PAGEPAGE10解答題專項訓練四1.[2022·南京檢測]如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分別為BB1，AC的中點．(1)求證：BF∥平面A1EC；(2)求證：平面A1EC⊥平面ACC1A1.證明(1)連接AC1交A1C于點O，連接OE，OF，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形ACC1A1為平行四邊形，所以OA＝OC1.又因為F為AC中點，所以OF∥CC1且OF＝eq\f(1,2)CC1.因為E為BB1中點，所以BE∥CC1且BE＝eq\f(1,2)CC1.所以BE∥OF且BE＝OF，所以四邊形BEOF是平行四邊形，所以BF∥OE.又BF?平面A1EC，OE?平面A1EC，所以BF∥平面A1EC.(2)由(1)知BF∥OE，因為AB＝CB，F為AC中點，所以BF⊥AC，所以OE⊥AC.又因為AA1⊥底面ABC，而BF?底面ABC，所以AA1⊥BF.由BF∥OE，得OE⊥AA1，而AA1，AC?平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A，所以OE⊥平面ACC1A1.因為OE?平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.2．[2022·株洲市模擬]如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PA⊥底面ABCD，∠PCD＝90°，PA＝AB＝AC＝2.(1)求證：AC⊥CD；(2)點E是棱PC的中點，求點B到平面EAD的距離．解(1)證明：因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因為∠PCD＝90°，所以PC⊥CD，所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC.(2)因為PA＝AB＝AC＝2，E為PC的中點，所以AE⊥PC，AE＝eq\r(2).由(1)知AE⊥CD，所以AE⊥平面PCD.作CF⊥DE，交DE于點F，那么CF⊥AE，CF⊥平面EAD.因為BC∥AD，所以點B與點C到平面EAD的距離相等，CF即為點C到平面EAD的距離．在Rt△ECD中，CF＝eq\f(CE×CD,DE)＝eq\f(\r(2)×2,\r(6))＝eq\f(2\r(3),3).所以，點B到平面EAD的距離為eq\f(2\r(3),3).3．[2022·浙江高考]如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值．解(1)證明：延長AD，BE，CF相交于一點K，如下圖．因為平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.又因為EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，那么BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)因為BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝eq\r(3)，DF＝eq\f(3,2)，得cos∠BDF＝eq\f(\r(21),7)，所以直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為eq\f(\r(21),7).4．[2022·撫州市模擬]如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，點E為AB上一點，且eq\f(AE,AB)＝m，點F為PD的中點．(1)假設m＝eq\f(1,2)，證明：直線AF∥平面PEC；(2)是否存在一個常數m，使得平面PED⊥平面PAB？假設存在，求出m的值；假設不存在，請說明理由．解(1)證明：作FM∥CD交PC于點M，連接ME.∵點F為PD的中點，∴FM＝eq\f(1,2)CD.∵m＝eq\f(1,2)，∴AE＝eq\f(1,2)AB＝FM，又FM∥CD∥AE，∴四邊形AEMF為平行四邊形，∴AF∥EM.∵AF?平面PEC，EM?平面PEC，∴直線AF∥平面PEC.(2)存在常數m＝eq\f(\r(3),2)，使得平面PED⊥平面PAB.要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE.此時AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，∴AE＝ADcos30°＝eq\r(3).又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AB.∵PD∩DE＝D，∴AB⊥平面PDE.∵AB?平面PAB，∴平面PDE⊥平面PAB，因此m＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(\r(3),2).5．[2022·陜西高考]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，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36eq\r(2)，求a的值．解(1)證明：在圖1中，因為AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝a，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC，即在圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱錐A1－BCDE的高．由圖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＝6.6．如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，D是AC的中點．(1)求證：B1C∥平面A1BD；(2)假設∠A1AB＝∠ACB＝60°，AB＝BB1，AC＝2，BC＝1，求三棱錐A1－ABD的體積．解(1)證明：連接AB1交A1B于點O，那么O為AB1的中點，連接DO.∵D是AC的中點，∴DO為△ACB1的中位線，∴OD∥B1C.又OD?平面A1BD，B1C?平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD.(2)∵AC＝2，BC＝1，∠ACB＝60°，∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝3，∴AB＝eq\r(3)，且△ABC為直角三角形．取AB的中點M，連接A1M，∵AB＝BB1＝AA1，∠A1AB＝60°，∴△ABA1為等邊三角形，∴A1M⊥AB，且A1M＝eq\f(3,2).又∵平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，A1M?平面AA1B1B，∴A1M⊥平面ABC.∵S△ABD＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(\r(3),4)，∴V三棱錐A1－ABD＝eq\f(1,3)S△ABD·A1M＝eq\f(\r(3),8).7．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是正三角形，點D是A1B1的中點，AC＝2，CC1＝eq\r(2).(1)求三棱錐C－BDC1的體積；(2)證明：A1C⊥BC1.解(1)由幾何體可知VC－BDC1＝VD－BCC1，過點D作DH⊥C1B1于點H，∵C1C⊥平面A1B1C1，∴C1C⊥DH，∴DH⊥平面BCC1，∴DH是三棱錐D－BCC1的高，∴DH＝eq\f(\r(3),2)，S△BCC1＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2)，∴VC－BDC1＝VD－BCC1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),6).(2)證明：取C1B1的中點E，連接A1E，CE，交BC1于點F，∵底面是正三角形，∴A1E⊥B1C1，∴A1E⊥平面C1B1BC，∴A1E⊥BC1，在矩形C1B1BC和Rt△C1CE中，C1C＝eq\r(2)，C1E＝1，在Rt△BCC1中，BC＝2，CC1＝eq\r(2)，∴eq\f(C1C,BC)＝eq\f(C1E,CC1)，∴△C1CE∽△CBC1，∴∠C1BC＝∠ECC1，又∠C1BC＋∠BC1C＝90°，∴∠ECC1＋∠BC1C＝90°，∠CFC1＝90°，∴CE⊥BC1，又CE∩A1E＝E，∴BC1⊥平面A1CE，∴A1C⊥BC1.8．[2022·唐山模擬]如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分別在BC，AD上，EF∥AB.現將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.(1)假設BE＝1，是否在折疊后的線段AD上存在一點P，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))，使得CP∥平面ABEF？假設存在，求出λ的值；假設不存在，說明理由；(2)求三棱錐A－CDF的體積的最大值，并求此時點F到平面ACD的距離．解(1)AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF，此時λ＝eq\f(3,2).理由如下：當λ＝eq\f(3,2)時，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PD,\s\up6(→))，可知eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，過點P作MP∥FD交AF于點M，連接EM，那么有eq\f(MP,FD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，故MP綊EC，故四邊形MPCE為平行四邊形，所以CP∥ME.又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF，故CP∥平面ABEF.(2)設BE＝x，所以AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x，故V三棱錐A－CDF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×(6－x)x＝eq\f(1,3)(－x2＋6x)，當x＝3時，V三棱錐A－CDF有最大值，且最大值為3，此時，EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2eq\r(2).在Rt△EFC中，FC＝eq\r(5)，在Rt△AFD中，AD＝3eq\r(2)，在Rt△AFC中，AC＝eq\r(14).在△ACD中，cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(18＋8－14,2×3\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，故sin∠ADC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f