【数学】2019届一轮复习北师大版高考中的立体几何问题学案文

【数学】2019届一轮复习北师大版高考中的立体几何问题学案文

高考专题突破四 高考中的立体 几何问题 【考点自测】 1．在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，D 为 BC 的中点，E 为 A1C1 的中点，则 DE 与平面 A1B1BA 的位置 关系为( ) A．相交 B．平行 C．垂直相交 D．不确定 答案 B 解析 如图取 B1C1 的中点为 F，连接 EF，DF， 则 EF∥A1B1，DF∥B1B， 且 EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1， ∴平面 EFD∥平面 A1B1BA， ∴DE∥平面 A1B1BA. 2．设 x，y，z 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形： ①x，y，z 均为直线；②x，y 是直线，z 是平面；③z 是直线，x，y 是平面；④x，y，z 均 为平面． 其中使“x⊥z 且 y⊥z⇒x∥y”为真命题的是( ) A．③④ B．①③ C．②③ D．①② 答案 C 解析 由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题． 3．(2018 届辽宁凌源二中联考)已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三 角形和半圆，则该几何体的体积为( ) A．2＋π 3 B.1 2 ＋π C．2＋π 6 D.2 3 ＋π 答案 D 解析 结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成 的组合体，其体积为 V＝1 3 ×1 2 ×2×1×2＋1 2 ×π×12×2＝2 3 ＋π， 故选 D. 4．(2017·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕， 把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： ①BD⊥AC； ②△BAC 是等边三角形； ③三棱锥 D－ABC 是正三棱锥； ④平面 ADC⊥平面 ABC. 其中正确的是( ) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 答案 B 解析 由题意知，BD⊥平面 ADC，故 BD⊥AC，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上的高， 平面 ABD⊥平面 ACD，所以 AB＝AC＝BC，△BAC 是等边三角形，②正确；易知 DA＝DB＝DC， 又由②知③正确；由①知④错．故选 B. 5．(2017·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a，b 是两条不同的直线，有下列三个条件： ①a∥γ，b β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a γ.如果命题“α∩β＝a，b γ，且________， 则 a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上) 答案 ①或③ 解析 由线面平行的性质定理可知，①正确；当 b∥β，a γ时，a 和 b 在同一平面内，且 没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③. 题型一 求简单几何体的表面积与体积 例 1 (2018 届衡水联考)如图，在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝ CC1＝2，点 D 为 AB 的中点． (1)证明：AC1∥平面 B1CD； (2)求三棱锥 A1—CDB1 的体积． (1)证明 连接 BC1 交 B1C 于点 O，连接 OD. 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，四边形 BCC1B1 是平行四边形， ∴点 O 是 BC1 的中点． ∵点 D 为 AB 的中点，∴OD∥AC1. 又 OD 平面 B1CD，AC1⊈ 平面 B1CD， ∴AC1∥平面 B1CD. (2)解 ∵AC＝BC，AD＝BD，∴CD⊥AB. 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中， 由 AA1⊥平面 ABC，得平面 ABB1A1⊥平面 ABC. 又平面 ABB1A1∩平面 ABC＝AB，CD 平面 ABC， ∴CD⊥平面 ABB1A1， ∵AC⊥BC，AC＝BC＝2， ∴AB＝A1B1＝2 2，CD＝ 2， ∴V 三棱锥 A 1 —CDB 1 ＝V 三棱锥 C—A 1 DB 1 ＝1 3 ×1 2 ×2×2 2× 2＝4 3 . 思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行 求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积． (2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几 何体，再利用公式求解． (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件 求解． 跟踪训练 1 (2018·乌鲁木齐质检)正三棱锥的高为 1，底面边长为 2 6，内有一个球与它的 四个面都相切(如图)．求： (1)这个正三棱锥的表面积； (2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积． 解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为1 3 × 3 2 ×2 6＝ 2，则正棱锥侧面的斜高为 12＋ 22＝ 3， ∴S 侧＝3×1 2 ×2 6× 3＝9 2， ∴S 表＝S 侧＋S 底＝9 2＋1 2 × 3 2 ×(2 6)2 ＝9 2＋6 3. (2)设正三棱锥 P－ABC 的内切球球心为 O，连接 OP，OA，OB，OC，而 O 点到三棱锥的四个面 的距离都为球的半径 r. ∴V 三棱锥 P－ABC＝V 三棱锥 O－PAB＋V 三棱锥 O－PBC＋V 三棱锥 O－PAC＋V 三棱锥 O－ABC ＝1 3 S 侧·r＋1 3 S△ABC·r＝1 3 S 表·r ＝(3 2＋2 3)r. 又 VP－ABC＝1 3 ×1 2 × 3 2 ×(2 6)2×1＝2 3， ∴(3 2＋2 3)r＝2 3， 得 r＝ 2 3 3 2＋2 3 ＝2 33 2－2 3 18－12 ＝ 6－2. ∴S 内切球＝4π( 6－2)2＝(40－16 6)π. V 内切球＝4 3 π( 6－2)3＝8 3 (9 6－22)π. 题型二 空间点、线、面的位置关系 例 2 (2017·广州五校联考)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PA＝PD，∠BAD ＝60°，E 是 AD 的中点，点 Q 在侧棱 PC 上． (1)求证：AD⊥平面 PBE； (2)若 Q 是 PC 的中点，求证：PA∥平面 BDQ； (3)若 VP－BCDE＝2VQ－ABCD，试求CP CQ 的值． (1)证明 由 E 是 AD 的中点，PA＝PD 可得 AD⊥PE. 因为底面 ABCD 是菱形，∠BAD＝60°， 所以 AB＝BD，所以 AD⊥BE， 又 PE∩BE＝E，PE，BE 平面 PBE， 所以 AD⊥平面 PBE. (2)证明 连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OQ. 因为 O 是 AC 的中点，Q 是 PC 的中点， 所以 OQ∥PA， 又 PA⊈ 平面 BDQ，OQ 平面 BDQ， 所以 PA∥平面 BDQ. (3)解 设四棱锥 P－BCDE，Q－ABCD 的高分别为 h1，h2. 所以 V 四棱锥 P－BCDE＝1 3 S 四边形 BCDEh1， V 四棱锥 Q－ABCD＝1 3 S 四边形 ABCDh2. 又 VP－BCDE＝2VQ－ABCD，且 S 四边形 BCDE＝3 4 S 四边形 ABCD， 所以CP CQ ＝h1 h2 ＝8 3 . 思维升华 (1)平行问题的转化 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低 维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性 质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合， 灵活运用． (2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可 为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基 本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题， 进而可转化为线线垂直问题． 跟踪训练 2 如图，在三棱锥 S－ABC 中，平面 SAB⊥平面 SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过 A 作 AF⊥SB， 垂足为 F，点 E，G 分别是棱 SA，SC 的中点． 求证：(1)平面 EFG∥平面 ABC； (2)BC⊥SA. 证明 (1)由 AS＝AB，AF⊥SB 知 F 为 SB 的中点， 则 EF∥AB，FG∥BC，又 EF∩FG＝F，AB∩BC＝B， 因此平面 EFG∥平面 ABC. (2)由平面 SAB⊥平面 SBC，平面 SAB∩平面 SBC＝SB，AF 平面 SAB，AF⊥SB， 所以 AF⊥平面 SBC，则 AF⊥BC. 又 BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB 平面 SAB， 则 BC⊥平面 SAB，又 SA 平面 SAB， 因此 BC⊥SA. 题型三 平面图形的翻折问题 例 3 五边形 ANB1C1C 是由一个梯形 ANB1B 与一个矩形 BB1C1C 组成的，如图甲所示，B 为 AC 的 中点，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虚线 BB1 将五边形 ANB1C1C 折成直二面角 A—BB1—C，如图乙所示． (1)求证：平面 BNC⊥平面 C1B1N； (2)求图乙中的多面体的体积． (1)证明 四边形 BB1C1C 为矩形，故 B1C1⊥BB1， 又由于二面角 A—BB1—C 为直二面角， 故 B1C1⊥平面 BB1A，又 BN 平面 BB1A， 故 B1C1⊥BN， 由线段 AC＝CC1＝2AN＝8 知，BB2 1＝NB2 1＋BN2， 即 BN⊥NB1，又 B1C1∩NB1＝B1， B1C1，NB1 平面 NB1C1， 所以 BN⊥平面 C1B1N， 因为 BN 平面 BNC， 所以平面 BNC⊥平面 C1B1N. (2)解 连接 CN，过 N 作 NM⊥BB1，垂足为 M， V 三棱锥 C—ABN＝1 3 ×BC·S△ABN ＝1 3 ×4×1 2 ×4×4＝32 3 ， 又 B1C1⊥平面 ABB1N， 所以平面 CBB1C1⊥平面 ABB1N， 且平面 CBB1C1∩ABB1N＝BB1， NM⊥BB1，NM 平面 ABB1N， 所以 NM⊥平面 B1C1CB， V 四棱锥 N—B 1 C 1 CB＝1 3 ×NM·S 矩形 B 1 C 1 CB ＝1 3 ×4×4×8＝128 3 ， 则此几何体的体积 V＝V 三棱锥 C—ABN＋V 四棱锥 N—B 1 C 1 CB＝32 3 ＋128 3 ＝160 3 . 思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变 化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发 生变化． 跟踪训练 3 (2018 届珠海摸底)为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促 销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为 10 的正方形纸片 ABCD 剪去四个全等的 等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形 状的包装盒 S—EFGH，其中 A，B，C，D 重合于点 O，E 与 E′重合，F 与 F′重合，G 与 G′ 重合，H 与 H′重合(如图所示)． (1)求证：平面 SEG⊥平面 SFH； (2)已知 AE＝5 2 ，过 O 作 OM⊥SH 交 SH 于点 M，求 cos∠EMO 的值． (1)证明 ∵折后 A，B，C，D 重合于一点 O， ∴拼接成底面 EFGH 的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形， ∴底面 EFGH 是正方形，故 EG⊥FH. 连接 SO. ∵在原平面图形中， △SEE′≌△SGG′， ∴SE＝SG，∴EG⊥SO， ∵EG⊥FH，EG⊥SO，FH∩SO＝O， FH，SO 平面 SFH， ∴EG⊥平面 SFH， 又∵EG 平面 SEG， ∴平面 SEG⊥平面 SFH. (2)解 由题意，当 AE＝5 2 时，OE＝5 2 ， Rt△SHO 中，SO＝5，SH＝5 5 2 ， ∴OM＝SO·OH SH ＝ 5. 由(1)知，EO⊥平面 SHF， 又∵OM 平面 SHF，∴EO⊥OM. 在 Rt△EMO 中，EM＝ EO2＋OM2＝3 5 2 ， ∴cos∠EMO＝OM EM ＝2 3 . 题型四 立体几何中的存在性问题 例 4 (2017·北京昌平区统考)如图，在四棱锥 P—ABCD 中，△PAD 为正三角形，平面 PAD⊥ 平面 ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4. (1)求证：平面 PCD⊥平面 PAD； (2)求三棱锥 P—ABC 的体积； (3)在棱 PC 上是否存在点 E，使得 BE∥平面 PAD？若存在，请确定点 E 的位置并证明；若不 存在，请说明理由． (1)证明 因为 AB∥CD，AB⊥AD，所以 CD⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 CD⊥平面 PAD. 因为 CD 平面 PCD， 所以平面 PCD⊥平面 PAD. (2)解 取 AD 的中点 O，连接 PO. 因为△PAD 为正三角形， 所以 PO⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD， 平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，PO 平面 PAD， 所以 PO⊥平面 ABCD， 所以 PO 为三棱锥 P—ABC 的高． 因为△PAD 为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4， 所以 PO＝ 3. 所以 V 三棱锥 P—ABC＝1 3 S△ABC·PO ＝1 3 ×1 2 ×2×2× 3＝2 3 3 . (3)解 在棱 PC 上存在点 E，当 E 为 PC 的中点时， BE∥平面 PAD. 分别取 CP，CD 的中点 E，F，连接 BE，BF，EF， 所以 EF∥PD.因为 AB∥CD，CD＝2AB， 所以 AB∥FD，AB＝FD， 所以四边形 ABFD 为平行四边形， 所以 BF∥AD. 因为 BF∩EF＝F，AD∩PD＝D， 所以平面 BEF∥平面 PAD. 因为 BE 平面 BEF， 所以 BE∥平面 PAD. 思维升华 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面 关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛 盾的结论则否定假设． 跟踪训练 4 如图，在四棱锥 P—ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD⊥AB，DC∥AB，PA＝1，AB＝2， PD＝BC＝ 2. (1)求证：平面 PAD⊥平面 PCD； (2)试在棱 PB 上确定一点 E，使截面 AEC 把该几何体分成的两部分 PDCEA 与 EACB 的体积比 为 2∶1. (1)证明 ∵AD⊥AB，DC∥AB，∴DC⊥AD. ∵PA⊥平面 ABCD，DC 平面 ABCD，∴DC⊥PA. ∵AD∩PA＝A，AD，PA 平面 PAD， ∴DC⊥平面 PAD. ∵DC 平面 PCD， ∴平面 PAD⊥平面 PCD. (2)解 作 EF⊥AB 于 F 点， ∵在△ABP 中，PA⊥AB， ∴EF∥PA， ∴EF⊥平面 ABCD. 设 EF＝h，AD＝ PD2－PA2＝1， S△ABC＝1 2 AB·AD＝1， 则 V 三棱锥 E—ABC＝1 3 S△ABC·h＝1 3 h. V 四棱锥 P—ABCD＝1 3 S 四边形 ABCD·PA ＝1 3 ×1＋2×1 2 ×1＝1 2 . 由 VPDCEA∶V 三棱锥 E—ACB＝2∶1， 得 1 2 －1 3 h ∶1 3 h＝2∶1，解得 h＝1 2 . EF＝1 2 PA，故 E 为 PB 的中点． 1．(2017·北京)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( ) A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2 答案 B 解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示， 可知 SD 为该四棱锥的最长棱． 由三视图可知正方体的棱长为 2， 故 SD＝ 22＋22＋22＝2 3. 故选 B. 2．(2018·沈阳月考)如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B 是直线 l 上的两点， C，D 是平面β内的两点，且 AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P 是平面α上的一动点， 且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥 P－ABCD 体积的最大值是( ) A．48 B．16 C．24 3 D．144 答案 A 解析 由题意知，△PAD，△PBC 是直角三角形， 又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC. 因为 DA＝4，CB＝8，所以 PB＝2PA. 作 PM⊥AB 于点 M，由题意知，PM⊥平面β. 令 BM＝t，则 AM＝|6－t|， PA2－(6－t)2＝4PA2－t2， 所以 PA2＝4t－12. 所以 PM＝ －t2＋16t－48， 即为四棱锥 P－ABCD 的高， 又底面 ABCD 为直角梯形，S＝1 2 ×(4＋8)×6＝36. 所以 V＝1 3 ×36× －t2＋16t－48＝12 －t－82＋16 ≤12×4＝48. 3．(2017·云南省十一校调研)设已知 m，n 是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面， 有下列四个命题： ①若α⊥β，m α，n β，则 m⊥n； ②若 m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β； ③若 m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β； ④若 m⊥α，n∥β，α∥β，则 m⊥n. 其中所有正确命题的序号是________． 答案 ②④ 解析 对于①，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此 ①不正确；对于②，依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面) 引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知②正确；对于③，分 别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此③不正确；对于④，由 n∥β得，在平面 β内必存在直线 n1 平行于直线 n，由 m⊥α，α∥β得 m⊥β，m⊥n1，又 n1∥n，因此有 m⊥n， ④正确．综上所述，所有正确命题的序号是②④. 4.如图梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F 分别是 AB，CD 的中点，将四边形 ADFE 沿直线 EF 进行翻折，给出四个结论： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面 DBF⊥平面 BFC； ④平面 DCF⊥平面 BFC. 在翻折过程中，可能成立的结论是________．(填写结论序号) 答案 ②③ 解析 因为 BC∥AD，AD 与 DF 相交不垂直，所以 BC 与 DF 不垂直，则①错误；设点 D 在平面 BCF 上的射影为点 P，当 BP⊥CF 时就有 BD⊥FC，而 AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足， 所以②正确；当点 P 落在 BF 上时，DP 平面 BDF，从而平面 BDF⊥平面 BCF，所以③正确； 因为点 D 的投影不可能在 FC 上，所以平面 DCF⊥平面 BFC 不成立，即④错误． 5.如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，E 为 BC 的中点，点 P 在线段 D1E 上， 则点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为________． 答案 2 5 5 解析 点 P 到直线 CC1 的距离等于点 P 在平面 ABCD 上的射影到点 C 的距离，设点 P 在平面 ABCD 上的射影为 P′，显然点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为 P′C 的长度的最小值．连接 DE，当 P′C⊥DE 时，P′C 的长度最小，此时 P′C＝ 2×1 22＋1 ＝2 5 5 . 6．(2018 届永州市模拟)如图，在三棱锥 S—ABC 中，SA＝SB，AC＝BC，O 为 AB 的中点，SO⊥ 平面 ABC，AB＝4，OC＝2，N 是 SA 的中点，CN 与 SO 所成的角为α，且 tan α＝2. (1)证明：OC⊥ON； (2)求三棱锥 S—ABC 的体积． (1)证明 ∵AC＝BC，O 为 AB 的中点， ∴OC⊥AB，又 SO⊥平面 ABC，OC 平面 ABC， ∴OC⊥SO，又 AB∩SO＝O，AB，SO 平面 SAB， ∴OC⊥平面 SAB， 又∵ON 平面 SAB， ∴OC⊥ON. (2)解 设 OA 的中点为 M，连接 MN，MC， 则 MN∥SO，故∠CNM 即为 CN 与 SO 所成的角α， 又 MC⊥MN 且 tan α＝2， ∴MC＝2MN＝SO， 又 MC＝ OC2＋OM2 ＝ 22＋12＝ 5， 即 SO＝ 5， ∴三棱锥 S—ABC 的体积 V＝1 3 Sh＝1 3 ·1 2 ·2·4· 5＝4 5 3 . 7．(2018 届武汉调研)如图 1，在矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 是 CD 的中点，将△ADE 沿 AE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 D1—ABCE，其中平面 D1AE⊥平面 ABCE. (1)证明：BE⊥平面 D1AE； (2)设 F 为 CD1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MF∥平面 D1AE？若存在，求出AM AB 的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 连接 BE， ∵ABCD 为矩形且 AD＝DE＝EC＝BC＝2， ∴∠AEB＝90°，即 BE⊥AE， 又平面 D1AE⊥平面 ABCE， 平面 D1AE∩平面 ABCE＝AE，BE 平面 ABCE， ∴BE⊥平面 D1AE. (2)解 AM＝1 4 AB，取 D1E 的中点 L，连接 AL，FL， ∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB 且 FL＝1 4 AB， ∴M，F，L，A 四点共面， 若 MF∥平面 AD1E，则 MF∥AL. ∴AMFL 为平行四边形，∴AM＝FL＝1 4 AB. 故线段 AB 上存在满足题意的点 M，且AM AB ＝1 4 . 8.如图，在四棱锥 P—ABCD 中，ABCD 是正方形，PD⊥平面 ABCD.PD＝AB＝2，E，F，G 分别 是 PC，PD，BC 的中点． (1)求证：平面 PAB∥平面 EFG； (2)在线段 PB 上确定一点 Q，使 PC⊥平面 ADQ，并给出证明． (1)证明 ∵在△PCD 中，E，F 分别是 PC，PD 的中点， ∴EF∥CD，又∵四边形 ABCD 为正方形， ∴AB∥CD，∴EF∥AB， ∵EF⊈ 平面 PAB，AB 平面 PAB， ∴EF∥平面 PAB.同理 EG∥平面 PAB， ∵EF，EG 是平面 EFG 内两条相交直线， ∴平面 PAB∥平面 EFG. (2)解 当 Q 为线段 PB 的中点时，PC⊥平面 ADQ. 取 PB 的中点 Q，连接 DE，EQ，AQ，DQ， ∵EQ∥BC∥AD，且 AD≠QE， ∴四边形 ADEQ 为梯形， 由 PD⊥平面 ABCD，AD 平面 ABCD， 得 AD⊥PD， ∵AD⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD 平面 PCD， ∴AD⊥平面 PDC，又 PC 平面 PDC， ∴AD⊥PC. ∵△PDC 为等腰直角三角形，E 为斜边中点， ∴DE⊥PC， ∵AD，DE 是平面 ADQ 内的两条相交直线， ∴PC⊥平面 ADQ. 9.如图所示的几何体 P—ABCD 中，四边形 ABCD 为菱形，∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝ 3a， PB⊥AB，平面 ABCD⊥平面 PAB，AC∩BD＝O，E 为 PD 的中点，G 为平面 PAB 内任一点． (1)在平面 PAB 内，过 G 点是否存在直线 l 使 OE∥l？如果不存在，请说明理由，如果存在， 请说明作法； (2)过 A，C，E 三点的平面将几何体 P—ABCD 截去三棱锥 D—AEC，求剩余几何体 AECBP 的体 积． 解 (1)过 G 点存在直线 l 使 OE∥l，理由如下： 由题意知 O 为 BD 的中点，又 E 为 PD 的中点， 所以在△PBD 中，OE∥PB. 若点 G 在直线 PB 上，则直线 PB 即为所求的直线 l， 所以有 OE∥l； 若点 G 不在直线 PB 上，在平面 PAB 内，过点 G 作直线 l，使 l∥PB， 又 OE∥PB，所以 OE∥l， 即过 G 点存在直线 l 使 OE∥l. (2)连接 EA，EC，则平面 ACE 将几何体分成两部分： 三棱锥 D—AEC 与几何体 AECBP(如图所示)． 因为平面 ABCD⊥平面 PAB，且交线为 AB， 又 PB⊥AB，PB 平面 PAB， 所以 PB⊥平面 ABCD. 故 PB 为几何体 P—ABCD 的高． 又四边形 ABCD 为菱形， ∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝ 3a， 所以 S 四边形 ABCD＝2× 3 4 a2＝ 3 2 a2， 所以 V 四棱锥 P—ABCD＝1 3 S 四边形 ABCD·PB ＝1 3 × 3 2 a2× 3a＝1 2 a3. 又 OE 綊 1 2 PB，所以 OE⊥平面 ACD， 所以 V 三棱锥 D—AEC＝V 三棱锥 E—ACD ＝1 3 S△ACD·EO＝1 4 V 四棱锥 P—ABCD＝1 8 a3， 所以几何体 AECBP 的体积 V＝V 四棱锥 P—ABCD－V 三棱锥 D—EAC＝1 2 a3－1 8 a3＝3 8 a3.