《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第一部分 刷考點(diǎn) 考點(diǎn)十四 空間中的平行與垂直關(guān)系 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第一部分 刷考點(diǎn) 考點(diǎn)十四 空間中的平行與垂直關(guān)系 文（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)十四　空間中的平行與垂直關(guān)系 一、選擇題 1．已知平面α∥平面β，若兩條直線m，n分別在平面α，β內(nèi)，則m，n的關(guān)系不可能是(　　) A．平行 B．相交 C．異面 D．平行或異面 答案　B 解析　由α∥β知，α∩β＝?.又m?α，n?β，故m∩n＝?.故選B. 2．設(shè)直線m與平面α相交但不垂直，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在平面α內(nèi)有且只有一條直線與直線m垂直 B．過(guò)直線m有且只有一個(gè)平面與平面α垂直 C．與直線m垂直的直線不可能與平面α平行 D．與直線m平行的平面不可能與平面α垂直 答案　B 解析　可以通過(guò)觀察正方體ABCD－A1B1C1D1進(jìn)行判斷

2、，取BC1為直線m，平面ABCD為平面α，由AB，CD均與m垂直知，A錯(cuò)誤；由D1C1與m垂直且與平面α平行知，C錯(cuò)誤；由平面ADD1A1與m平行且與平面α垂直知，D錯(cuò)誤．故選B. 3．(2019·東北三省四市一模)已知m，n為兩條不重合直線，α，β為兩個(gè)不重合平面，下列條件中，一定能推出α∥β的是(　　) A．m∥n，m?α，n?β B．m∥n，m⊥α，n⊥β C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β 答案　B 解析　當(dāng)m∥n時(shí)，若m⊥α，可得n⊥α.又n⊥β，可知α∥β，故選B. 4．(2019·湖南長(zhǎng)沙一中模擬一)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O是

3、四邊形ABCD的中心，關(guān)于直線A1O，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A1O∥DC B．A1O⊥BC C．A1O∥平面B1CD1 D．A1O⊥平面ABD 答案　C 解析　顯然A1O與DC是異面直線，故A錯(cuò)誤；假設(shè)A1O⊥BC，結(jié)合A1A⊥BC可得BC⊥平面A1ACC1，則可得BC⊥AC，顯然不正確，故假設(shè)錯(cuò)誤，即B錯(cuò)誤；∵在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O是四邊形ABCD的中心，∴A1D∥B1C，OD∥B1D1，∵A1D∩DO＝D，B1D1∩B1C＝B1，∴平面A1DO∥平面B1CD1， ∵A1O?平面A1DO，∴A1O∥平面B1CD1，故C正確；又A1A⊥平面AB

4、D，過(guò)一點(diǎn)作平面ABD的垂線有且只有一條，則D錯(cuò)誤，故選C. 5．下列命題中錯(cuò)誤的是(　　) A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β 答案　D 解析　對(duì)于D，若平面α⊥平面β，則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β，其余選項(xiàng)均是正確的． 6．(2019·河南名校聯(lián)盟2月聯(lián)考)設(shè)點(diǎn)P是正方體ABCD－A1B1C1D1的對(duì)角線BD1的中點(diǎn)，平面α過(guò)

5、點(diǎn)P，且與直線BD1垂直，平面α∩平面ABCD＝m，則m與A1C所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由題意知，點(diǎn)P是正方體ABCD－A1B1C1D1的對(duì)角線BD1的中點(diǎn)，平面α過(guò)點(diǎn)P，且與直線BD1垂直，平面α∩平面ABCD＝m，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可得m∥AC，所以直線m與A1C所成的角即為直線AC與直線A1C所成的角，即∠ACA1為直線m與A1C所成的角，在Rt△ACA1中，cos∠ACA1＝＝＝，即m與A1C所成角的余弦值為，故選B. 7．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這

6、四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 答案　A 解析　A項(xiàng)，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點(diǎn)，則QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交，∴直線AB與平面MNQ相交．B項(xiàng)，作如圖②所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C項(xiàng)，作如圖③所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ， ∴AB∥平面MNQ.D項(xiàng)，作如圖④所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ

7、.故選A. 8．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 答案　D 解析　因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，則CD⊥AB，又AD⊥AB，所以AB⊥平面A

8、DC，則平面ABC⊥平面ADC，故選D. 二、填空題 9．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)P是平面AA1D1D的中心，點(diǎn)Q是B1D1上一點(diǎn)，且PQ∥平面AA1B1B，則線段PQ的長(zhǎng)為________． 答案　 解析　如圖，∵PQ∥平面AA1B1B， PQ?平面AD1B1，AB1＝平面AA1B1B∩平面AD1B1， ∴PQ∥AB1， ∵點(diǎn)P是平面AA1D1D的中心， ∴點(diǎn)P是AD1的中點(diǎn)，∴點(diǎn)Q是B1D1的中點(diǎn)，∴PQ＝AB1＝. 10．(2019·黑龍江大慶一中四模)給出下列四個(gè)命題： ①如果平面α外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行，那么a∥α；

9、②過(guò)空間一定點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直； ③如果一條直線垂直于一個(gè)平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線，那么這條直線與這個(gè)平面垂直； ④若兩個(gè)相交平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面的交線垂直于第三個(gè)平面． 其中真命題的序號(hào)為________． 答案?、佗冖? 解析　命題①是線面平行的判定定理，正確；命題②因?yàn)榇怪蓖黄矫娴膬蓷l直線平行，所以過(guò)空間一定點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直，故正確；命題③平面內(nèi)無(wú)數(shù)條直線均平行時(shí)，不能得出直線與這個(gè)平面垂直，故不正確；命題④因?yàn)閮蓚€(gè)相交平面都垂直于第三個(gè)平面，從而交線垂直于第三個(gè)平面，故正確．故答案為①②④. 11. 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C

10、1中，已知AB＝1，點(diǎn)D在棱BB1上，且BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為________． 答案　 解析　如圖，取C1A1，CA的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接B1E，BF，EF，則B1E⊥平面CAA1C1.過(guò)點(diǎn)D作DH∥B1E，則DH⊥平面CAA1C1.連接AH，則∠DAH為AD與平面AA1C1C所成角．DH＝B1E＝，DA＝，所以sin∠DAH＝＝. 12．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)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　如圖，過(guò)點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O

11、，則PO為P到平面ABC的距離．再過(guò)O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線， 即∠ACO＝45°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以O(shè)E＝1，所以PO＝＝＝. 三、解答題 13．(2019·安徽黃山第三次質(zhì)量檢測(cè))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(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DA. (1)證明：CD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝DA，

12、求三棱錐B－APQ的體積． 解　(1)證明：∵四邊形ABCM是平行四邊形，且∠ACM＝90°，∴AC⊥AB，又AD⊥AB， ∴AB⊥平面ACD，∵CD?平面ACD，∴AB⊥CD， 又CD⊥AC，∴CD⊥平面ABC. (2)取AC上一點(diǎn)H，使CH＝CA， ∵DQ＝DA，連接QH，則QH∥CD， 由(1)可得QH⊥平面ABC， ∵AB＝AC＝3，∴BC＝3，AD＝3， ∴BP＝DQ＝3×＝2， ∴QH＝CD＝×3＝1， ∵AC＝AB＝3，AC⊥AB， ∴△ABC為等腰直角三角形， ∴∠ABP＝45°，∴S△PAB＝AB·BPsin45°＝3， ∴VB－APQ＝VQ－APB

13、＝S△PAB·QH＝1. 14．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面C1DE； (2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離． 解　(1)證明：如圖，連接B1C，ME. 因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)， 所以ME∥B1C，且ME＝B1C. 又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，所以ND＝A1D. 由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D， 故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形， 所以MN∥ED. 又MN?平面C1DE，所以MN∥平

14、面C1DE. (2)解法一：過(guò)點(diǎn)C作C1E的垂線，垂足為H. 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C， 所以DE⊥平面C1CE， 故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE， 故CH的長(zhǎng)即為點(diǎn)C到平面C1DE的距離． 由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝， 故CH＝. 從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為. 解法二：在菱形ABCD中，E為BC的中點(diǎn)， 所以DE⊥BC， 根據(jù)題意有DE＝，C1E＝， 因?yàn)槔庵鶠橹崩庵?，所以有DE⊥平面BCC1B1， 所以DE⊥EC1，所以S△DEC1＝××， 設(shè)點(diǎn)C到平面C1DE的距離為d， 根據(jù)題意有VC1－CDE＝VC－C1DE， 則

15、有××1××4＝××××d， 解得d＝＝. 一、選擇題 1．設(shè)直線l與平面α平行，直線m在平面α內(nèi)，那么(　　) A．直線l不平行于直線m B．直線l與直線m異面 C．直線l與直線m沒有公共點(diǎn) D．直線l與直線m不垂直 答案　C 解析　∵直線l與平面α平行，由線面平行的定義可知，直線l與平面α無(wú)公共點(diǎn)，又直線m在平面α內(nèi)，∴直線l與直線m沒有公共點(diǎn)，故選C. 2．(2019·河北石家莊二模)設(shè)l表示直線，α，β，γ表示不同的平面，則下列命題中正確的是(　　) A．若l∥α且α⊥β，則l⊥β B．若γ∥α且γ∥β，則α∥β C．若l∥α且l∥β，則α∥β D．若γ

16、⊥α且γ⊥β，則α∥β 答案　B 解析　在A中，若l∥α且α⊥β，則l⊥β，則l與β可能相交、平行或l?β；在B中，若γ∥α且γ∥β，則α∥β，由面面平行的性質(zhì)可得α∥β；在C中，若l∥α且l∥β，則α∥β，則α與β相交或平行；在D中，若γ⊥α且γ⊥β，則α∥β，則α與β相交或平行，故選B. 3．(2019·安徽江南十校3月綜合素質(zhì)檢測(cè))如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，P，Q分別為棱AB，C1D1，D1A1，D1D，C1C的中點(diǎn)．則下列敘述中正確的是(　　) A．直線BQ∥平面EFG B．直線A1B∥平面EFG C．平面APC∥平面EFG D．

17、平面A1BQ∥平面EFG 答案　B 解析　過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)，G的截面如圖所示(H，I分別為AA1，BC的中點(diǎn))，∵A1B∥HE，A1B?平面EFG，HE?平面EFG，∴A1B∥平面EFG，故選B. 4．設(shè)正三棱錐P－ABC的高為H，且此棱錐的內(nèi)切球的半徑為R，若二面角P－AB－C的正切值為，則＝(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案　C 解析　取線段AB的中點(diǎn)D，設(shè)P在底面ABC的射影為O，設(shè)AB＝a，則OD＝a×＝a，∠PDC為二面角P－AB－C的平面角，tan∠PDC＝，PD＝6OD＝a，設(shè)正三棱錐P－ABC的表面積為S， 則R＝＝＝，∴＝7. 5．已知長(zhǎng)方體A

18、BCD－A1B1C1D1中，AA1＝，AB＝4，若在棱AB上存在點(diǎn)P，使得D1P⊥PC，則AD的取值范圍是(　　) A．(0,1] B．(0,2] C．(1，] D．[1,4) 答案　B 解析　連接DP，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P上兩條相交直線，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即點(diǎn)P在以CD為直徑的圓上，又點(diǎn)P在AB上，則AB與圓有公共點(diǎn)，即0

19、形，M，N分別是AD，BE的中點(diǎn)，則MN＝(　　) A. B．4 C. D．5 答案　A 解析　如圖，取BD的中點(diǎn)P，連接MP，NP， 則MP∥AB，NP∥DE， MP＝AB＝1， NP＝DE＝2，又∵AC∥GF， ∴AC∥NP，∵∠CAB＝60°， ∴∠MPN＝120°， ∴MN＝ ＝＝，故選A. 7．(2019·河北衡水中學(xué)第一次摸底)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為半圓弧且點(diǎn)E為下底面半圓弧上一點(diǎn)(異于點(diǎn)B，C)，則關(guān)于該幾何體的說(shuō)法正確的是(　　) A．BE⊥AC B．DE⊥AE C．CE⊥平面ABE D．BD⊥平面ACE 答

20、案　C 解析　由三視圖可知，該幾何體是如圖所示的半圓柱，圓柱底面半徑為1，高為2，若BE⊥AC，因?yàn)锽E⊥AB，AB∩AC＝A，所以BE⊥平面ABC，又因?yàn)锽C?平面ABC，所以BE⊥BC，不成立，所以A不正確； 因?yàn)镈E2＋AE2＝22＋CE2＋22＋BE2＝12≠AD2，因此∠AED≠90°，即DE與AE不垂直，所以B不正確；因?yàn)锽C為半圓的直徑，所以BE⊥CE，又因?yàn)镃E⊥AB，AB∩BE＝B，所以CE⊥平面ABE，所以C正確；假設(shè)BD⊥平面ACE，則BD⊥CE，又CE⊥DC，BD∩DC＝D，所以CE⊥平面ABCD，所以CE⊥BC，與∠CEB＝90°矛盾，所以D不正確．故選C.

21、 8．(2019·安徽泗縣一中最后一模)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E為棱CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱AA1上的點(diǎn)，且滿足A1F∶FA＝1∶2，點(diǎn)F，B，E，G，H為過(guò)三點(diǎn)B，E，F(xiàn)的平面BMN與正方體ABCD－A1B1C1D1的棱的交點(diǎn)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．HF∥BE B．三棱錐的體積VB1－BMN＝4 C．直線MN與平面A1B1BA的夾角是45° D．D1G∶G1C＝1∶3 答案　C 解析　由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1，而平面BMN與這兩個(gè)平面分別交于HF和BE，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知HF∥BE，故A正確；由于A1F∶FA＝1∶2

22、，而E是CC1的中點(diǎn)，故MA1＝1，HD1＝，D1G＝，GC1＝，C1N＝2，VB1－BMN＝VB－MNB1＝×·MB1·NB1·BB1＝××3×4×2＝4，故B正確；對(duì)于C，由于B1N⊥平面A1B1BA，所以直線MN與平面A1B1BA所成角為∠NMB1，且tan∠NMB1＝＝≠1，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，根據(jù)前面計(jì)算的結(jié)果可知D1G＝，GC1＝，故D正確，故選C. 二、填空題 9．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：________. 答案　若m

23、∥α且l⊥α，則l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α) 解析　已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因?yàn)閘可以與α平行，也可以與α相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②. 10．已知四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3.沿AC將△ADC折起到△AD′C，使平面AD′C⊥平面ABC，F(xiàn)是AD′的中點(diǎn)，E是AC上一點(diǎn)，給出下列結(jié)論： ①存在點(diǎn)E，使得EF∥平面BCD′；②存在點(diǎn)E，使得EF⊥平面ABC；③存在點(diǎn)E，使得D′E⊥平面ABC；④存在點(diǎn)E，使得AC⊥平面BD

24、′E. 其中正確的結(jié)論是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)) 答案?、佗冖? 解析　對(duì)于①，存在AC的中點(diǎn)E，使得EF∥CD′，利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′；對(duì)于②，過(guò)點(diǎn)F作EF⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得EF⊥平面ABC；對(duì)于③，過(guò)點(diǎn)D′作D′E⊥AC，垂足為E，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得D′E⊥平面ABC；對(duì)于④，因?yàn)锳BCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一點(diǎn)，所以不存在點(diǎn)E，使得AC⊥平面BD′E. 11．(2019·河南洛陽(yáng)第三次統(tǒng)考)在底面是邊長(zhǎng)為2的正方形的四棱錐P－ABCD中，頂點(diǎn)P在底面的射影H為正方形

25、ABCD的中心，異面直線PB與AD所成角的正切值為2，若四棱錐P－ABCD的內(nèi)切球半徑為r，外接球的半徑為R，則R－r＝________. 答案　 解析　如圖，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)，由題意，P－ABCD為正四棱錐，底面邊長(zhǎng)為2， ∵BC∥AD，∴∠PBC即為PB與AD所成角，可得斜高為2，∴△PEF為正三角形，正四棱錐P－ABCD的內(nèi)切球半徑即為△PEF的內(nèi)切圓半徑，所以×(2)2＝×2×r×3，可得r＝1，設(shè)O為外接球球心，在Rt△OHA中，R2＝()2＋(3－R)2，解得R＝， ∴R－r＝－1＝. 12. 如圖，已知點(diǎn)D，E分別是三棱柱ABC－A1B1C1的棱BC，A

26、1B1的中點(diǎn)，給出以下命題： ①BB1∥平面C1DE； ②DE∥平面ACC1A1； ③平面ADE⊥平面BCC1B1； ④VE－ABD＝2VE－DCC1. 其中真命題是________．(填上所有真命題的序號(hào)) 答案?、冖? 解析　因?yàn)镃C1與平面C1DE相交，且CC1∥BB1，所以BB1也與平面C1DE相交，故①錯(cuò)誤；取A1C1的中點(diǎn)F，連接EF，CF，由EF∥DC，且EF＝DC知四邊形EFCD是平行四邊形，所以ED∥FC，又FC?平面ACC1A1，ED?平面ACC1A1，所以DE∥平面ACC1A1，故②正確；因?yàn)轭}中沒有任何垂直關(guān)系，故③錯(cuò)誤；設(shè)該三棱柱的高為h，則VE－AB

27、D＝S△ABDh＝S△ABCh＝V三棱柱．取AB的中點(diǎn)G，連接EG，則EG∥平面BCC1B1，所以VE－DCC1＝VG－DCC1＝VC1－DCG＝S△DCGh＝×S△ABCh＝V三棱柱，所以VE－ABD＝2VE－DCC1，故④正確．所以真命題是②④. 三、解答題 13．(2019·山東臨沂三模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝，M是PC的中點(diǎn)． (1)求證：平面PAC⊥平面MBD； (2)若PB⊥PD，三棱錐P－ABD的體積為，求四棱錐P－ABCD的側(cè)面積． 解　(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴PA⊥BD

28、， 又底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC， 又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC， ∴BD⊥平面PAC， 又BD?平面MBD，∴平面PAC⊥平面MBD. (2)設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為x， ∵∠ABC＝，∴∠BAD＝， 在△ABD中，BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD ＝2x2－2x2＝3x2， ∴BD＝x， ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AB， 又AB＝AD，PB⊥PD， ∴△PBD為等腰直角三角形，PB＝PD＝x， ∴PA＝＝＝x， 又S△ABD＝AB·AD·sin∠BAD＝·x2·sin＝x2， ∴V三棱錐P－A

29、BD＝·S△ABD·PA＝·x2·x＝，∴x＝2，∴PA＝，PB＝PD＝， ∵∠ABC＝，∴AC＝AB＝2. 又PA⊥平面ABCD，∴PC＝PB＝， ∴四棱維P－ABCD的側(cè)面積等于2S△PAB＋2S△PBC＝2×××2＋2×××2＝2(＋)． 14．(2019·陜西西安模擬)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，CD＝4，E為CD的中點(diǎn)． (1)求證：AE∥平面PBC； (2)求三棱錐C－PBE的體積． 解　(1)證明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°， ∴AC＝2，∠BCA＝60°. 在△ACD

30、中，AD＝2，AC＝2，CD＝4， ∴AC2＋AD2＝CD2，∴∠CAD＝90°，△ACD是直角三角形． 又E為CD的中點(diǎn)，∴AE＝CD＝CE＝2， ∴△ACE是等邊三角形，∴∠CAE＝60°， ∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE. 又AE?平面PBC，BC?平面PBC， ∴AE∥平面PBC. (2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE， ∴PA為三棱錐P－BCE的高． ∵∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，∴∠BCE＝120°. 又BC＝1，CE＝2， ∴S△BCE＝BC·CE·sin∠BCE＝×1×2×＝， ∴V三棱錐C－PBE＝V三棱錐P－BCE＝S△BCE·PA＝××2＝. - 16 -