2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何第6講平行垂直的綜合問題教案文新人教A版

PAGEPAGE1第6講平行、垂直的綜合問題空間中的證明與計(jì)算問題(師生共研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P-ABCD的體積為eq\f(8,3)，求該四棱錐的側(cè)面積．【解】(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.設(shè)AB＝x，則由已知可得AD＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x.故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由題設(shè)得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，故x＝2.從而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).eq\a\vs4\al()(1)幾何體的體積柱體的體積V＝S底·h.錐體的體積V＝eq\f(1,3)S底·h.(2)幾何體的表面積直棱柱的側(cè)面積S側(cè)＝C底·l，其他幾何體一般要對(duì)各個(gè)側(cè)面、底面逐個(gè)分析求解面積，最終求和．(3)計(jì)算幾何體體積的關(guān)鍵及留意點(diǎn)計(jì)算幾何體的體積時(shí)，關(guān)鍵是確定幾何體的高，若是不便利求，要留意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化．(2024·重慶市學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)，AC＝2.(1)求證：AE∥平面PBC；(2)若四面體PABC的體積為eq\f(\r(3),3)，求△PCD的面積．解：(1)證明：如圖，取CD的中點(diǎn)F，連接EF，AF，則EF∥PC，又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，所以AF∥BC，又EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，所以平面AEF∥平面PBC.又AE?平面AEF，所以AE∥平面PBC.(2)由已知得，V四面體PABC＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)AB·BC·PA＝eq\f(\r(3),3)，可得PA＝2.過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥CD于點(diǎn)Q，連接PQ，在△ACD中，AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，所以CD＝4，AQ＝eq\f(2×2\r(3),4)＝eq\r(3)，則PQ＝eq\r(22＋3)＝eq\r(7).因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又AQ∩PA＝A，所以CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ.所以S△PCD＝eq\f(1,2)×4×eq\r(7)＝2eq\r(7).空間中的翻折問題(師生共研)(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．【解】(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)如圖，取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.因?yàn)锳B∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.eq\a\vs4\al()解決此類問題的關(guān)鍵就是依據(jù)折痕，精確把握平面圖形翻折前后的兩個(gè)“不變關(guān)系”：(1)與折痕垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不變更；(2)與折痕平行的線段，翻折前后平行關(guān)系不變更.其步驟為：eq\x(第一步)—eq\x(確定折疊前后的各量之間的關(guān)系，搞清折疊前后的變更量和不變量)↓eq\x(其次步)—eq\x(在折疊后的圖形中確定線和面的位置關(guān)系，明確須要用到的線面)↓eq\x(第三步)—eq\x(利用判定定理或性質(zhì)定理進(jìn)行證明)(2024·濟(jì)南市模擬考試)如圖1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)．將△ADE沿DE折起，使點(diǎn)A到達(dá)P的位置，得到如圖2所示的四棱錐P-EBCD，點(diǎn)M為棱PB的中點(diǎn)．(1)求證：PD∥平面MCE；(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱錐M-BCE的體積．解：(1)證明：在題圖1中，因?yàn)锽E＝eq\f(1,2)AB＝CD且BE∥CD，所以四邊形EBCD是平行四邊形．如圖，連接BD，交CE于點(diǎn)O，連接OM，所以點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，又點(diǎn)M為棱PB的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥PD，因?yàn)镻D?平面MCE，OM?平面MCE，所以PD∥平面MCE.(2)在題圖1中，因?yàn)镋BCD是平行四邊形，所以DE＝BC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，所以AD＝BC，所以AD＝DE，因?yàn)椤螧AD＝45°，所以AD⊥DE.所以PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，所以PD⊥平面EBCD.由(1)知OM∥PD，所以O(shè)M⊥平面EBCD，在等腰直角三角形ADE中，因?yàn)锳E＝2，所以AD＝DE＝eq\r(2)，所以O(shè)M＝eq\f(1,2)PD＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(2),2)，S△BCE＝S△ADE＝1，所以V三棱錐M-BCE＝eq\f(1,3)S△BCE·OM＝eq\f(\r(2),6).立體幾何中的探究性問題(師生共研)(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點(diǎn)．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說(shuō)明理由．【解】(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因?yàn)镸為eq\o(CD,\s\up8(︵))上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD.證明如下：如圖，連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC中點(diǎn)．連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC∥OP.MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.eq\a\vs4\al()解決探究性問題的方法(1)對(duì)命題條件探究的三種途徑途徑一：先猜后證，即先視察與嘗試給出條件再證明．途徑二：先通過(guò)命題成立的必要條件探究出命題成立的條件，再證明充分性．途徑三：將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探究出命題成立的條件．(2)對(duì)命題結(jié)論的探究方法從條件動(dòng)身，探究出要求的結(jié)論是什么，對(duì)于探究結(jié)論是否存在，求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在，再找尋與條件相容或者沖突的結(jié)論．[留意]對(duì)探究性問題應(yīng)先寫出結(jié)論，再寫出證明過(guò)程或理由．如圖，三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱錐P-ABC的體積；(2)在線段PC上是否存在點(diǎn)M，使得AC⊥BM，若存在點(diǎn)M，求出eq\f(PM,MC)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)由題意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·AC·sin60°＝eq\f(\r(3),2).由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱錐P-ABC的高．又PA＝1，所以三棱錐P-ABC的體積V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(\r(3),6).(2)在平面ABC內(nèi)，過(guò)點(diǎn)B作BN⊥AC，垂足為N，在平面PAC內(nèi)，過(guò)點(diǎn)N作MN∥PA交PC于點(diǎn)M，連接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.又BM?平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝eq\f(1,2)，從而NC＝AC－AN＝eq\f(3,2).由MN∥PA，得eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,3).[基礎(chǔ)題組練]1．如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結(jié)論正確的是()A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC解析：選D.因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD?平面ADC，CD?平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB?平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.2．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為．解析：如圖，過(guò)點(diǎn)P分別作PE⊥BC交BC于點(diǎn)E，作PF⊥AC交AC于點(diǎn)F.由題意知PE＝PF＝eq\r(3).過(guò)P作PH⊥平面ABC于點(diǎn)H，連接HE，HF，HC，易知HE＝HF，則點(diǎn)H在∠ACB的平分線上，又∠ACB＝90°，故△CEH為等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，則CE＝1，故CH＝eq\r(2)，在Rt△PCH中，可得PH＝eq\r(2)，即點(diǎn)P到平面ABC的距離為eq\r(2).答案：eq\r(2)3．(2024·昆明市診斷測(cè)試)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6eq\r(2)，E是棱PC上的一點(diǎn)．(1)證明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求eq\f(PE,PC)的值．解：(1)證明：由已知條件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.(2)如圖，連接AC交BD于點(diǎn)F，連接EF，則EF是平面PAC與平面BDE的交線．因?yàn)镻A∥平面BDE，所以PA∥EF.因?yàn)镕是AC的中點(diǎn)，所以E是PC的中點(diǎn)，所以eq\f(PE,PC)＝eq\f(1,2).4．(2024·內(nèi)蒙古呼和浩特第一次質(zhì)量普查)如圖，平面四邊形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2eq\r(2)，沿BD折起，使AC＝2eq\r(2).(1)證明：△ACD為直角三角形；(2)設(shè)B在平面ACD內(nèi)的射影為P，求四面體PBCD的體積．解：(1)證明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2eq\r(2)，所以AD＝eq\r(AB2＋BD2)＝eq\r(4＋8)＝2eq\r(3)，因?yàn)锳C＝2eq\r(2)，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD，所以△ACD是直角三角形．(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，因?yàn)锳C∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD?平面ACD，所以平面ABC⊥平面ACD，其交線為AC，故過(guò)B點(diǎn)作AC的垂線，垂足為P，點(diǎn)P即為B在平面ACD內(nèi)的射影，易知P為AC的中點(diǎn)，所以四面體PBCD的體積VP-BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).5.(2024·福州市質(zhì)量檢測(cè))如圖，四棱錐E-ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四邊形ABCD為矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F(xiàn)為CE上的點(diǎn)，且BF⊥平面ACE.(1)求證：AE⊥BE；(2)設(shè)M在線段DE上，且滿意EM＝2MD，試在線段AB上確定一點(diǎn)N，使得MN∥平面BCE，并求MN的長(zhǎng)．解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以BC⊥AB.因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.又AE?平面ABE，所以BC⊥AE.因?yàn)锽F⊥平面ACE，AE?平面ACE，所以BF⊥AE.又因?yàn)锽C∩BF＝B，BC?平面BCE，BF?平面BCE，所以AE⊥平面BCE，因?yàn)锽E?平面BCE，所以AE⊥BE.(2)如圖，在△ADE中過(guò)M點(diǎn)作MG∥AD交AE于G點(diǎn)，在△ABE中過(guò)G點(diǎn)作GN∥BE交AB于N點(diǎn)，連接MN，因?yàn)镹G∥BE，NG?平面BCE，BE?平面BCE，所以NG∥平面BCE.同理可證，GM∥平面BCE.因?yàn)镸G∩GN＝G，所以平面MGN∥平面BCE，又因?yàn)镸N?平面MGN，所以MN∥平面BCE，因?yàn)镸點(diǎn)為線段DE上靠近D點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn)，所以N點(diǎn)為線段AB上靠近A點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn)，AD＝6，AB＝5，BE＝3，所以MG＝eq\f(2,3)AD＝4，NG＝eq\f(1,3)BE＝1，所以MN＝eq\r(MG2＋NG2)＝eq\r(42＋12)＝eq\r(17).[綜合題組練]1．(2024·吉林長(zhǎng)春質(zhì)量監(jiān)測(cè)(二))四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，CD＝2AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝eq\r(2)，M為PC中點(diǎn)．(1)求證：平面PBC⊥平面BMD；(2)求點(diǎn)B到平面PCD的距離．解：(1)證明：在直角梯形ABCD中，BD＝eq\r(3)，cos∠BDC＝cos∠DBA＝eq\f(\r(3),3)，在△BCD中，由余弦定理得BC＝eq\r(3)，由勾股定理得PD＝2，PB＝eq\r(3)，所以△PCD，△PCB是等腰三角形，所以PC⊥MD，PC⊥MB，因?yàn)镸D∩MB＝M，所以PC⊥平面MDB，因?yàn)镻C?平面PBC，所以平面PBC⊥平面BDM.(2)取PD的中點(diǎn)N，連接AN，MN，所以ANMB為平行四邊形，所以BM∥AN，BM＝AN＝1，因?yàn)镻A＝AD，所以AN⊥PD，又易知CD⊥平面PAD，AN?平面PAD，所以CD⊥AN，所以AN⊥平面PCD，所以BM⊥平面PCD，所以B到平面PCD的距離為1.2．(2024·鄭州市其次次質(zhì)量預(yù)料)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，PD⊥BF.(1)求證：AD⊥PB；(2)若E在線段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D-CEG的體積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)證明：連接PF，因?yàn)椤鱌AD是等邊三角形，所以PF⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB?平面BFP，所以AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一點(diǎn)G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因?yàn)镻D⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.連接CF交DE于點(diǎn)H，過(guò)H作HG∥PF交PC于點(diǎn)G，所以GH⊥平面ABCD.又GH?平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因?yàn)锳D∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以eq\f(CH,HF)＝eq\f(CE,DF)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(CG,GP)＝eq\f(CH,HF)＝eq\f(1,2)，所以GH＝eq\f(1,3)PF＝eq\f(\r(3),3)，所以VD-CEG＝VG-CDE＝eq\f(1,3)S△CDE·GH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)DC·CE·sineq\f(π,3)·GH＝eq\f(1,12).3．如圖(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D為AC的中點(diǎn)，AE⊥BD于點(diǎn)E(不同于點(diǎn)D)，延長(zhǎng)AE交BC于點(diǎn)F，將△ABD沿BD折起，得到三棱錐A1-BCD，如圖(2)所示．(1)若M是FC的中點(diǎn)，求證：直線DM∥平面A1EF；(2)求證：BD⊥A1F；(3)若平面A1BD⊥平面BCD，試推斷直線A1B與直線CD能否垂直？并說(shuō)明理由．解：(1)證明：因?yàn)镈，M分別為AC，F(xiàn)C的中點(diǎn)，所以DM∥EF，又EF?平面A1EF，DM?平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)證明：因?yàn)锳1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1F?平面A1EF，所以BD⊥A1F.(3)直線A1B與直線CD不能垂直．理由如下：因?yàn)槠矫鍭1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF?平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.因?yàn)锳1B?平面A1BD，所以A1B⊥EF，又因?yàn)镋F∥DM，所以A1B⊥DM.假設(shè)A1B⊥CD，因?yàn)镃D∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，這與∠A1BD為銳角沖突，所以直線A1B與直線CD不能垂直．規(guī)范答題示范(四)立體幾何類型一線面位置關(guān)系與體積計(jì)算(12分)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)證明：eq\a\vs4\al(AC⊥BD；)?(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn)，且AE⊥EC，eq\a\vs4\al(求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.)?[建橋?qū)ね黄芣?看到證明線線垂直(AC⊥BD)，想到證明線面垂直，通過(guò)線面垂直證明線線垂直.?看到求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比，想到確定同一平面，轉(zhuǎn)化為求高的比.[規(guī)范解答](1)證明：如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO.1分eq\x(得分點(diǎn)①)因?yàn)锳D＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.又因?yàn)镈O∩BO＝O，從而AC⊥平面DOB，3分eq\x(得分點(diǎn)②)故AC⊥BD.4分eq\x(得分點(diǎn)③)(2)連接EO.5分eq\x(得分點(diǎn)④)由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°，7分eq\x(得分點(diǎn)⑤)由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.8分eq\x(得分點(diǎn)⑥)又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E為BD的中點(diǎn).9分eq\x(得分點(diǎn)⑦)從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，11分eq\x(得分點(diǎn)⑧)即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.12分eq\x(得分點(diǎn)⑨)[評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)]①作出協(xié)助線，并用語(yǔ)言正確表述得1分；②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分，由線面垂直的判定寫出AC⊥平面DOB，再得1分；③由線面垂直的性質(zhì)得出結(jié)論得1分；④作出協(xié)助線，并用語(yǔ)言正確表述得1分；⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得2分；⑥由直角三角形的性質(zhì)得出EO＝eq\f(1,2)AC得1分；⑦由等邊三角形的性質(zhì)得出E為BD的中點(diǎn)，得1分；⑧得出四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)得2分；⑨正確求出體積比得1分.[解題點(diǎn)津](1)得分步驟：在立體幾何類解答題中，對(duì)于證明與計(jì)算過(guò)程中的得分點(diǎn)的步驟，有則給分，無(wú)則沒分，所以，對(duì)于得分點(diǎn)步驟肯定要寫，如第(1)問中AC⊥DO，AC⊥BO；第(2)問中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2等.(2)利用第(1)問的結(jié)果：假如第(1)問的結(jié)果對(duì)第(2)問的證明或計(jì)算用得上，可以干脆用，有些題目不用第(1)問的結(jié)果甚至無(wú)法解決，如本題就是在第(1)問的基礎(chǔ)上得到DO＝AO.[核心素養(yǎng)]空間幾何體的體積及表面積問題是高考考查的重點(diǎn)題型，主要考查考生“邏輯推理”及“直觀想象”的核心素養(yǎng).類型二線面位置關(guān)系中的探究性問題(12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.(1)在平面PAD內(nèi)找一點(diǎn)M，使得eq\a\vs4\al(直線CM∥平