2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7章 立體幾何初步 第5節(jié) 簡單幾何體的表面積與體積教學(xué)案 文（含解析）北師大版

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1、第五節(jié)簡單幾何體的表面積與體積考綱傳真了解球、棱柱、棱錐、臺的表面積和體積的計算公式1多面體的表(側(cè))面積因為多面體的各個面都是平面，所以多面體的側(cè)面積就是所有側(cè)面的面積之和，表面積是側(cè)面積與底面面積之和2圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式圓柱圓錐圓臺側(cè)面展開圖側(cè)面積公式S圓柱側(cè)2rlS圓錐側(cè)rlS圓臺側(cè)(r1r2)l3.柱、錐、臺和球的表面積和體積名稱幾何體表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積S側(cè)2S底VSh錐體(棱錐和圓錐)S表面積S側(cè)S底VSh臺體(棱臺和圓臺)S表面積S側(cè)S上S下V(S上S下)h球S4R2VR31正四面體的表面積與體積棱長為a的正四面體，其表面積為a2，體積為a3

2、.2幾個與球有關(guān)的切、接常用結(jié)論(1)正方體的棱長為a，球的半徑為R，若球為正方體的外接球，則2Ra；若球為正方體的內(nèi)切球，則2Ra；若球與正方體的各棱相切，則2Ra.(2)若長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R.(3)正四面體的外接球與內(nèi)切球的半徑之比為31，棱長為a的正四面體，其內(nèi)切球半徑R內(nèi)a，外接球半徑R外a.基礎(chǔ)自測1(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)錐體的體積等于底面面積與高之積()(2)球的體積之比等于半徑比的平方()(3)臺體的體積可轉(zhuǎn)化為兩個錐體的體積之差()(4)已知球O的半徑為R，其內(nèi)接正方體的邊長為a，則R

3、a.()答案(1)(2)(3)(4)2(教材改編)已知圓錐的表面積等于12 cm2，其側(cè)面展開圖是一個半圓，則底面圓的半徑為()A1 cmB2 cmC3 cmD. cmBS表r2rlr2r2r3r212，r24，r2(cm)3圓柱的底面直徑與高都等于球的直徑，則球的體積與圓柱的體積比V球V柱為()A12 B23 C34 D13B設(shè)球的半徑為R.則.4(教材改編)某幾何體的三視圖如圖所示：則該幾何體的體積為()A6 B3 C2 D3B由三視圖可知，該幾何體是一個直三棱柱，其底面為左視圖，該左視圖是底邊為2，高為的三角形，主視圖的長為三棱柱的高，故h3，所以幾何體的體積VSh33.5如圖，將一個長

4、方體用過相鄰三條棱的中點的平面截出一個棱錐，則該棱錐的體積與剩下的幾何體體積的比為_147設(shè)長方體的相鄰三條棱長分別為a，b，c，它截出棱錐的體積為V1abcabc，剩下的幾何體的體積V2abcabcabc，所以V1V2147.空間幾何體的表面積【例1】(1)若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是() A48B48C482D482(2)(2018全國卷)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為()A12 B12 C8 D10(1)A(2)B(1)該幾何體是正四棱柱挖去了一個半球，正四棱柱的底面是正方形

5、(邊長為2)，高為5，半球的半徑是1，那么該幾何體的表面積為S2222451221248，故選A.(2)因為過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2，底面圓的直徑為2，所以該圓柱的表面積為2()22212.規(guī)律方法空間幾何體表面積的求法(1)表面積是各個面的面積之和，求多面體的表面積，只需將它們沿著棱剪開展成平面圖形，利用求平面圖形面積的方法求多面體的表面積求旋轉(zhuǎn)體的表面積，可以從旋轉(zhuǎn)體的形成過程及其幾何特征入手，將其展開后求表面積，但要搞清它們的底面半徑、母線長與對應(yīng)側(cè)面展開圖中的邊長關(guān)系(2)求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成基本的柱、錐、臺

6、體，先求出這些基本的柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差，求出幾何體的表面積 (1)一個四面體的三視圖如圖所示，則該四面體的表面積是()A1 B12C2 D2(2)(2016全國卷)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為()A1836B5418C90D81(1)C(2)B(1)由題意知題中的幾何圖形就是如圖所示的四面體，其中ABADCBCD，BD2，且平面ABD平面CBD.所以ABD與CBD都是等腰直角三角形，而ABC與CAD都是邊長是的等邊三角形所以表面積是2()222，故選C.(2)由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個側(cè)

7、面為矩形，另兩個側(cè)面為平行四邊形，則表面積為(333633)25418.故選B.空間幾何體的體積考法1公式法求體積【例2】(1)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是()A.1 B.3 C.1 D.3(2)(2018江蘇高考)如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為_(1)A(2)(1)由三視圖可知該幾何體是由底面半徑為1，高為3的半個圓錐和三棱錐S ABC組成的，如圖，三棱錐的高為3，底面ABC中，AB2，OC1，ABOC.故其體積V1232131.故選A.(2)正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體是正八面體，其中正八

8、面體的所有棱長都是，則該正八面體的體積為()212.考法2割補法求體積【例3】(1)(2017全國卷)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為()A90 B63 C42 D36(2)如圖所示，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長為1的正方形，且ADE，BCF均為正三角形，EFAB，EF2，則該多面體的體積為()A. B. C. D.(1)B(2)A(1)法一：(割補法)如圖所示，由幾何體的三視圖，可知該幾何體是一個圓柱被截去上面虛線部分所得將圓柱補全，并將圓柱體從點A處水平分成上下兩部分由圖可知，該幾何

9、體的體積等于下部分圓柱的體積加上上部分圓柱體積的，所以該幾何體的體積V32432663.故選B.法二：(估值法)由題意，知V圓柱V幾何體V圓柱又V圓柱321090，45V幾何體90.觀察選項可知只有63符合故選B.(2)法一：如圖所示，分別過A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，則原幾何體分割為兩個三棱錐和一個直三棱柱，因為三棱錐高為，直三棱柱高為1，AG，取AD的中點M，則MG，所以SAGD1，所以V12.法二：如圖所示，取EF的中點P，則原幾何體分割為兩個三棱錐和一個四棱錐，易知三棱錐PAED和三棱錐PBCF都是棱長為1的正四面體，四棱錐PABCD為棱長為1的正四棱錐所以V

10、122.考法3等積法求體積【例4】如圖所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長均為1，且AA1底面ABC，則三棱錐B1ABC1的體積為()A. B.C. D.A三棱錐B1ABC1的體積等于三棱錐AB1BC1的體積，三棱錐AB1BC1的高為，底面積為，故其體積為.規(guī)律方法求空間幾何體的體積的常用方法(1)公式法：對于規(guī)則幾何體的體積問題，可以直接利用公式進行求解(2)割補法：把不規(guī)則的圖形分割成規(guī)則的圖形，然后進行體積計算；或者把不規(guī)則的幾何體補成規(guī)則的幾何體，不熟悉的幾何體補成熟悉的幾何體，便于計算其體積(3)等體積法：一個幾何體無論怎樣轉(zhuǎn)化，其體積總是不變的如果一個幾何體的底面面積和高較

11、難求解時，我們可以采用等體積法進行求解等體積法也稱等積轉(zhuǎn)化或等積變形，它是通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，多用來解決有關(guān)錐體的體積，特別是三棱錐的體積 (1)(2019洛陽模擬)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為() A2B1 C.D.(2)(2018天津高考)如圖，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，則四棱錐A1BB1D1D的體積為_(1)C(2)(1)幾何體如圖，由三視圖得底面為對角線為2的正方形，高為1，所以體積為2121，故選C.(2)法一：連接A1C1交B1D1于點E(圖略)，則A1EB1D1，A1EBB1，則A1E平面BB1D1D，所以A1E為四棱

12、錐A1BB1D1D的高，且A1E，矩形BB1D1D的長和寬分別為，1，故VA1BB1D1D1.法二：連接BD1(圖略)，則四棱錐A1BB1D1D分成兩個三棱錐BA1DD1與BA1B1D1，VA1BB1D1DVBA1DD1VBA1B1D1111111.球與空間幾何體的切、接問題考法1外接球【例5】(1)(2017全國卷)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為()A B. C. D.(2)(2018全國卷)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐DABC體積的最大值為()A12 B18 C24 D54(1

13、)B(2)B(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，球的半徑為R，且R1，由圓柱兩個底面的圓周在同一個球的球面上可知，r，R及圓柱的高的一半構(gòu)成直角三角形r.圓柱的體積為Vr2h1.故選B.(2)如圖，E是AC中點，M是ABC的重心，O為球心，連接BE，OM，OD，BO.因為SABCAB29，所以AB6，BMBE2.易知OM平面ABC，所以在RtOBM中，OM2，所以當D，O，M三點共線且DMODOM時，三棱錐DABC的體積取得最大值，且最大值VmaxSABC(4OM)9618.故選B.考法2內(nèi)切球【例6】(1)(2017江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切，記圓

14、柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是_(2)已知棱長為a的正四面體，則此正四面體的表面積S1與其內(nèi)切球的表面積S2的比值為_(1)(2)(1)設(shè)球O的半徑為R，球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，圓柱O1O2的高為2R，底面半徑為R.(2)正四面體的表面積為S14a2a2，其內(nèi)切球半徑r為正四面體高的，即raa，因此內(nèi)切球表面積為S24r2，則.規(guī)律方法空間幾何體與球接、切問題的求解方法(1)求解球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及接、切點作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面圖形與圓的接、切問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀沃性亻g的關(guān)系求解(2)若球面上四點P，A，B，C構(gòu)

15、成的三條線段PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，利用4R2a2b2c2求解 (1)一塊石材表示的幾何體的三視圖如圖所示，將該石材切削、打磨、加工成球，則能得到的最大球的半徑等于() A1B2C3D4(2)正四棱錐PABCD的側(cè)棱和底面邊長都等于2，則它的外接球的表面積是()A16 B12 C8 D4(1)B(2)A(1)由三視圖可知該幾何體是一個直三棱柱，底面為直角三角形，高為12，如圖所示，其中AC6，BC8，ACB90，則AB10.要使該石材加工成的球的半徑最大，只需球與直三棱柱的三個側(cè)面都相切，則半徑r等于直角三角形ABC的

16、內(nèi)切圓半徑，即r2，故能得到的最大球的半徑為2，故選B.(2)設(shè)正四棱錐的外接球半徑為R，頂點P在底面上的射影為O(圖略)，因為OAAC2，所以PO2.又OAOBOCOD2，由此可知R2，于是S球4R216.1(2016全國卷)如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A20B24C28 D32C由三視圖可知，該幾何體是由一個圓柱和一個圓錐組成的組合體，上面是一個圓錐，圓錐的高是2，底面半徑是2，因此其母線長為4，下面圓柱的高是4，底面半徑是2，因此該幾何體的表面積是S222242428，故選C.2(2015全國卷)九章算術(shù)是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有如下

17、問題：“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺問：積及為米幾何？”其意思為：“在屋內(nèi)墻角處堆放米(如圖，米堆為一個圓錐的四分之一)，米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有()A14斛 B22斛C36斛 D66斛B設(shè)米堆的底面半徑為r尺，則r8，所以r，所以米堆的體積為Vr255(立方尺)故堆放的米約有1.6222(斛)故選B.3(2018全國卷)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30，則該長方體的體積為()A8 B6C8 D8C連接BC1，AC1，A

18、C.因為AB平面BB1C1C，所以AC1B30，ABBC1，所以ABC1為直角三角形又AB2，所以BC12.又B1C12，所以BB12，故該長方體的體積V2228.4(2017全國卷)長方體的長、寬、高分別為3,2,1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為_14長方體的頂點都在球O的球面上，長方體的體對角線的長度就是其外接球的直徑設(shè)球的半徑為R，則2R.球O的表面積為S4R2414.(四)立體幾何中的高考熱點問題命題解讀1.立體幾何是高考的必考內(nèi)容，幾乎每年都考查一個解答題，兩個選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡單計算；解答題主要采用“論證與計算”相結(jié)合的模式，即利用定義、公

19、理、定理證明空間線線、線面、面面平行或垂直，并與幾何體的性質(zhì)相結(jié)合考查幾何體的計算2重在考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理論證能力及數(shù)學(xué)運算能力考查的熱點是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開放性問題等；同時考查轉(zhuǎn)化化歸思想與數(shù)形結(jié)合的思想方法線面位置關(guān)系與體積計算以空間幾何體為載體，考查空間平行與垂直關(guān)系是高考的熱點內(nèi)容，并常與幾何體的體積計算交匯命題，考查學(xué)生的空間想象能力、計算與數(shù)學(xué)推理論證能力，同時突出轉(zhuǎn)化與化歸思想方法的考查，試題難度中等【例1】(本小題滿分12分)(2019哈爾濱模擬)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

20、面AEC平面BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱錐EACD的體積為，求該三棱錐的側(cè)面積信息提取看到四邊形ABCD為菱形，想到對角線垂直；看到三棱錐的體積，想到利用體積列方程求邊長規(guī)范解答(1)證明：因為四邊形ABCD為菱形，所以ACBD因為BE平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACBE.2分因為BDBEB，故AC平面BED又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED4分(2)設(shè)ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因為AEEC，所以在RtAEC中，可得EGx.6分由BE平面ABCD，知EBG為直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱錐EACD的體積V三棱錐E

21、ACDACGDBEx3，故x2.9分從而可得AEECED.所以EAC的面積為3，EAD的面積與ECD的面積均為.故三棱錐EACD的側(cè)面積為32.12分易錯與防范易錯誤區(qū)：1.在第(1)問中，易忽視條件BDBEB.AC平面AEC等條件，推理不嚴謹，導(dǎo)致扣分2在第(2)問中，需要計算的量較多，易計算失誤，或漏算，導(dǎo)致結(jié)果錯誤防范措施：1.在書寫證明過程中，應(yīng)嚴格按照判定定理的條件寫，防止扣分2在計算過程中，應(yīng)牢記計算公式，逐步計算，做到不重不漏通性通法空間幾何體體積的求法(1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)則幾何體，則可直接利用公式進行求解其中，等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體積(2)若所給定

22、的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過分割或補形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解(3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應(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 如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點，AM2MD，N為PC的中點(1)證明：MN平面PAB；(2)求四面體NBCM的體積解(1)證明：由已知得AMAD2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TNAM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因為AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)因為PA

23、平面ABCD，N為PC的中點，所以點N到平面ABCD的距離為PA.取BC的中點E，連接AE.由ABAC3得AEBC，AE.由AMBC得點M到BC的距離為，故SBCM42.所以四面體NBCM的體積VNBCMSBCM.求點到平面的距離(幾何體的高)求點到平面的距離(幾何體的高)涉及到空間幾何體的體積和線面垂直關(guān)系，是近幾年高考考查的一個重要方向，重點考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化思想和運算求解能力【例2】(2019開封模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，且DAB60，PAPD，M為CD的中點，平面PAD平面ABCD(1)求證：BDPM；(2)若APD90，PA，求點A到平面PBM的距離解(1)證

24、明：取AD中點E，連接PE，EM，AC，底面ABCD是菱形，BDAC，E，M分別是AD，DC的中點，EMAC，EMBDPAPD，PEAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面ABCD，PEBD，EMPEE，BD平面PEM，PM平面PEM，BDPM.(2)連接AM，BE，PAPD，APD90，DAB60，ADABBD2，PE1，EMAC，PMPB2.在等邊三角形DBC中，BM，SPBM，SABM2.設(shè)三棱錐A PBM的高為h，則由等體積可得h1，h，點A到平面PBM的距離為.規(guī)律方法求點到平面的距離(幾何體的高)的兩種方法(1)等積法：利用同一個三棱錐變換頂點及底面的位置

25、，其體積相等的方法求解(2)定義法：其步驟為：一作、二證、三求如何作出點到面的距離是關(guān)鍵，一般的方法是利用輔助面法，所作的輔助面，一是要經(jīng)過該點，二是要與所求點到面的距離的面垂直，這樣在輔助面內(nèi)過該點作交線的垂線，點到垂足的距離即為點到面的距離 如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為矩形，PA平面ABCD，E為PD的中點(1)證明：PB平面AEC；(2)設(shè)AP1，AD，三棱錐PABD的體積V，求點A到平面PBC的距離解(1)證明：設(shè)BD與AC的交點為O，連接EO.因為四邊形ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點又E為PD的中點，所以EOPB.因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC

26、(2)三棱錐PABD的體積VPAABADAB，由V，可得AB.由題設(shè)知BCAB，BCPA，所以BC平面PAB，在平面PAB內(nèi)作AHPB交PB于點H，則BCAH，故AH平面PBC又AH.所以點A到平面PBC的距離為.線面位置關(guān)系中的存在性問題是否存在某點或某參數(shù)，使得某種線、面位置關(guān)系成立問題，是近幾年高考命題的熱點，常以解答題中最后一問的形式出現(xiàn)，一般有三種類型：(1)條件追溯型(2)存在探索型(3)方法類比探索型【例3】(2018秦皇島模擬)如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD底面ABCD，且E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點(1)求證：EF平面PAD；(2)

27、在線段CD上是否存在一點G，使得平面EFG平面PDC？若存在，請說明其位置，并加以證明；若不存在，請說明理由解(1)證明：如圖所示，連接AC，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，且點F為對角線BD的中點所以對角線AC經(jīng)過點F.又在PAC中，點E為PC的中點，所以EF為PAC的中位線，所以EFPA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD(2)存在滿足要求的點G.在線段CD上存在一點G為CD的中點，使得平面EFG平面PDC因為底面ABCD是邊長為a的正方形，所以CDAD又側(cè)面PAD底面ABCD，CD平面ABCD，側(cè)面PAD平面ABCDAD，所以CD平面PAD又EF平

28、面PAD，所以CDEF.取CD中點G，連接FG，EG.因為F為BD中點，所以FGAD又CDAD，所以FGCD，又FGEFF，所以CD平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG平面PDC規(guī)律方法1.在立體幾何的平行關(guān)系問題中，“中點”是經(jīng)常使用的一個特殊點，通過找“中點”，連“中點”，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關(guān)系的根本2第(2)問是探索開放性問題，采用了先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再加以證明，對于命題結(jié)論的探索，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么，對于探索結(jié)論是否存在，求解時常假設(shè)結(jié)論存在，再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論 (2019長沙模擬)如圖，四棱錐SABCD的底面是正方形，

29、每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點(1)求證：ACSD；(2)若SD平面PAC，則側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC；若不存在，請說明理由證明(1)連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO，由題意得四棱錐SABCD是正四棱錐，所以SOAC在正方形ABCD中，ACBD，又SOBDO，所以AC平面SBD因為SD平面SBD，所以ACSD(2)在棱SC上存在一點E，使得BE平面PAC連接OP.設(shè)正方形ABCD的邊長為a，則SCSDa.由SD平面PAC得SDPC，易求得PD.故可在SP上取一點N，使得PNPD過點N作PC的平行線與SC交于點E，連接BE，BN，在

30、BDN中，易得BNPO.又因為NEPC，NE平面BNE，BN平面BNE，BNNEN，PO平面PAC，PC平面PAC，POPCP，所以平面BEN平面PAC，所以BE平面PAC因為SNNP21，所以SEEC21.大題增分專訓(xùn)1(2019濟南模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為等腰梯形，ADBC，ABBCAD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PB的中點(1)證明：PD平面CEF；(2)若PE平面ABCD，PEAB2，求三棱錐PDEF的體積解(1)證明：連接BE，BD，BD交CE于點O，連接OF(圖略)E為線段AD的中點，ADBC，BCADED，BCED，四邊形BCDE為平行四邊形， O為BD的中點

31、，又F是BP的中點，OFPD又OF平面CEF，PD平面CEF，PD平面CEF.(2)由(1)知，BECD四邊形ABCD為等腰梯形，ABBCAD，ABAEBE，三角形ABE是等邊三角形，DAB，過B作BHAD于點H(圖略)，則BH.PE平面ABCD，PE平面PAD，平面PAD平面ABCD，又平面PAD平面ABCDAD，BHAD，BH平面ABCD，BH平面PAD，點B到平面PAD的距離為BH.又F為線段PB的中點，點F到平面PAD的距離h等于點B到平面PAD的距離的一半，即h，又SPDEPEDE2，V三棱錐PDEFSPDEh2.2(2019石家莊模擬)如圖，已知四棱錐PABCD，底面ABCD為正方

32、形，且PA底面ABCD，過AB的平面ABFE與側(cè)面PCD的交線為EF，且滿足SPEF：S四邊形CDEF13.(1)證明：PB平面ACE；(2)當PA2AD2時，求點F到平面ACE的距離解(1)證明：由題知四邊形ABCD為正方形，ABCD，CD平面PCD，AB平面PCD，AB平面PCD又AB平面ABFE，平面ABFE平面PCDEF，EFAB，EFCD由SPEFS四邊形CDEF13知E，F(xiàn)分別為PD，PC的中點如圖，連接BD交AC于點G，則G為BD的中點，連接EG，則EGPB.又EG平面ACE，PB平面ACE，PB平面ACE.(2)PA2，ADAB1，AC，AEPD，PA平面ABCD，CDPA，又

33、CDAD，ADPAA，CD平面PAD，CDPD在RtCDE中，CE.在ACE中，由余弦定理知cosAEC，sinAEC，SACEAECEsinAEC .設(shè)點F到平面ACE的距離為h，連接AF，則VFACEhh.DGAC，DGPA，ACPAA，DG平面PACE為PD的中點，點E到平面ACF的距離為DG.又F為PC的中點，SACFSACP，VEACF.由VFACEVEACF，得h，得h，點F到平面ACE的距離為.3已知在四棱錐PABCD中，平面PAB平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，E為線段AD上靠近點A的三等分點，O為AB的中點，且PAPB，ABAD(1)求證：ECPE.(2)PB上是否存在一

34、點F，使得OF平面PEC？若存在，試確定點F的位置；若不存在，請說明理由解(1)證明：連接PO，EO，CO.平面PAB平面ABCD，PAPB，O為AB的中點，PO平面ABCD，CE平面ABCD，POCE.設(shè)AD3，四邊形ABCD為矩形，CDAB2，BC3，AEAD1，ED2，EC2，OE，OC，OE2EC2OC2，OEEC又POOEO，EC平面POE，又PE平面POE，ECPE.(2)PB上存在一點F，使得OF平面PEC，且F為PB的三等分點(靠近點B)證明如下：取BC的三等分點M(靠近點C)，連接AM，易知AEMC，四邊形AECM為平行四邊形，AMEC取BM的中點N，連接ON，ONAM，ONECN為BM的中點，N為BC的三等分點(靠近點B)F為PB的三等分點(靠近點B)，連接OF，NF，NFPC，又ONNFN，ECPCC，平面ONF平面PEC，OF平面PEC- 24 -