《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

[巩固迁移]
3.过△ABC所在平面α外的一点P，作PO⊥α，垂足为O，若点P到直线AB，AC和BC的距离都相等，则点O是△ABC的（ ）
A.内心
B.外心
C.重心
D.垂心

答案：
A [如图，PE⊥AB，PF⊥BC，PD⊥AC，由题意可得PE = PF = PD，又PO⊥平面ABC，而AC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，又PO∩PD = P，PO∩PE = P，PO∩PF = P，
∴AC⊥平面POD，AB⊥平面POE，BC⊥平面POF，又OD⊂平面POD，OE⊂平面POE，OF⊂平面POF，
∴AC⊥OD，AB⊥OE，BC⊥OF，在Rt△POD，Rt△POE，Rt△POF中，OD = $\sqrt{PD^{2}-PO^{2}}$，OE = $\sqrt{PE^{2}-PO^{2}}$，OF = $\sqrt{PF^{2}-PO^{2}}$，
∴OD = OE = OF，故O一定是△ABC的内心. 故选A.]
　　　　　　　　　　　　　　　　　

4.（2024·山西大同一中阶段练习）如图，在四面体P - ABD中，AD⊥平面PAB，PB⊥PA.
（1）求证：PB⊥平面APD；
（2）若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD.
　　　　　　　　　　　　　　

答案： 证明
(1)由AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，得AD⊥PB，
又PB⊥PA，PA∩AD = A，PA，AD⊂平面APD，
所以PB⊥平面APD.
(2)由
(1)及PB⊂平面PBD，得平面PBD⊥平面APD，
又平面PBD∩平面APD = PD，AG⊥PD，AG⊂平面APD，
所以AG⊥平面PBD，而BD⊂平面PBD，
所以AG⊥BD.

例4 如图，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为正方形，DE = BD = 1，CE = √2，G为DA的中点，H为DE的中点.
（1）求证：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；
（2）求三棱锥B - CEG的体积.
　　　　　　　　　　　　

答案： 解
(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，
所以DE⊥DA，DA = DE = 1.
因为四边形ABCD为菱形，所以DC = DE = 1.
又因为CE = $\sqrt{2}$，所以CE² = DE² + DC²，所以DE⊥DC.
因为DA∩DC = D，且DA，DC⊂平面ABCD，
所以DE⊥平面ABCD.
又因为DE⊂平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD.
因为BD = 1 = DA = AB，G为DA的中点，所以BG⊥DA.
又BG⊂平面ABCD，且平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD = DA，所以BG⊥平面ADEF.
因为HF⊂平面ADEF，所以BG⊥HF.
因为四边形ADEF为正方形，G为DA的中点，H为DE的中点，所以tan∠HFE = tan∠GED = $\frac{1}{2}$，∠HFE = ∠GED.
因为∠GEF + ∠GED = $\frac{\pi}{2}$，所以∠GEF + ∠HFE = $\frac{\pi}{2}$，
从而HF⊥GE.
因为BG∩GE = E，BG，GE⊂平面BGE，所以HF⊥平面BGE，
因为BE⊂平面BGE，所以HF⊥BE.
(2)因为四边形ADEF为正方形，所以DE⊥DA.
又DE⊂平面ADEF，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD = DA，所以DE⊥平面ABCD，
可得三棱锥E - GBC的高为DE = 1.
因为BG⊥DA，DA//BC，所以BG⊥BC.
又BG = $\sqrt{AB^{2}-AG^{2}}$ = $\sqrt{1^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，
所以△GBC的面积S = $\frac{1}{2}$BG×BC = $\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×1 = $\frac{\sqrt{3}}{4}$，
所以V₍B - CEG₎ = V₍E - GBC₎ = $\frac{1}{3}$S×DE = $\frac{1}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{4}$×1 = $\frac{\sqrt{3}}{12}$.