA2＋AB2＋AC2＝PA2＋9＋16.又∵外接球的表面积为50π＝4πR2，∴4R2＝50＝PA2＋9＋16，故 PA＝5.故选C.

9．三棱锥S－ABC的底面是以AB为斜边的直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝，则三棱锥S－ABC的外接球的表面积是________．

9．4π 解析：由题意可得AS⊥BS，∴取AB中点O，则O是三棱锥S－ABC的外接球的球心，半径为1.∴S＝4π.

10．(2019湖南长沙统一检测)在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，点P在线段A₁B上运动，则异面直线DP与CB₁所成角的取值范围是________．

10.3(π) 解析：如图，在正方体中，连接DA₁，DB，则CB₁∥DA₁，∴∠A₁DP为异面直线DP与CB₁所成的角，当点P与B重合时，∠A₁DP最大，且最大为3(π)；当点P与A₁无限接近时，∠A₁DP趋近于零，故异面直线DP与CB₁所成角的取值范围是3(π).

11．(2019陕西咸阳模拟)设a，b为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列命题正确的是( )

A．若a∥α，b∥α，则a∥b

B．若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b

C．若a∥α，a∥β，则α∥β

D．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β

11．D 解析：对于A项，平行于同一平面的两条直线的位置关系可以是平行、相交或异面，∴A不正确；对于B项，分别位于两个互相平行的平面内的两条直线可以是平行、相交、异面的，∴B不正确；对于C项，平行于同一条直线的两个平面可以是相交的，可以是平行的，∴C不正确；对于D项，根据两个平面的法向量垂直，可得出两个平面是垂直的，∴D是正确的．故选D.

12．(2019四川成都实验外国语学校模拟)设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则“a⊥b”的一个充分条件是( )

A．a⊥α，b∥β，α⊥β

B．a⊥α，b⊥β，a∥β

C．a⊂α，b⊥β，α∥β

D．a⊂α，b∥β，α⊥β

12．C 解析：A.a，b可能垂直也可能不垂直；B.a∥b；D.a，b可能垂直也可能不垂直；C.α∥β，b⊥β，那么b⊥α，a⊂α，那么b⊥a，故C正确．故选C.

13．(2019福建泉州1月质检)已知三棱锥A－BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AD＝2，若球O的表面积为29π，则三棱锥A－BCD的侧面积的最大值为( )

A．5＋4(25) B．5＋4(41)

C．6＋2(27) D．10＋2(25)

13．A 解析：设球O的半径为R，AB＝x，AC＝y，由4πR2＝29π，得4R2＝29.又x2＋y2＋22＝(2R)2，∴x2＋y2＝25.三棱锥A－BCD的侧面积S＝S_△ABD＋S_△ACD＋S_△ABC＝2(1)·2x＋2(1)·2y＋2(1)xy＝x＋y＋2(1)xy，由x2＋y2≥2xy得xy≤2(25)，当且仅当x＝y＝2(2)时取等号，由(x＋y)2＝x2＋2xy＋y2≤2(x2＋y2)得x＋y≤5，当且仅当x＝y＝2(2)时取等号，∴S≤5＋2(1)×2(25)＝5＋4(25)，当且仅当x＝y＝2(2)时取等号. 故选A.

14．(2019广东广州天河区模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：

①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.

其中正确的结论个数为( )

A. 4 B. 3

C. 2 D. 1

14．C 解析：将平面展开图还原后可得立体图形如图所示．①E，F分别为PA，PD中点⇒EF∥AD，又四边形ABCD为矩形⇒AD∥BC，∴EF∥BC⇒B，C，E，F四点共面，∴直线BE与CF共面，不是异面直线，即①错误；②∵E∈平面PAD，AF⊂平面PAD，E∉AF，B∉平面PAD，∴直线BE与直线AF为异面直线，即②正确；③∵EF∥BC，BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC，即③正确；④假设平面BCE⊥平面PAD，即平面BCEF⊥平面PAD，又平面BCEF∩平面PAD＝EF，作PM⊥EF，垂足为M，可得PM⊥平面BCE；但实际无法证得PM⊥平面BCE，故假设不成立，即④错误．故选C.

15．(2019江西师范大学附属中学期末)已知棱长为a的正方体的外接球表面积数值等于内切球体积数值的6倍，则实数 a＝________．

15．3 解析：设正方体的外接球半径为R，内切球半径为r，则a＝2R，2r＝a，R＝2(3)a，r＝2(1)a.∵正方体的外接球表面积数值等于内切球体积数值的6倍，∴4πR2＝6·3(4)πr3，即4πa(3)＝8πa(1)3，解得a＝3.

16．(2019福建厦门期末)《九章算术》将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．如图所示，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某一阳马的正视图和侧视图，则该“阳马”中，最长的棱的长度为________．

16. 解析：根据三视图可得该几何体为一个四棱锥(如图所示)，其中侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD为长方形，在该“阳马”中，最长的棱的长为＝.

中档大题强化练(1)

1．(2019福建厦门期末)在长方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，AB＝2，BC＝1，AA₁＝1，E，F分别为棱A₁B₁，C₁D₁的中点，则异面直线AF与BE所成角的余弦值为( )

A. 0 B.5(5) C.2(3) D.5(5)

1．A 解析：如图，在长方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，连接CF，AC，EF，AD₁，则BE∥CF，∴异面直线AF与BE所成的角即为直线AF与CF所成的角．设∠AFC＝θ，在长方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，得AC＝＝，CF＝1(2)＋C1F2(2)＝，AF＝1(2)＋D1F2(2)＝1(2)1(2)＋D1F2(2)＝.在△ACF中，由余弦定理推论可得cos θ＝2AF·CF(AF2＋CF2－AC2)＝2(3＋2－5)＝0，即异面直线AF与BE所成的角的余弦值为0，故选A.

2．(2019广东揭阳高中毕业班学业水平考试)如图，在三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，AA₁⊥底面A₁B₁C₁，∠ACB＝90°，BC＝CC₁＝1，AC＝3，P为BC₁上的动点，则CP＋PA₁的最小值为( )

A．2 B．1＋3

C. 5 D．1＋2

2．C 解析：由题设知△CC₁B为等腰直角三角形，又A₁C₁⊥平面BCC₁B₁，故∠A₁C₁B＝90°，将二面角A₁－BC₁－C沿BC₁展开成平面图形，得四边形A₁C₁CB，如图所示，由此，CP＋PA₁要取得最小值，当且仅当C，P，A₁三点共线时．由题设知∠CC₁A₁＝135°，由余弦定理得A₁C2＝(3)2＋1－2×3×cos 135°＝25，所以A₁C＝5.

3．(2019吉林长春实验高中第五次月考)在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为棱BC上一点，且平面ADE⊥平面BCD，则DE＝________．

3.5(13) 解析：如图，作AF⊥DE于点F，∵平面ADE⊥平面BCD，∴AF⊥平面BCD，AF⊥BC.∵DA⊥平面ABC，∴DA⊥BC.又∵AF∩AD＝A，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE.∵AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，∴AE＝32＋42(4×3)＝5(12).∵DA⊥平面ABC，∴AD⊥AE，∴DE＝＝2(12)＝5(13).

4．已知A，B，C是半径为2的球O表面上三点，若AB＝1，AC＝，∠B＝60°，则三棱锥O－ABC的体积为________．

4.2(1) 解析：在△ABC中，由正弦定理可得sin B(AC)＝sin C(AB)，解得sin C＝2(1).由AB<AC得∠C＝30°，∴∠BAC＝90°.∴△ABC为直角三角形．如图，取BC的中点为D，则D为△ABC的外心．O为球心，则有OD⊥平面ABC.OD＝＝＝，三棱锥O－ABC的体积为3(1)S_△ABC·OD＝3(1)×2(1)×1××＝2(1).

5．(2019山东泰安第一次模拟)已知直三棱柱ABC－A₁B₁C₁外接球的表面积为16π，AB＝1，若△ABC外接圆的圆心O₁在AC上，半径r₁＝1，则直三棱柱ABC－A₁B₁C₁的体积为________．

5．3 解析：如图，∵△ABC外接圆的圆心O₁在AC上，∴O₁为AC的中点，且△ABC是以∠ABC为直角的直角三角形．由半径r₁＝1，得AC＝2，又AB＝1，∴BC＝.把直三棱柱ABC－A₁B₁C₁补形为长方体，设BB₁＝x，则其外接球的半径R＝2(1).又直三棱柱ABC－A₁B₁C₁外接球的表面积为16π，∴4πR2＝16π，即R＝2，∴2(1)＝2，解得 x＝2.∴直三棱柱ABC－A₁B₁C₁的体积为2(1)×1××2＝3.

6．(2019广西南宁、玉林、贵港等毕业班摸底)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD中点．

(1)求证：PA⊥平面ABCD；

(2)求几何体P－ABE的体积．

6．(1)证明：∵底面ABCD为正方形，

∴BC⊥AB.又BC⊥PB，AB∩PB＝B，

∴BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.

同理CD⊥PA，BC∩CD＝C，

∴PA⊥平面ABCD.

(2)解：∵E为PD的中点，

∴V_P－ABE＝V_E－PAB＝2(1)V_D－PAB＝2(1)V_P－ABD＝2(1)×3(1)×2(1)×2×2×2＝3(2).

7. 已知三棱柱ABC－A₁B₁C₁的侧棱长和底面边长均为2，A₁在底面ABC内的射影O为底面三角形ABC的中心，如图所示．

(1)连接BC₁，求异面直线AA₁与BC₁所成角的大小；

(2)连接A₁C，A₁B，求三棱锥C₁－BCA₁的体积．

7．解：(1)如图，连接AO，并延长与BC交于点D，则D是BC边的中点．

∵点O是正三角形ABC的中心，

且A₁O⊥平面ABC，∴BC⊥A₁O.

∵BC⊥AD，AD∩A₁O＝O，∴BC⊥平面ADA₁.

∴BC⊥AA₁.又∵AA₁∥CC₁，

∴CC₁⊥BC，

∴异面直线AA₁与BC₁所成的角为∠BC₁C或其补角．

∵BC＝CC₁＝B₁C₁＝BB₁＝2，即四边形BCC₁B₁为正方形，

∴异面直线AA₁与BC₁所成角的大小为4(π).

(2)∵三棱柱的所有棱长都为2，

∴可求得AD＝，AO＝3(2)AD＝3(3)，A₁O＝1(2)－AO2(2)＝3(6).

∴VABC－A₁B₁C₁＝S_△ABC·A₁O＝2，

VA₁－BCC₁B₁＝VABC－A₁B₁C₁－VA₁－ABC＝3(2)，

∴VC₁－BCA₁＝VA₁－BCC₁＝2(1)VA₁－BCC₁B₁＝3(2).

8．(2019河南九师联盟2月质量检测)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中点．

(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若AB＝AD＝AP＝2，求点N到平面PAC的距离．

8．(1)证明：在矩形ABCD中，AB⊥AD.

又∵AB⊥PA，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.

又∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

(2)解：在△PAD中，∵PA＝PD，N是棱AD的中点，∴PN⊥AD.

由(1)知AB⊥平面APD，∴AB⊥PN.

又∵AB∩AD＝A，∴PN⊥平面ABCD，PN＝2(3)×2＝ .

∵CD∥AB，∴CD⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，

∴在△PAC中，PA＝2，AC＝PC＝2，

S_△PAC＝2(1)×2×＝.

设点N到平面PAC的距离为d，

V_N－PAC＝V_P－NAC，∴3(1)S_△PACd＝3(1)S_△NAC×PN，

∴d＝2(1)×1×2×，解得d＝7(21)，

∴点N到平面PAC的距离为7(21).

9．(2019河北衡水12月联合质量测评)如图，在直三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，AB＝BC＝2，AC＝CC₁＝2，其中P为棱CC₁上的任意一点，设平面PAB与平面A₁B₁C的交线为QR.

(1)求证：AB∥QR；

(2)若P为棱CC₁的中点，求几何体QRABC的体积．

9．(1)证明：在直三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，

∵AB∥A₁B₁，AB⊄平面A₁B₁C，A₁B₁⊂平面A₁B₁C，

∴AB∥平面A₁B₁C.

∵平面PAB与平面A₁B₁C的交线为QR，且AB⊂平面PAB，

∴AB∥QR.

(2)解：在侧面BCC₁B₁中，∵BC＝2，CC₁＝2，P为棱CC₁的中点，

∴tan∠BB₁C＝BB1(BC)＝2(1)，tan∠PBC＝BC(CP)＝2(2)，

∴∠BB₁C＝∠PBC，∴PB⊥B₁C，即CR⊥PB.

在直三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，BB₁⊥平面ABC，∴BB₁⊥AB.

∵AB＝BC＝2，AC＝2，

∴AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC.

又BB₁∩BC＝B，∴AB⊥平面BCC₁B₁.又AB∥QR，∴QR⊥平面BCC₁B₁.

∵BC＝2，PC＝，又△PRC～△PCB，∴CR＝PB(CP·CB)＝）2＋22(2×2)＝3(2).

∴PR＝PB(CP2)＝）2＋22(2）2)＝6(2).

∵AB∥QR，∴AB(QR)＝PB(PR).∴QR＝PB(AB·PR)＝6()＝3(2).

∴几何体QRABC的体积为V_A－PBC－V_Q－PRC＝3(1)×2(1)×2－3(1)×6(2)×3(2)＝27(2).

10．(2019江西上饶重点中学六校第一次联考)如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，现将△ADC沿AC边折到△APC的位置．

(1)求证：PB⊥AC；

(2)求三棱锥P－ABC体积的最大值．

10．(1)证明：取AC的中点为O，连接PO，OB，如图．

易得AC⊥PO，AC⊥OB，PO∩OB＝O，∴AC⊥平面POB.又PB⊂平面POB，∴AC⊥PB.

(2)解：由(1)知AC⊥平面POB，且在边长为2的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，∴AC＝2，PO＝OB＝，所求体积转化为V_P－ABC＝V_A－POB＋V_C－POB＝3(1)AC·S_△POB＝3(1)×2×2(1)××sin∠POB＝sin∠POB，∴当∠POB＝90°时，V_P－ABC的最大值为1.

中档大题强化练(2)

1．(2019河北衡水中学七调)已知直三棱柱ABC－A₁B₁C₁的底面为等边三角形，且底面积为4(3)，体积为4(3)，点P，Q分别为线段A₁B，B₁C上的动点，若直线PQ∩平面ACC₁A₁＝∅，点M为线段PQ的中点，则点M的轨迹长度为( )

A.4(2) B.4(3) C.2(2) D.2(3)

1．D 解析：∵直线PQ与平面A₁ACC₁无交点，∴PQ与此平面平行，∴A₁P＝CQ.当点P，Q分别在点A₁，C处时，此时点M为A₁C的中点；当点P，Q分别在点B，B₁处时，此时点M为BB₁的中点．若D，E，F分别为三条棱的中点，则点M的轨迹为等边三角形DEF的中线．设底面边长为x，由底面面积可得4(3)x2＝4(3)，∴x＝1，∴轨迹长度为2(3).故选D.

2．(2019福建龙岩期末)在三棱锥A－BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2的等边三角形，且平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为( )

A．8π B．12π C．16π D．20π

2．D 解析：如图，取BC的中点E，连接AE与DE，则AE⊥DE，且AE＝DE＝2×2(3)＝

3．(2019辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校期末)已知四面体ABCD，AB＝2，AC＝AD＝3，∠BAC＝∠BAD＝60°，∠CAD＝90°，则该四面体外接球的半径为( )

A. 1 B. C. D.

3．B 解析：设E为CD的中点，由于三角形ACD为直角三角形，故其外心为E点，则球心在E点的正上方，设球心为O.其中CD＝3，AE＝CE＝DE＝2(2).由余弦定理得BC＝BD＝＝，BE＝＝2(10).设外接球的半径为r.在三角形DEO中，由勾股定理得OE2＋DE2＝r2①.在三角形BEO中，由余弦定理得cos∠BEO＝2×OE×BE(OE2＋BE2－r2)②.在三角形ABE中，由余弦定理可知cos∠AEB＝2×AE×BE(AE2＋BE2－AB2)＝5(1)，由于AE⊥OE，则∠AEO＝90°，∴∠BEO＝90°＋∠AEB，∴cos∠BEO＝cos(90°＋∠AEB)＝－sin∠AEB＝－5(2)③.联立①②③可得OE＝2(2)，r＝.故选B.

在DE上取点I使得EI＝3(1)DE，在AE上取点H使得EH＝3(1)AE，则点I是三角形BCD的外接圆圆心，点H是三角形BCA的外接圆圆心，则BI＝2(1)×3()＝2.分别过点I，H作平面BCD和ABC的垂线IO和HO交于O点，则点O是三棱锥A－BCD的外接球球心，OI＝EH＝3(1)×3＝1，OB＝＝＝，故外接球半径为，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为4π×5＝20π.故选D.

4．(2019湖南湘潭第一次模拟)在三棱锥D－ABC中，CD⊥底面ABC，AC⊥BC，AB＝BD＝5，BC＝4，则此三棱锥的外接球的表面积为________．

4．34π 解析：在三棱锥D－ABC中，CD⊥底面ABC，∴CD⊥CB，CD⊥CA.又AC⊥BC，AB＝BD＝5，BC＝4，∴AC＝CD＝＝3，故三棱锥D－ABC的外接球的半径R＝2(32＋42＋32)＝2(34)，则其表面积为4π×2(34)＝34π.

5．(2019湖南长沙雅礼中学月考)已知长方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，AB＝3 cm，BC＝2 cm，AA₁＝2 cm，E为CC₁的中点，则一质点自点A出发，沿着长方体的表面到达点E的最短路线的长为________cm.

5．3 解析：将长方体沿C₁C, C₁B_1, BC剪开，使平面ABB₁A₁和平面BCC₁B₁在同一个平面内，连接AE，如图1.在Rt△ACE中，AC＝5，CE＝1，由勾股定理，得AE2＝AC2＋CE2＝26，则 AE＝.将长方体沿C₁D₁，DD₁，C₁C剪开，使平面ABCD和平面CDD₁C₁在同一个平面内，连接AE，如图2.在Rt△ABE中，AB＝3，BE＝3, 由勾股定理，得AE2＝AB2＋BE2＝32＋32，则AE＝3.将长方体沿B₁C₁，CC₁，BB₁剪开，使平面ABCD和平面BCC₁B₁在同一个平面内，连接AE，如图3.在 Rt△AB₁E中，AB₁＝5，B₁E＝1, 由勾股定理，得AE2＝AB1(2)＋B₁E2＝52＋12＝26，则AE＝.故沿着长方体的表面到达点E的最短路线的长为3cm.

6．(2019安徽黄山一模)已知三棱锥A－BCD，BC＝6，且△ABC，△BCD均为等边三角形，二面角A－BC－D的平面角为60°，则三棱锥外接球的表面积是________．

6．52π 解析：如图，取BC的中点为E，连接AE，DE，由△ABC，△BCD均为等边三角形，可知∠AED＝60°，则△AED为正三角形，边长ED＝6×2(3)＝3，且所求外接球球心在平面AED上，在线段ED上取点R，使得DR＝3(2)DE，则底面三角形的外接圆圆心为R，在线段AD上取中点F，连接FE，过R点作DE的垂线交FE于O点，则外接球的球心为O点．在三角形OER中，OR＝ERtan 30°＝3(1)DEtan 30°＝1，则外接球的半径r＝＝＝，三棱锥外接球的表面积是4π()2＝52π.

7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM－DCP与刍童ABCD－A₁B₁C₁D₁的组合体中，AB＝AD，A₁B₁＝A₁D₁.台体体积公式：V＝3(1)(S′＋＋S)h，其中S′，S分别为台体上、下底面的面积，h为台体的高．

(1)求证：直线BD⊥平面MAC；

(2)若AB＝1，A₁D₁＝2，MA＝，三棱锥A－A₁B₁D₁的体积V′＝3(3)，求该组合体的体积．

7．(1)证明：由题意可知ABM－DCP是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD⊥平面MAB.

∵MA⊂平面MAB，∴AD⊥MA.

又MA⊥AB，AD∩AB＝A，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，

∴MA⊥平面ABCD.

∵BD⊂平面ABCD，∴MA⊥BD.

∵AB＝AD，∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.

又MA∩AC＝A，MA⊂平面MAC，AC⊂平面MAC，

∴BD⊥平面MAC.

(2) 解：设刍童ABCD－A₁B₁C₁D₁的高为h，

则三棱锥A－A₁B₁D₁的体积V′＝3(1)×2(1)×2×2×h＝3(3)，

∴h＝，

故该组合体的体积V＝2(1)×1××1＋3(1)×12＋22＋×＝2(3)＋3(3)＝6(3).

8．(2019广东汕尾普通高中教学质量检测)如图，直三棱柱ABC－A₁B₁C₁中，AB＝BC＝AC＝2AA₁＝2，D是BC的中点．

(1)求证：A₁B∥平面ADC₁.

(2)线段BC₁上是否存在点N，使三棱锥N－ADC₁的体积为12(3)？若存在，确定点N的位置；若不存在，说明理由．

8．(1)证明：连接A₁C，与AC₁交于点O，连接OD，A₁B，如图所示．

在△CA₁B中，O和D分别是CA₁和CB的中点，则OD∥A₁B.

又OD⊂平面ADC₁，A₁B⊄平面ADC₁，

∴A₁B平面∥ADC₁.

(2)解：连接BC₁，假设线段BC₁上存在点N，使得三棱锥N－ADC₁的体积为12(3).

设N到平面ADC₁的距离为h，

由题意可知，△ABC为等边三角形，

又D为BC的中点，∴AD⊥BC.

又三棱柱ABC－A₁B₁C₁为直三棱柱，∴BB₁⊥AD，

故AD⊥平面BCC₁B₁，

∴△ADC₁为直角三角形，AD＝，DC₁＝，

∴△ADC₁的面积为2(6).

由三棱锥的体积公式可知，VN－ADC₁＝3(1)S△ADC₁·h＝12(3)，

∴h＝4(2).

又AD⊥平面BCC₁B₁，∴平面BCC₁B₁⊥平面ADC₁，

故点N到平面ADC₁的距离与点N到直线DC₁的距离相等．

又△DCC₁为等腰直角三角形，∴点C到直线DC₁的距离为2(2).

又点B与点C到平面ADC₁的距离相等，故点B到直线DC₁的距离也为2(2)，

∴当N为BC₁的中点时，点N到平面ADC₁的距离为4(2)，三棱锥N－ADC₁的体积为12(3).

9．(2019湖南师大附中月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，AB＝AD，E是线段PD上的点，F是线段AB上的点，且ED(PE)＝FA(BF)＝λ(λ>0)．

(1)求证：EF∥平面PBC.

(2)是否存在实数λ，使得异面直线EF与CD所成角为60°？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．

9．(1)证明：如图，作EH∥AD交PA于点H，连接HF，

∵EH∥BC，∴ED(PE)＝HA(PH).

又∵ED(PE)＝FA(BF)＝λ，∴HA(PH)＝FA(BF)，∴FH∥PB.

又∵EH∥AD，FH∩HE＝H，

∴平面EFH∥平面PBC.

∵EF⊂平面EFH，∴EF∥平面PBC.

(2)解：存在实数λ＝，使得异面直线EF与CD所成角为60°.

其理由如下：假设存在实数λ，使得异面直线EF与CD所成角为60°，

∵AB∥CD，∴∠AFE为异面直线EF与CD所成角，

∴∠AFE＝60°.

如图，过点E作EQ⊥AD交AD于点Q，连接FQ，

∵PA＝AD，AB＝AD，

∴设AD＝1.又∵ED(PE)＝FA(BF)＝λ，

AF＝DE＝1＋λ(2)，AQ＝1＋λ(λ)，EQ＝1＋λ(1)，

∴FQ2＝AF2＋AQ2＝1＋λ(2)＋1＋λ(λ)＝（1＋λ）2(2＋λ2)，

∴EF2＝EQ2＋FQ2＝1＋λ(1)＋（1＋λ）2(2＋λ2)＝（1＋λ）2(3＋λ2)，

∴在Rt△FAE中，cos∠AFE＝cos 60°＝EF(AF)，∴4(1)＝3＋λ2(2)，∴λ＝.

∴存在实数λ＝，使得异面直线EF与CD所成角为60°.

10．(2019山东临沂第一次模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝4，PB＝4，M是线段AP的中点．

(1)求证：BM∥平面PCD.

(2)当PA为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此最大值．

10．(1)证明：如图，取PD中点N，连接MN，CN，

∵M是AP的中点，

∴MN∥AD且MN＝2(1)AD.

∵AD∥BC，AD＝2BC，

∴MN∥BC，MN＝BC，

∴四边形MNCB是平行四边形，

∴MB∥CN.

又BM⊄平面PCD，CN⊂平面PCD，

∴BM∥平面PCD.

(2)解：设PA＝x(0＜x＜4)，

∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥AB.

∵PB＝4，

∴AB＝＝.

又∵AB⊥AD，AD＝2BC＝4，

∴V_P－ABCD＝3(1)S_ABCD×PA＝3(1)×2(1)(AD＋BC)×AB×PA＝x≤2(x2＋32－x2)＝16，

当且仅当x＝，即x＝4时取等号，

故当PA＝4时，四棱锥P－ABCD的体积最大，最大值为16.

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