一、選擇題
已知m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列可以推出α⊥β的是( )
A.m⊥l，m?β，l⊥α B.m⊥l，α∩β＝l，m?α
C.m∥l，m⊥α，l⊥β D.l⊥α，m∥l，m∥β
【答案解析】答案為：D
解析：對于A，有可能出現(xiàn)α，β平行這種情況，故A錯誤；對于B，會出現(xiàn)平面 α，β相交但不垂直的情況，故B錯誤；對于C，m∥l，m⊥α，l⊥β?α∥β，故C錯誤；對于D，l⊥α，m∥l?m⊥α，又由m∥β?α⊥β，故D正確.
如圖，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在( )
A.直線AB上 B.直線BC上 C.直線AC上 D.△ABC內(nèi)部
【答案解析】答案為：A
解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1?平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.因為AC?平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上.
日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為( )
A.20° B.40° C.50° D.90°
【答案解析】答案為：B
解析：如圖所示，⊙O為赤道平面，⊙O1為A點處的日晷面所在的平面，
由點A處的緯度為北緯40°可知∠OAO1＝40°，又點A處的水平面與OA垂直，晷針AC與⊙O1所在的面垂直，則晷針AC與水平面所成角為40°.
如圖，四棱錐P-ABCD中，△PAB與△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，則下列結(jié)論不一定成立的是( )
A.PB⊥AC B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD D.平面PBD⊥平面ABCD
【答案解析】答案為：B.
解析：對于選項A，取PB的中點O，連接AO，CO.∵在四棱錐P-ABCD中，△PAB與△PBC是正三角形，∴AO⊥PB，CO⊥PB，∵AO∩CO＝O，∴PB⊥平面AOC，∵AC?平面AOC，∴PB⊥AC，故選項A正確；對于選項B，設(shè)AC與BD交于點M，易知M為AC的中點，若PD⊥平面ABCD，則PD⊥BD，由已知條件知點D滿足AC⊥BD且位于BM的延長線上，∴點D的位置不確定，∴PD與BD不一定垂直，∴PD⊥平面ABCD不一定成立，故選項B不正確；對于選項C，∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD＝B，∴AC⊥平面PBD， ∵PD?平面PBD，∴AC⊥PD，故選項C正確；對于選項D，∵AC⊥平面PBD，AC?平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD，故選項D正確.故選B.
若α，β，γ是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列命題正確的是( )
A.若α∩β＝m，n?α，m⊥n，則α⊥β
B.若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，則m⊥n
C.若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線
D.若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β
【答案解析】答案為：D.
解析：對于選項A，直線n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，選項A錯誤；對于選項B，由條件只能推出直線m與n共面，不能推出m⊥n，選項B錯誤；對于選項C，命題“若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線”的逆否命題是“若直線m垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則m垂直平面α”，這不符合線面垂直的判定定理，選項C錯誤；對于選項D，因為n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，選項D正確.故選D.
如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，過C1作C1H⊥底面ABC，垂足為H，則點H在( )
A.直線AC上 B.直線AB上 C.直線BC上 D.△ABC內(nèi)部
【答案解析】答案為：B.
解析：如圖，連接AC1.∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC在平面ABC內(nèi)，∴根據(jù)面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，則根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知，在平面ABC1內(nèi)一點C1向平面ABC作垂線，垂足必落在交線AB上.故選B.
如圖，PA⊥圓O所在平面，AB是圓O的直徑，C是圓周上一點，其中AC＝3，PA＝4，BC＝5，則PB與平面PAC所成角的正弦值為( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(17),5)
【答案解析】答案為：A
解析：根據(jù)題意，AB是圓O的直徑，C是圓周上一點，則BC⊥AC，又由PA⊥圓O所在平面，則PA⊥BC，因為PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，故∠BPC是PB與平面PAC所成的角，在△ACB中，AC＝3，BC＝5，AC⊥BC，則AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(34)，在△PAB中，AB＝eq \r(34)，PA＝4，PA⊥AB，則PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝5eq \r(2)，在△PCB中，BC＝5，PB＝5eq \r(2)，則sin∠BPC＝eq \f(BC,PB)＝eq \f(\r(2),2).
二、多選題
(多選)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點.則滿足MN⊥OP的是( )

【答案解析】答案為：BC
解析：設(shè)正方體的棱長為2，對于A，如圖(1)所示，連接AC，則MN∥AC，
圖(1)故∠POC(或其補角)為異面直線OP，MN所成的角，在Rt△OPC中，OC＝eq \r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A錯誤.
對于B，如圖(2)所示，取AN的中點B，連接PB，OB，
圖(2)
則OP＝eq \r(12＋?\r(2)?2)＝eq \r(3)，PB＝eq \r(2)，OB＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，所以O(shè)P2＋PB2＝OB2，所以O(shè)P⊥PB，又PB∥MN，所以O(shè)P⊥MN.
對于C，如圖(3)所示，取AD的中點C，連接OC，PC，BD，因為P，C分別是DE，AD的中點，所以CP⊥BD，又OC⊥平面ADEB，BD?平面ADEB，
圖(3)
所以O(shè)C⊥BD，又OC∩CP＝C，OC，CP?平面OCP，所以BD⊥平面OCP，所以BD⊥OP，又BD∥MN，所以O(shè)P⊥MN.
對于D，如圖(4)所示，取AN的中點B，ME的中點F，連接PB，BF，OF，
圖(4)
若OP⊥MN，又OF⊥平面MENA，所以O(shè)F⊥MN，所以MN⊥平面OFBP，所以MN⊥BF，顯然，MN與BF不可能垂直，所以O(shè)P⊥MN不成立.
(多選)如圖，AC＝2R為圓O的直徑，∠PCA＝45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點A，C重合的點，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，則下列結(jié)論正確的是( )
A.平面ANS⊥平面PBC B.平面ANS⊥平面PAB
C.平面PAB⊥平面PBC D.平面ABC⊥平面PAC
【答案解析】答案為：ACD
解析：∵PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，∴D正確；
BC?平面ABC，∴PA⊥BC，又AC為圓O的直徑，
B為圓周上不與點A，C重合的點，∴AB⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，∴C正確；
又AN?平面PAB，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB?平面PBC，∴AN⊥平面PBC，又PC?平面PBC，∴AN⊥PC，又∵PC⊥AS，AS∩AN＝A，AS，AN?平面ANS，∴PC⊥平面ANS，又PC?平面PBC，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A正確.
(多選如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點，則( )
A.A，M，N，B四點共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直線BN與B1M所成的角為60°
D.BN∥平面ADM
【答案解析】答案為：BC
解析：如圖所示，對于A，直線AM，BN是異面直線，故A，M，N，B四點不共面，故A錯誤；
對于B，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，AD?平面ADM，
所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正確；
對于C，取CD的中點O，連接BO，ON，則B1M∥BO，所以直線BN與B1M所成的角為∠NBO或其補角.易知△BON為等邊三角形，所以∠NBO＝60°，故C正確；
對于D，因為BN∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，故D錯誤.
(多選)如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出下列四個結(jié)論，正確的結(jié)論為( )
A.DF⊥BC B.BD⊥FC
C.平面BDF⊥平面BCF D.平面DCF⊥平面BCF
【答案解析】答案為：BC
解析：對于A項，因為BC∥AD，AD與DF相交但不垂直，所以BC與DF不垂直，則A不成立；
對于B項，設(shè)點D在平面BCF上的射影為點P，當(dāng)BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使條件滿足，所以B正確；
對于C項，當(dāng)點D在平面BCF上的射影P落在BF上時，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以C正確；
對于D項，因為點D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D不成立.
(多選)在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，則( )
A.當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值
B.當(dāng)μ＝1時，三棱錐P﹣A1BC的體積為定值
C.當(dāng)λ＝eq \f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BP
D.當(dāng)μ＝eq \f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P
【答案解析】答案為：BD
解析：eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1).
對于選項A，當(dāng)λ＝1時，點P在棱CC1上運動，如圖1所示，此時△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋?1－μ?2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，A錯誤；
圖1
對于選項B，當(dāng)μ＝1時，點P在棱B1C1上運動，如圖2所示，
圖2
則＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，為定值，故B正確；
對于選項C，取BC的中點D，B1C1的中點D1，連接DD1，A1B，則當(dāng)λ＝eq \f(1,2)時，點P在線段DD1上運動，假設(shè)A1P⊥BP，則A1P2＋BP2＝A1B2，即(eq \f(\r(3),2))2＋(1﹣μ)2＋(eq \f(1,2))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以點P與點D或D1重合時，A1P⊥BP；
方法一 由多選題特征，排除A，C，故選BD.
方法二 對于選項D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，設(shè)AB1與A1B交于點K，連接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點P只能是棱CC1的中點，故選項D正確.
三、填空題
已知△ABC在平面α內(nèi)，∠A＝90°，DA⊥平面α，則直線CA與DB的位置關(guān)系是_______.
【答案解析】答案為：垂直
解析：∵DA⊥平面α，CA?平面α，∴DA⊥CA，在△ABC中，∵∠A＝90°，∴AB⊥CA，且DA∩BA＝A，DA，BA?平面DAB，∴CA⊥平面DAB，又DB?平面DAB，∴CA⊥DB.
如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，當(dāng)?shù)酌鍭1B1C1滿足條件________時，有AB1⊥BC1.(注：填上你認(rèn)為正確的一種條件即可，不必考慮所有可能的情況)
【答案解析】答案為：A1C1⊥B1C1
解析：當(dāng)?shù)酌鍭1B1C1滿足條件A1C1⊥B1C1時，有AB1⊥BC1.理由如下：∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，
∴四邊形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥CC1.又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，CC1，B1C1?平面BCC1B1，∴A1C1⊥平面BCC1B1，∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1，∵BC1?平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，∵AC∩B1C＝C，AC，B1C?平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，∴又AB1?平面ACB1，∴AB1⊥BC1.
在三棱錐P－ABC中，AB＝2eq \r(6)，BC＝1，AC＝5，側(cè)面PAB是以P為直角頂點的直角三角形，若平面PAB⊥平面ABC，則該三棱錐體積的最大值為________.
【答案解析】答案為：2.
解析：由題意，AB2＋BC2＝AC2，則AB⊥BC，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，BC?平面ABC，∴BC⊥平面PAB，故要使三棱錐的體積最大，只需S△PAB最大，此時，△PAB在三棱錐P－ABC外接球截面圓上有PA＝PB，又側(cè)面PAB是以P為直角頂點的直角三角形，
∴△PAB為等腰直角三角形，則PA＝PB＝2eq \r(3)，∴三棱錐體積的最大值為eq \f(1,3)BC·S△PAB＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)＝2.
已知四面體ABCD的所有棱長均為eq \r(2)，M，N分別為棱AD，BC的中點，F(xiàn)為棱AB上異于A，B的動點.則下列結(jié)論中正確結(jié)論的序號為________.
①線段MN的長度為1；
②若點G為線段MN上的動點，則無論點F與G如何運動，直線FG與直線CD都是異面直線；
③∠MFN的余弦值的取值范圍是[0,eq \f(\r(5),5))；
④△FMN周長的最小值為eq \r(2)＋1.
【答案解析】答案為：①④.
解析：在棱長為1的正方體上取如圖所示的四個頂點依次連接，即可得到棱長為eq \r(2)的四面體ABCD，
顯然，M，N分別為正方體前后兩個面的中心，故線段MN的長度為正方體棱長1，故①對；
對于②，如圖，取AB的中點F，取MN的中點G，取CD的中點I，則由正方體的性質(zhì)易知，F(xiàn)，G，I三點在一條直線上，故此時FG與CD相交于I，故②錯；
對于③，BN＝eq \f(BC,2)＝eq \f(\r(2),2)，BM＝eq \r(BD2－MD2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，又有MN＝1，
故cs∠MBN＝eq \f(\f(1,2)＋\f(3,2)－1,2×\f(\r(2),2)×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(3),3)>eq \f(\r(5),5)，故F點無限接近B點時，cs∠MFN會無限接近eq \f(\r(3),3)，故∠MFN的余弦值的取值范圍不為[0,eq \f(\r(5),5))，③錯誤；
對于④，如圖，將等邊△ABC與等邊△ABD鋪平，放在同一平面上，故有N′F＋FM′≥M′N′＝eq \r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)F為AB的中點時M′F＋FN′取最小值，故在正方體中，MF＋FN≥eq \r(2)，故△FMN周長的最小值為eq \r(2)＋1，故④對.
如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面四邊形ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分別是線段BS，AD的中點，點R在線段SD上.若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，則AR＝________.
【答案解析】答案為：eq \f(4\r(5),5)
解析：如圖，取SA的中點E，連接PE，QE.
∵SA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴SA⊥AB，而AB⊥AD，AD∩SA＝A，AD，SA?平面SAD，∴AB⊥平面SAD，故PE⊥平面SAD，又AR?平面SAD，∴PE⊥AR.又∵AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，PE，PQ?平面PEQ，∴AR⊥平面PEQ，∵EQ?平面PEQ，∴AR⊥EQ，∵E，Q分別為SA，AD的中點，∴EQ∥SD，則AR⊥SD，在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2，可求得SD＝2eq \r(5)，由等面積法可得AR＝eq \f(4\r(5),5).
如圖，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，DE⊥AB，垂足為E.現(xiàn)將△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱錐A﹣BCD外接球的球心為O，半徑為1，則△DOE面積的最大值為________.
【答案解析】答案為：eq \f(1,4).
解析：如圖所示，取AC的中點F，DC的中點G，連接EF，DF，F(xiàn)G.
∴FG∥AD，∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距離相等，同理F到A，C，D的距離相等，
∵AD⊥DC，AD⊥BD，BD∩DC＝D，BD，DC?平面BCD，∴AD⊥平面BCD，
∴FG⊥平面BCD，且FD＝FB＝FC＝FA，∴F即為三棱錐A﹣BCD外接球的球心O，
∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥BC，又BC⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD?平面ABD，
∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥DE，∵DE⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC?平面ABC，
∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥EF，∴DE2＋EF2＝DF2，
又DF＝1，∴DE2＋EF2＝1，∴DE·EF≤eq \f(DE2＋EF2,2)＝eq \f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)DE＝EF時等號成立，
∴S△DEF＝eq \f(1,2)DE·EF≤eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，∴△DEF，即△DOE面積的最大值為eq \f(1,4).
四、解答題
已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，BF⊥A1B1.
(1)求三棱錐F﹣EBC的體積；
(2)已知D為棱A1B1上的點，證明：BF⊥DE.
【答案解析】 (1)解：如圖，取BC的中點為M，連接EM，由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2，
CF＝1，EM＝eq \f(1,2)AB＝1，AB∥A1B1，由BF⊥A1B1得EM⊥BF，
又EM⊥CF，BF∩CF＝F，
所以EM⊥平面BCF，
故V三棱錐F﹣EBC＝V三棱錐E﹣FBC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)BC×CF×EM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×1＝eq \f(1,3).
(2)證明：連接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1，
所以ED在平面EMB1A1內(nèi).
在正方形CC1B1B中，由于F，M分別是CC1，BC的中點，
所以由平面幾何知識可得BF⊥B1M，
又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1，
所以BF⊥平面EMB1A1，
又DE?平面EMB1A1，
所以BF⊥DE.
如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M為BC的中點，且PB⊥AM.
(1)證明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD＝DC＝1，求四棱錐P﹣ABCD的體積.
【答案解析】 (1)證明：∵PD⊥平面ABCD，AM?平面ABCD，
∴PD⊥AM.
∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB?平面PBD，PD?平面PBD，∴AM⊥平面PBD.
又AM?平面PAM，∴平面PAM⊥平面PBD.
(2)解 ∵M為BC的中點，∴BM＝eq \f(1,2)AD.由題意知AB＝DC＝1.
∵AM⊥平面PBD，BD?平面PBD，∴AM⊥BD，
由∠BAM＋∠MAD＝90°，∠MAD＋∠ADB＝90°，得∠BAM＝∠ADB，
易得△BAM∽△ADB，∴eq \f(BM,AB)＝eq \f(AB,AD)，即eq \f(\f(1,2)AD,1)＝eq \f(1,AD)，得AD＝eq \r(2)，
∴S矩形ABCD＝AD·DC＝eq \r(2)×1＝eq \r(2)，
則四棱錐P﹣ABCD的體積VP﹣ABCD＝eq \f(1,3)S矩形ABCD·PD＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),3).
如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，∠APC＝90°.
(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)設(shè)DO＝eq \r(2)，圓錐的側(cè)面積為eq \r(3)π，求三棱錐P﹣ABC的體積.
【答案解析】 (1)證明：∵D為圓錐頂點，O為底面圓心，∴OD⊥平面ABC，
∵P在DO上，OA＝OB＝OC，∴PA＝PB＝PC，
∵△ABC是圓內(nèi)接正三角形，∴AC＝BC，△PAC≌△PBC，
∴∠APC＝∠BPC＝90°，即PB⊥PC，PA⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，PC?平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC.
(2)解 設(shè)圓錐的母線為l，底面半徑為r，圓錐的側(cè)面積為πrl＝eq \r(3)π，
rl＝eq \r(3)，OD2＝l2﹣r2＝2，解得r＝1，l＝eq \r(3)，AC＝2rsin 60°＝eq \r(3)，
在等腰直角三角形APC中，AP＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \f(\r(6),2)，
在Rt△PAO中，PO＝eq \r(AP2－OA2)＝eq \r(\f(6,4)－1)＝eq \f(\r(2),2)，
∴三棱錐P﹣ABC的體積為VP﹣ABC＝eq \f(1,3)PO·S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),4)×3＝eq \f(\r(6),8).
如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為四邊形，△ABD是邊長為2的正三角形，BC⊥CD，BC＝CD，PD⊥AB，平面PBD⊥平面ABCD.
(1)求證：PD⊥平面ABCD；
(2)若二面角C﹣PB﹣D的平面角的余弦值為eq \f(\r(6),6)，求PD的長.
【答案解析】 (1)證明：如圖所示，E為BD的中點，連接AE，△ABD是正三角形，
則AE⊥BD.平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
AE?平面ABCD，故AE⊥平面PBD，PD?平面PBD，故AE⊥PD.
PD⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB?平面ABCD，故PD⊥平面ABCD.
(2)解 過點E作EF⊥PB于點F，連接CF，CE，
因為BC⊥CD，BC＝CD，E為BD的中點，所以EC⊥BD，
所以EC⊥平面PBD.又PB?平面PBD，所以EC⊥PB，
又EC∩EF＝E，EC，EF?平面EFC，所以PB⊥平面EFC，
又因為CF?平面EFC，所以CF⊥PB，
故∠EFC為二面角C﹣PB﹣D的平面角.cs∠EFC＝eq \f(\r(6),6)，
故tan∠EFC＝eq \r(5)，EC＝1，故EF＝eq \f(\r(5),5).sin∠PBD＝eq \f(EF,EB)＝eq \f(\r(5),5)，tan∠PBD＝eq \f(1,2)，
即eq \f(PD,BD)＝eq \f(1,2)，PD＝1.

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新高考數(shù)學(xué)考前考點沖刺精練卷48《雙曲線》（2份，原卷版+教師版）：

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新高考數(shù)學(xué)考前考點沖刺精練卷46《橢圓及其性質(zhì)》（2份，原卷版+教師版）：

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