2020屆高考數(shù)學 總復習階段性測試題八 立體幾何初步 北師大版

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1、階段性測試題八(立體幾何初步) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分． 滿分150分．考試時間120分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題　共50分) 一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(2020·南寧模擬)在空間中，“兩條直線沒有公共點”是“這兩條直線平行”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 [答案]　B [解析]　在空間中，兩條直線沒有公共點，可能是兩條直線平行，也可能是兩條直線異面，兩條直線平行則兩條直線沒有公共點，所以“兩條直線沒有公

2、共點”是“這兩條直線平行”的必要不充分條件． 2．(文)(2020·太原一模)已知m，n，l1，l2表示直線，α，β表示平面．若mα，nα，l1β，l2β，l1∩l2＝M，則α∥β的一個充分條件是 (　　) A．m∥β且l1∥α　　　　　　 B．m∥β且n∥β C．m∥β且n∥l2 D．m∥l1且n∥l2 [答案]　D [解析]　對選項A，B，C都有α與β相交的情況只有選項D是兩平面平行的判定，故選D. (理)(2020·錦州一模)如圖，空間四邊形OABC中，＝a，＝b，＝c.點M在OA上，且OM＝2MA，N為BC中點，則＝(　　) A.a－b＋c B．－a＋

3、b＋c C.a＋b－c D．－a＋b－c [答案]　B [解析]　由向量加法法則可知 ＝＋＝－＋(＋) ＝－a＋(b＋c) ＝－a＋b＋c. 3．(2020·洛陽調研)三條直線兩兩垂直，那么在下列四個結論中，正確的結論共有(　　) ①這三條直線必共點；②其中必有兩條是異面直線；③三條直線不可能共面；④其中必有兩條在同一平面內． A．4個 B．3個 C．2個 D．1個 [答案]　D [解析]　三條直線兩兩垂直時，它們可能共點(如正方體同一個頂點上的三條棱)，也可能不共點(如正方體ABCD—A1B1C1D1中的棱AA1，AB，BC)，故結論①不正確，也說明必有結論

4、②不正確；如果三條直線在同一個平面內，根據(jù)平面幾何中的垂直同一條直線的兩條直線平行，就導出了其中兩條直線既平行又垂直的矛盾結論，故三條直線不可能在同一個平面內，結論③正確；三條直線兩兩垂直，這三條直線可能任何兩條都不相交，即任意兩條都異面(如正方體ABCD—A1B1C1D1中的棱AA1，BC和C1D1)，故結論④不正確． 4．(2020·廈門一模)設a，b，c是空間的三條直線，α，β是空間的兩個平面，則下列命題的逆命題不成立的是(　　) A．當c⊥α時，若c⊥β，則α∥β B．當bα，且c?α時，若c∥α，則b∥c C．當bα，且c是a在α內的射影時，若b⊥a，則c⊥b D．當b

5、α時，若b⊥β，則α⊥β [答案]　D [解析]　D的逆命題是bα，α⊥β，則b⊥β，顯然不成立． 5．(2020·南昌一模)圓柱的側面展開圖是長12cm，寬8cm的矩形，則這個圓柱的體積為(　　) A.cm3 B.cm3 C.cm3或cm3 D．192πcm3 [答案]　C [解析]　分兩種情況 (1)12為底面圓周長，則2πr＝12，∴r＝， ∴V＝π·2·8＝(cm3)． (2)8為底面圓周長，則2πr＝8，∴r＝， ∴V＝π·2·12＝(cm3)．故選C. 6．(文)(2020·江西文) 將長方體截去一個四棱錐，得到的幾何體如圖所示，則該幾何體

6、的左視圖為(　　) [答案]　D [解析]　如圖所示，點D1的投影為C1，點D的投影為C，點A的投影為B，故選D. (理)(2020·安徽理)一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．48 B．32＋8 C．48＋8 D．80 [答案]　C [解析]　由三視圖知該幾何體的直觀圖如下圖所示． 該幾何體的下底面是邊長為4的正方形． 上底面是長為4，寬為2的矩形，兩個梯形側面垂直于底面，上底長為2，下底長為4，高為4；另兩個側面是矩形寬為4，長為＝. ∴S表＝42＋2×4＋×(2＋4)×4×2＋4××2 ＝48＋8. 7．(文)

7、(2020·煙臺市模擬)設b、c表示兩條直線，α、β表示兩個平面，下列命題中是真命題的為(　　) A.?b∥c B.?c∥α C.?α⊥β D.?c⊥β [答案]　C [解析]　結合線面位置關系選C. (理)(2020·焦作一模)已知直線AB，CD是異面直線，AC⊥AB，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，則異面直線AB與CD所成角的大小為(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° [答案]　C [解析]　設AB與CD所成的角為θ， 則cosθ＝|cos〈，〉|＝， 由于·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝0＋12＋0＝1， ∴cosθ＝

8、||＝||＝. 由于0°＜θ≤90°，∴θ＝60°. 故異面直線AB與CD所成角的大小為60°. 8．如下圖，某幾何體的正視圖(主視圖)，側視圖(左視圖)和俯視圖分別是等邊三角形，等腰三角形和菱形，則該幾何體體積為(　　) A．4 B．4 C．2 D．2 [答案]　C [解析]　由三視圖可知該幾何體為如圖所示的四棱錐，根據(jù)三視圖所提供的數(shù)據(jù)可得幾何體的體積為 V＝(×2×2) · ＝2. [點評]　本題考查空間幾何體的結構、三視圖、幾何體的體積計算、空間想象能力及運算求解能力，屬中檔題． 9．(文)(2020·大綱全國卷文)已知直二面角α－l－β，點A∈

9、α，AC⊥l，C為垂足，點B∈β，BD⊥l，D為垂足．若AB＝2，AC＝BD＝1，則CD＝(　　) A．2 B. C. D．1 [答案]　C [解析]　 本題考查了異面直線的距離的求法，正確畫出圖形，熟練掌握線面垂直的判定和性質，把問題轉化到直角三角形中，利用勾股定理求解． 連接AD，設CD＝x， ∴AD2＝AC2＋CD2＝1＋x2. 由題意：△ABD為Rt△，∠BDA＝90°， ∴AB2＝AD2＋BD2， 4＝1＋x2＋1 ∴x＝，即CD＝. (理)(2020·大綱全國卷理)已知直二面角α－l－β，點A∈α，AC⊥l，C為垂足，B∈β，BD⊥l，D為垂足．

10、若AB＝2，AC＝BD＝1，則D到平面ABC的距離等于(　　) A. B. C. D．1 [答案]　C [解析]　解法1：如圖，在直二面角α－l－β中，AC⊥l， ∴AC⊥β，∴平面ABC⊥平面BCD.過D作DH⊥BC，垂足為H，則DH⊥平面ABC，即DH為D到平面ABC的距離． ∵AC⊥β，BCβ，∴AC⊥BC. 在Rt△ABC中，∵AC＝1，AB＝2，∠ACB＝90°， ∴BC＝＝＝. 在Rt△BCD中，BC＝，BD＝1， ∴CD＝＝＝. 由BD·CD＝BC·DH得×1×＝×·DH， ∴DH＝. 解法2：如下圖，連接AD，AB＝2，AC＝1，

11、同解法1可得BC＝，CD＝. ∴SRt△ACB＝AC·BC＝×1×＝. SRt△BCD＝CD·BD＝××1＝. 設D到平面ABC的距離為h，則 由V三棱錐D－ABC＝V三棱錐A－BCD得S△ABC·h＝S△BCD·AC， 即×h＝××1， ∴h＝. [點評]　本題主要考查了線線垂直、線面垂直、面面垂直的有關定理和點到平面的距離以及空間想象能力和數(shù)據(jù)處理的能力． 10．(文)(2020·西安一模)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E為AA1中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. [答案]　C [解析

12、]　本題考查異面直線所成角的定義，以及空間想象能力、基本運算能力． 如圖所示，連接A1B， ∵ABCD－A1B1C1D1為正四棱柱， ∴A1B∥D1C， ∴∠A1BE為異面直線BE與CD1所成的角． ∵AA1＝2AB， ∴設AB＝a，則AA1＝2a， 又∵E為AA1的中點，∴A1E＝a，BE＝a，A1B＝a， 在△A1BE中，由余弦定理，得 cos∠A1BE＝＝＝. (理)(2020·咸陽調研)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. [答案]　D

13、[解析]　以B為原點，直線BC、BA、BB1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則D(2,2,0)，B1(0,0,1)，C1(2,0,1)． 設平面BB1D1D的一個法向量n＝(x，y，z)，則 ，∴，取n＝(1，－1,0)， 直線BC1的方向向量＝(2,0,1)， ∴直線BC1與平面BB1D1D所成的角為θ，滿足sinθ＝＝. 第Ⅱ卷(非選擇題　共100分) 二、填空題(本大題共5個小題，每小題5分，共25分，把正確答案填在題中橫線上) 11．長方體ABCD－A1B1C1D1的頂點均在同一個球面上，AB＝AA1＝1， BC＝，則A，B兩點間的球面距離為_____

14、___． [答案]　 [解析]　本題考查了組合體及球面距離的定義，需要有較強的空間想象能力，首先確定球心及球半徑，球心即長方體的中心，即體對角線交點，連接AC1，BD1交于O點，進一步求出半徑為1，∠AOB＝，∴球面距離＝R＝·1＝. 12．(2020·遼寧卷)如下圖，網(wǎng)格紙的小正方形的邊長是1，在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖，則這個多面體最長的一條棱的長為________． [答案]　2 [解析]　由主視圖和俯視圖可知幾何體是正方體切割后的一部分(四棱錐C1－ABCD)， 還原在正方體中，如圖所示： 多面體最長的一條棱即為正方體的體對角線，由正方體棱長為AB＝2知最

15、長棱長為2. 13．(2020·天津理)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3. [答案]　π＋6 [解析]　本題主要考查幾何體的三視圖的還原圖形．根據(jù)三視圖知還原后的圖形為一個長方體上面放一個圓錐．因而V＝V長方體＋V圓錐，又知長方體長、寬、高分別為3、2、1，圓錐的底面半徑為1，高為3，從而求出體積為π＋6. 14．(文)(2020·安徽宣城一模)a，b，c是空間中互不重合的三條直線，下面給出五個命題： ①若a∥b，b∥c，則a∥c； ②若a⊥b，b⊥c，則a∥c； ③若a與b相交，b與c相交，則a與c相交； ④若a平面α，b

16、平面β，則a，b一定是異面直線； ⑤若a，b與c成等角，則a∥b. 上述命題中正確的是________(只填序號) [答案]　① [解析]　由基本性質4知①正確； 當a⊥b，b⊥c時，a與c可以相交、平行，也可以異面，故②不正確； 當a與b相交，b與c相交時，a與c可以相交、平行，也可以異面，故③不正確； aα，bβ，并不能說明a與b不同在任何一個平面內，故④不正確； 當a，b與c成等角時，a與b可以相交、平行，也可以異面故⑤不正確． (理)(2020·山東日照調研)在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別為棱AA1、BB1的中點，G為棱A1B1上的一點

17、，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，則點G到平面D1EF的距離為________． [答案]　 [解析]　方法一：∵A1B1∥平面D1EF， ∴G到平面D1EF的距離為A1到平面D1EF的距離，在△A1D1E中，過A1作A1H⊥D1E交D1E于H， 顯然A1H⊥平面D1EF，則A1H即為所求， 在Rt△A1D1E中， A1H＝＝＝. 方法二：等體積法，設h為G到平面D1EF的距離． ∵VG—D1EF＝VA1—D1EF＝VF—D1A1E， ∴×1××h＝×1××1， ∴h＝. 15．(文)(2020·福建文)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，點E為AD的中點

18、，點F在CD上，若EF∥平面AB1C，則線段EF的長度等于________． [答案]　 [解析]　本題考查線面平行． 由EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，知EF∥AC.所以由E是中點知EF＝AC＝. (理)(2020·大綱全國卷)已知點E、F分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于________． [答案]　 [解析]　本小題考查的內容是二面角的求法，可采用幾何法或向量法． 方法一：(幾何法)如圖，延長FE交CB的延長線于P，則AP為面

19、AEF與面ABC的交線，連結AC， ∵PB＝BC，∴∠CAP＝90°. 由三垂線定理，∴∠FAP＝90°， ∴∠FAC為二面角的平面角． ∴tan∠FAC＝＝＝ . 方法二：(向量法)建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，令邊長為3， ∴A(3,0,0)，E(3,3,1)，F(xiàn)(0,3,2)， 平面ABC的法向量為(0,0,1)， 設平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)， ∴，∴， 令x＝1，∴z＝3，y＝－1，∴n＝(1，－1,3)， 令平面夾角為θ，∴cosθ＝＝，sinθ＝， ∴tanθ＝. 三、解答題(本大題共6個小題，共75分，解答應寫出文字說明，

20、證明過程或演算步驟) 16．(本小題滿分12分)(2020·鄭州模擬)如下圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，側棱PD⊥底面ABCD，E、F分別是AB、PC的中點． (1)若AB＝2，PA＝4，求四棱錐P－ABCD的體積； (2)求證：EF∥平面PAD. [解析]　(1)解：∵PD⊥底面ABCD，AD平面ABCD， ∴PD⊥AD，∵AB＝2，AP＝4，∴PD＝＝＝2， ∴VP－ABCD＝SABCD·PD ＝·4·2＝. (2)證明：作FG∥DC交PD于點G， 則G為PD的中點， 連接AG，F(xiàn)G綊CD，又CD綊AB， 故FG綊AE，四邊形AEFG

21、為平行四邊形． ∴EF∥AG，又AG平面PAD，EF?平面PAD， ∴EF∥平面PAD. 17．(本小題滿分12分)一個多面體的直觀圖，正(主)視圖(正前方觀察)，俯視圖(正上方觀察)，側(左)視圖(左側正前方觀察)如下圖所示． (1)探求AD與平面A1BCC1的位置關系并說明理由； (2)求此多面體的表面積和體積． [解析]　從俯視圖可得：底面四邊形ABCD和側面四邊形A1C1CB是矩形．又從正(主)視圖可得BC⊥AB，BC⊥BA1，且AB∩BA1＝B，故BC⊥面ABA1， 又△ABA1是正三角形． ∴三棱柱是正三棱柱． (1)∵底面四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC

22、， 又∵BC面A1BCC1， ∴AD∥面A1BCC1. (2)依題意可得AB＝BC＝a， 由V＝Sh， 又S＝×sin60°×a×a＝a2， ∴V＝Sh＝a2×a＝a3， S側＝c×h＝3a×a＝3a2， S表＝S側＋2S底＝3a2＋2×a2＝(3＋)a2. 所以此多面體的表面積和體積分別為(3＋)a2，a3. 18．(本小題滿分12分)(文)(2020·天津文)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O為AC的中點，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M為PD的中點． (1)證明PB∥平面ACM； (2)證明AD⊥平面

23、PAC. [解析]　(1)證明：連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因為O為AC的中點，所以O為BD的中點，又M為PD的中點，所以PB∥MO.因為PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB∥平面ACM. (2)證明：因為∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC，又PO⊥平面ABCD，AD平面ABCD，所以PO⊥AD，而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC. (理)(2020·安徽理)如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形． (1)證

24、明直線BC∥EF； (2)求棱錐F－OBED的體積． [解析]　(1)證法1：(綜合法)如下圖所示，設G是線段DA延長線與線段EB的延長線的交點，由于△OAB與△ODE都是正三角形，且OD＝2，所以OB綊DE，OG＝OD＝2. 同理，設G′是線段DA延長線與線段FC延長線的交點，有OC綊DF，OG′＝OD＝2. 又由于G和G′都在線段DA的延長線上，所以G與G′重合． 在△GED和△GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B，C分別是GE和GF的中點，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF. 證法2：(向量法)過點F作FQ⊥AD，交AD于點Q，連接QE，由平面ABED⊥平面A

25、DFC，知FQ⊥平面ABED，從而FQ⊥QE，F(xiàn)Q⊥DQ.以Q為坐標原點，為x軸正方向，為y軸正方向，為z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系． 由條件知E(，0,0)，F(xiàn)(0,0，)，B(，－，0)，C(0，－，)． 則有＝(－，0，)，＝(－，0，)． 所以＝2，即得BC∥EF. (2)解：由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝， 而△OED是邊長為2的正三角形，故S△OED＝. 所以S平行四邊形OBED＝S△EOB＋S△OED＝. 過點F作FQ⊥AD，交AD于點Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F－OBED的高，且FQ＝，所以VF－OBE

26、D＝FQ·S四邊形OBED＝. 19．(本小題滿分12分)(文)(2020·鄭州一模)如圖所示，正三棱柱A1B1C1—ABC中，點D是BC的中點，BC＝BB1，設B1D∩BC1＝F.求證： (1)A1C∥平面AB1D； (2)BC1⊥平面AB1D. [解析]　(1)連結A1B，設A1B與AB1交于E，連結DE. ∵點D是BC中點，點E是A1B中點， ∴DE∥A1C， ∵A1C平面AB1D，DE平面AB1D， ∴A1C∥平面AB1D. (2)∵△ABC是正三角形，點D是BC的中點， ∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面B1BCC1， 平面ABC∩平面B1BCC1

27、＝BC，AD平面ABC， ∴AD⊥平面B1BCC1， ∵BC1平面B1BCC1，∴AD⊥BC1. ∵點D是BC的中點，BC＝BB1，∴BD＝BB1. ∵＝＝， ∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1. ∴∠BB1D＝∠CBC1，∠BDB1＝∠CC1B. 且∠CBC1＋∠CC1B＝90°， ∴∠CBC1＋∠BDB1＝90°. ∴BC1⊥B1D，又AD∩B1D＝D，∴BC1⊥平面AB1D. (理)(2020·九江第一次模擬)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝5，AC＝4，BC＝3，AA1＝4，點D在AB上． (1)若D是AB中點，求證：AC1∥平面B1CD； (2)當

28、＝時，求二面角B－CD－B1的余弦值． [解析]　(1)證明：連結BC1，交B1C于E，連結DE. ∵直三棱柱ABC－A1B1C1，D是AB中點， ∴側面BB1C1C為矩形，DE為△ABC1的中位線， ∴DE∥AC1. ∵DE平面B1CD，AC1平面B1CD， ∴AC1∥平面B1CD. (2)∵AC⊥BC，如下圖，以C為原點建立空間直角坐標系C－xyz. 則B(3,0,0)，A(0,4,0)，A1(0,4,4)，B1(3,0,4)． 設D(a，b,0)(a>0，b>0)， ∵點D在線段AB上，且＝，即＝. ∴a＝，b＝. 所以＝(－3,0，－4)，＝(－3,

29、4,0)， ＝(，，0)． 平面BCD的法向量為n＝(0,0,1)， 設平面B1CD的法向量為n2＝(x，y,1)， 由·n2＝0，·n2＝0，得， 所以x＝－，y＝4，n2＝(－，4,1)． 設二面角B－CD－B1的大小為θ，cosθ＝||＝. 所以二面角B－CD－B1的余弦值為. 20．(本小題滿分13分)(文)(2020·遼寧文)如圖，四邊形ABCD為正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)證明：PQ⊥平面DCQ； (2)求棱錐Q－ABCD的體積與棱錐P－DCQ的體積的比值． [解析]　(1)由條件知PDAQ為直角梯形． 因為QA⊥平

30、面ABCD，所以平面PDAQ⊥平面ABCD， 交線為AD. 又四邊形ABCD為正方形，DC⊥AD， 所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC. 在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，則PQ⊥QD. 又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ. (2)設AB＝a.由題設知AQ為棱錐Q－ABCD的高， 所以棱錐Q－ABCD的體積V1＝a3， 由(1)知PQ為棱錐P－DCQ的高，而PQ＝a，△DCQ的面積為a2，所以棱錐P－DCQ的體積V2＝a3. 故棱錐Q－ABCD的體積與棱錐P－DCQ的體積的比值為1. (理)(2020·廣東理)如下圖，在錐體P－ABCD中，ABCD是邊長為1

31、的菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD＝，PB＝2，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點． (1)證明：AD⊥平面DEF； (2)求二面角P－AD－B的余弦值． [解析]　(1)證明：取AD中點G，連接PG，BG. ∵四邊形ABCD為菱形且E，G分別為BC，AD中點， 則BG綊DE. 又F為PC中點，則EF∥PB， 則平面DEF∥平面GBP. ∵G是AD中點且PA＝PD， ∴PG⊥AD. 在△ABG中，AG＝，AB＝1，且∠DAB＝60°， 由余弦定理得BG＝，AB2＝AG2＋BG2，則AG⊥BG. ∵PG∩BG＝G，∴AG⊥平面PGB，即AD⊥平面DEF. (2)解

32、：由(1)知二面角P－AD－B的平面角為∠PGB. 在Rt△PGA中，PG＝＝. 在△PGB中，BG＝，PB＝2，由余弦定理知， cos∠PGB＝＝＝－. 即二面角P—AD—B的余弦值為－. 21．(本小題滿分14分)(文)(2020·合肥一模)如圖所示，已知在三棱錐A—BPC中，PA⊥PC，AC⊥BC，M為AB的中點，D為PB的中點，且△PMB為正三角形． (1)求證：DM∥平面APC； (2)求證：平面ABC⊥平面APC； (3)若BC＝4，AB＝20，求三棱錐D－BCM的體積． [解析]　(1)證明：∵M為AB的中點，D為PB的中點， ∴MD∥AP. 又∵DM?

33、平面APC，AP平面APC， ∴DM∥平面APC. (2)證明：∵△PMB為正三角形，D為PB的中點， ∴MD⊥PB，∵MD∥AP，∴AP⊥PB. 又∵AP⊥PC，PC∩BP＝P，∴AP⊥平面PBC， ∵BC平面PBC，∴AP⊥BC， ∵AC⊥BC，且AC∩AP＝A， ∴BC⊥平面APC. 又∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面APC. (3)解：∵AP⊥平面PBC， ∴AP為三棱錐A－PBC的高． ∵MD∥AP，∴DM⊥平面PBC， ∴MD為三棱錐M－PBC的高． ∵M為AB中點，D為PB中點，∴AP＝2MD， ∴VA－PBC＝2VM－PBC. ∵VM－P

34、CD＝VM－BCD， ∴VM－DBC＝VA－PBC， ∵AB＝20，BC＝4， ∴PB＝10，PC＝2，AP＝10， ∴VA－PBC＝40， ∴VM－DBC＝10， 即VD－BCM＝10. (理)(2020·合肥質檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，側棱PA＝PD＝，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O為AD中點． (1)求證：PO⊥平面ABCD； (2)求異面直線PB與CD所成角的大?。? (3)求點A到平面PCD的距離． [解析]　(1)在△PAD中PA＝PD，O為AD中點，所以PO⊥AD，又側面P

35、AD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD，故PO⊥平面ABCD. (2)以O為坐標原點，、、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O－xyz. 則A(0，－1,0)、B(1，－1,0)、C(1,0,0)、 D(0,1,0)、P(0，0,1)， ∴＝(－1,1,0)，＝(1，－1，－1)． cos<，>＝＝－， 即異面直線PB與CD所成的角是arccos. (3)設平面PCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 由(2)知＝(－1,0,1)，＝(－1,1,0)， 則， ∴，即x0＝y(tǒng)0＝z0， 取x0＝1，得平面的一個法向量為n＝(1,1,1)． 又＝(1,1,0)， 從而點A到平面PCD的距離d＝＝.