（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何教學(xué)案

專題二 立體幾何 江蘇 新高考 高考對(duì)本專題內(nèi)容的考查一般是“一小一大”，小題主要考查體積和表面積的計(jì)算問(wèn)題，而大題主要證明線線、線面、面面的平行與垂直問(wèn)題，其考查形式單一，難度一般. 第1課時(shí)立體幾何中的計(jì)算(基礎(chǔ)課) [?？碱}型突破] 空間幾何體的表面積與體積 [必備知識(shí)] 空間幾何體的幾組常用公式 (1)柱體、錐體、臺(tái)體的側(cè)面積公式： ①S柱側(cè)＝ch(c為底面周長(zhǎng)，h為高)； ②S錐側(cè)＝ch′(c為底面周長(zhǎng)，h′為斜高)； ③S臺(tái)側(cè)＝(c＋c′)h′(c′，c分別為上下底面的周長(zhǎng)，h′為斜高)． (2)柱體、錐體、臺(tái)體的體積公式： ①V柱體＝Sh(S為底面面積，h為高)； ②V錐體＝Sh(S為底面面積，h為高)； ③V臺(tái)＝(S＋＋S′)h(不要求記憶)． (3)球的表面積和體積公式： ①S球＝4πR2(R為球的半徑)； ②V球＝πR3(R為球的半徑)． [題組練透] 1．現(xiàn)有一個(gè)底面半徑為3 cm，母線長(zhǎng)為5 cm的圓錐狀實(shí)心鐵器，將其高溫熔化后鑄成一個(gè)實(shí)心鐵球(不計(jì)損耗)，則該鐵球的半徑為_(kāi)_______cm. 解析：因?yàn)閳A錐底面半徑為3 cm，母線長(zhǎng)為5 cm，所以圓錐的高為＝4 cm，其體積為π×32×4＝12π cm3，設(shè)鐵球的半徑為r，則πr3＝12π，所以該鐵球的半徑是 cm. 答案： 2．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知直四棱柱底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，側(cè)面對(duì)角線的長(zhǎng)為2，則該直四棱柱的側(cè)面積為_(kāi)_______． 解析：由題意得，直四棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)為＝2，所以該直四棱柱的側(cè)面積為S＝cl＝4×2×2＝16. 答案：16 3．(2017·南通、泰州一調(diào))如圖，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3 cm，AA1＝1 cm，則三棱錐D1­A1BD的體積為_(kāi)______cm3. 解析：三棱錐D1­A1BD的體積等于三棱錐B­A1D1D的體積，因?yàn)槿忮FB­A1D1D的高等于AB，△A1D1D的面積為矩形AA1D1D的面積的，所以三棱錐B­A1D1D的體積是正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的體積的，所以三棱錐D1­A1BD的體積等于×32×1＝. 答案： 4.如圖所示是一個(gè)直三棱柱(以A1B1C1為底面)被一個(gè)平面所截得到的幾何體，截面為ABC，已知A1B1＝B1C1＝1，∠A1B1C1＝90°，A1A＝4，B1B＝2，C1C＝3，則此幾何體的體積為_(kāi)_______． 解析：在A1A上取點(diǎn)A2，在C1C上取點(diǎn)C2，使A1A2＝C1C2＝BB1，連結(jié)A2B，BC2，A2C2， ∴V＝V ＋V ＝×1×1×2＋×××＝. 答案： 5．設(shè)甲，乙兩個(gè)圓柱的底面積分別為S1，S2，體積分別為V1，V2.若它們的側(cè)面積相等且＝，則的值是________． 解析：設(shè)甲，乙兩個(gè)圓柱的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則有2πr1h1＝2πr2h2，即r1h1＝r2h2，又＝，∴＝，∴＝，則＝2＝. 答案： [方法歸納] 求幾何體的表面積及體積的解題技巧 (1)求幾何體的表面積及體積問(wèn)題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關(guān)鍵所在．求三棱錐的體積，等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上． (2)求不規(guī)則幾何體的體積，常用分割或補(bǔ)形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解． 多面體與球的切接問(wèn)題 [必備知識(shí)] 解決球與其他幾何體的切、接問(wèn)題 (1)解題的關(guān)鍵：仔細(xì)觀察、分析，弄清相關(guān)元素的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系． (2)選準(zhǔn)最佳角度作出截面：要使這個(gè)截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素之間的關(guān)系，達(dá)到空間問(wèn)題平面化的目的． (3)認(rèn)識(shí)球與正方體組合的3種特殊截面： (4)熟記2個(gè)結(jié)論： ①設(shè)小圓O1半徑為r，OO1＝d，則d2＋r2＝R2； ②若A，B是圓O1上兩點(diǎn)，則AB＝2rsin＝2Rsin. [題組練透] 1．(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． 解析：設(shè)球O的半徑為R，因?yàn)榍騉與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以＝＝. 答案： 2．(2017·全國(guó)卷Ⅲ改編)已知圓柱的高為1，它的兩個(gè)底面的圓周在直徑為2的同一個(gè)球的球面上，則該圓柱的體積為_(kāi)_______． 解析：設(shè)圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－2＝，所以圓柱的體積V＝×π×1＝. 答案： 3．已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在半徑為2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝，過(guò)點(diǎn)D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，則棱錐E­ABCD的體積為_(kāi)_______． 解析：如圖所示，BE過(guò)球心O， ∴DE＝ ＝2， ∴VE ­ABCD＝×3××2＝2. 答案：2 4．(2017·南京、鹽城一模)將矩形ABCD繞邊AB旋轉(zhuǎn)一周得到一個(gè)圓柱，AB＝3，BC＝2，圓柱上底面圓心為O，△EFG為下底面圓的一個(gè)內(nèi)接直角三角形，則三棱錐O­EFG體積的最大值是________． 解析：因?yàn)閷⒕匦蜛BCD繞邊AB旋轉(zhuǎn)一周得到一個(gè)圓柱，AB＝3，BC＝2， 圓柱上底面圓心為O，△EFG為下底面圓的一個(gè)內(nèi)接直角三角形， 所以三棱錐O­EFG的高為圓柱的高，即高為AB， 所以當(dāng)三棱錐O­EFG體積取最大值時(shí)，△EFG的面積最大， 當(dāng)EF為直徑，且G在EF的垂直平分線上時(shí)，(S△EFG)max＝×4×2＝4, 所以三棱錐O­EFG體積的最大值(VO­EFG)max＝×(S△EFG)max×AB＝×4×3＝4. 答案：4 [方法歸納] 多面體與球的切接問(wèn)題的解題技巧 方法 解讀 適合題型 截面法 解答時(shí)首先要找準(zhǔn)切點(diǎn)，通過(guò)作截面來(lái)解決．如果內(nèi)切的是多面體，則作截面時(shí)主要抓住多面體過(guò)球心的對(duì)角面來(lái)作 球內(nèi)切多面體或旋轉(zhuǎn)體 構(gòu)造直角三角形法 首先確定球心位置，借助外接的性質(zhì)——球心到多面體的頂點(diǎn)的距離等于球的半徑，尋求球心到底面中心的距離、半徑、頂點(diǎn)到底面中心的距離構(gòu)造成直角三角形，利用勾股定理求半徑 正棱錐、正棱柱的外接球 補(bǔ)形法 因正方體、長(zhǎng)方體的外接球半徑易求得，故將一些特殊的幾何體補(bǔ)形為正方體或長(zhǎng)方體，便可借助外接球?yàn)橥粋€(gè)的特點(diǎn)求解 三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐，從正方體或長(zhǎng)方體的八個(gè)頂點(diǎn)中選取點(diǎn)作為頂點(diǎn)組成的三棱錐、四棱錐等 平面圖形的翻折問(wèn)題 [必備知識(shí)] 將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，把這類問(wèn)題稱為平面圖形的翻折問(wèn)題．平面圖形經(jīng)過(guò)翻折成為空間圖形后，原有的性質(zhì)有的發(fā)生了變化，有的沒(méi)有發(fā)生變化，弄清它們是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．一般地，翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化．解決這類問(wèn)題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和幾何量的度量值，這是化解翻折問(wèn)題難點(diǎn)的主要方法． [題組練透] 1．(2017·南通三模)已知圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是半徑為3，圓心角為的扇形，則這個(gè)圓錐的高為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開(kāi)圖是半徑為3，圓心角為的扇形，所以圓錐的母線長(zhǎng)l＝3，設(shè)圓錐的底面半徑為r，則底面周長(zhǎng)2πr＝3×，所以r＝1，所以圓錐的高為＝2. 答案：2 2．(2017·南京考前模擬)如圖，正△ABC的邊長(zhǎng)為2，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別為邊AC與BC的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折，使平面ADC⊥平面DCB，則棱錐E­DFC的體積為_(kāi)_______． 解析：S△DFC＝S△ABC＝×＝，E到平面DFC的距離h等于AD＝. VE­DFC＝×S△DFC×h＝. 答案： 3.(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開(kāi)后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當(dāng)△ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí)，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_(kāi)_______． 解析：法一：由題意可知，折起后所得三棱錐為正三棱錐，當(dāng)△ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí)， 設(shè)△ABC的邊長(zhǎng)為a(a>0)cm， 則△ABC的面積為a2，△DBC的高為5－a， 則正三棱錐的高為＝， ∴25－a>0， ∴0<a<5， ∴所得三棱錐的體積V＝×a2× ＝× . 令t＝25a4－a5， 則t′＝100a3－a4， 由t′＝0，得a＝4， 此時(shí)所得三棱錐的體積最大，為4 cm3. 法二：如圖，連接OD交BC于點(diǎn)G，由題意知，OD⊥BC.易得OG＝BC， 設(shè)OG＝x，則BC＝2x，DG＝5－x，S△ABC＝×2x×3x＝3x2， 故所得三棱錐的體積V＝×3x2×＝x2×＝×. 令f(x)＝25x4－10x5，x∈， 則f′(x)＝100x3－50x4， 令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0<x<2， 則當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≤f(2)＝80， ∴V≤×＝4. ∴所求三棱錐的體積的最大值為4. 答案：4 [方法歸納] 解決翻折問(wèn)題需要把握的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) (1)解決與翻折有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清翻折前后的變化量和不變量．一般情況下，折線同一側(cè)的，線段的長(zhǎng)度是不變量，位置關(guān)系可能會(huì)發(fā)生變化，抓住兩個(gè)“不變性”． ①與折線垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不改變； ②與折線平行的線段，翻折前后平行關(guān)系不改變． (2)解決問(wèn)題時(shí)，要綜合考慮翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形． [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] 1．已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)E是棱B1B的中點(diǎn)，則三棱錐B1­ADE的體積為_(kāi)_______． 解析：VB1­ADE＝VD­AEB1＝S△AEB1·DA＝×××1×1＝. 答案： 2．若兩球表面積之比是4∶9，則其體積之比為_(kāi)_______． 解析：設(shè)兩球半徑分別為r1，r2，因?yàn)?πr∶4πr＝4∶9， 所以r1∶r2＝2∶3，所以兩球體積之比為πr∶πr＝3＝3＝8∶27. 答案：8∶27 3．(2017·天津高考)已知一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，若這個(gè)正方體的表面積為18，則這個(gè)球的體積為_(kāi)_______． 解析：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則6a2＝18，得a＝，設(shè)該正方體外接球的半徑為R，則2R＝a＝3，得R＝，所以該球的體積為πR3＝×＝π. 答案：π 4．已知圓錐的母線長(zhǎng)為10 cm，側(cè)面積為60π cm2，則此圓錐的體積為_(kāi)_______cm3. 解析：設(shè)圓錐底面圓的半徑為r，母線長(zhǎng)為l，則側(cè)面積為πrl＝10πr＝60π，解得r＝6，則圓錐的高h(yuǎn)＝＝8，則此圓錐的體積為πr2h＝π×36×8＝96π. 答案：96π 5．(2017·揚(yáng)州期末)若正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為2(單位：cm)，側(cè)面積為8(單位：cm2)，則它的體積為_(kāi)_______(單位：cm3)． 解析：因?yàn)檎睦忮F的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)面積為8，所以底面周長(zhǎng)c＝8，ch′＝8，所以斜高h(yuǎn)′＝2，正四棱錐的高為h＝，所以正四棱錐的體積為×22×＝. 答案： 6．設(shè)棱長(zhǎng)為a的正方體的體積和表面積分別為V1，S1，底面半徑和高均為r的圓錐的體積和側(cè)面積分別為V2，S2，若＝，則的值為_(kāi)_______． 解析：由題意知，V1＝a3，S1＝6a2，V2＝πr3，S2＝πr2，由＝得，＝，得a＝r，從而＝＝. 答案： 7.(2017·蘇北三市三模)如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，點(diǎn)P在棱CC1上，則三棱錐P­ABA1的體積為_(kāi)_______． 解析：三棱錐的底面積S△ABA1＝×3×3＝，點(diǎn)P到底面的距離為△ABC的高h(yuǎn)＝＝，故三棱錐的體積VP­ABA1＝S△ABA1×h＝. 答案： 8．(2017·無(wú)錫期末)已知圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)圓心角為，且面積為3π的扇形，則該圓錐的體積等于________． 解析：設(shè)圓錐的母線為l，底面半徑為r， 因?yàn)?π＝πl(wèi)2，所以l＝3，所以πr×3＝3π， 所以r＝1，所以圓錐的高是＝2，所以圓錐的體積是×π×12×2＝. 答案： 9．(2017·徐州古邳中學(xué)摸底)表面積為24π的圓柱，當(dāng)其體積最大時(shí)，該圓柱的底面半徑與高的比為_(kāi)_______． 解析：設(shè)圓柱的高為h，底面半徑為r， 則圓柱的表面積S＝2πr2＋2πrh＝24π， 即r2＋rh＝12，得rh＝12－r2， ∴V＝πr2h＝πr(12－r2)＝π(12r－r3)， 令V′＝π(12－3r2)＝0，得r＝2， ∴函數(shù)V＝πr2h在區(qū)間(0,2]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴r＝2時(shí)，V最大， 此時(shí)2h＝12－4＝8，即h＝4，＝. 答案： 10．三棱錐P­ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝，則該三棱錐外接球的表面積為_(kāi)_______． 解析：把三棱錐P­ABC看作由平面截一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為1、1、的長(zhǎng)方體所得的一部分(如圖).易知該三棱錐的外接球就是對(duì)應(yīng)長(zhǎng)方體的外接球．又長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為＝，故外接球半徑為，表面積為4π×2＝5π. 答案：5π 11．已知正三棱錐P­ABC的體積為，底面邊長(zhǎng)為2，則側(cè)棱PA的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：設(shè)底面正三角形ABC的中心為O，又底面邊長(zhǎng)為2，故OA＝，由VP­ABC＝PO·S△ABC，得＝PO××22，PO＝，所以PA＝＝2. 答案：2 12．(2017·蘇州期末)一個(gè)長(zhǎng)方體的三條棱長(zhǎng)分別為3,8,9，若在該長(zhǎng)方體上面鉆一個(gè)圓柱形的孔后其表面積沒(méi)有變化，則圓孔的半徑為_(kāi)_______． 解析：圓柱兩底面積等于圓柱的側(cè)面積．孔的打法有三種，所以有三種情況：①孔高為3，則2πr2＝2πr×3，解得r＝3；②孔高為8，則r＝8；③孔高為9，則r＝9.而實(shí)際情況是，當(dāng)r＝8，r＝9時(shí)，因?yàn)殚L(zhǎng)方體有個(gè)棱長(zhǎng)為3，所以受限制不能打，所以只有①符合． 答案：3 13.如圖所示，在體積為9的長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，對(duì)角線B1D與平面A1BC1交于點(diǎn)E，則四棱錐E­A1B1C1D1的體積V＝________. 解析：連結(jié)B1D1交A1C1于點(diǎn)F，連結(jié)BD，BF，則平面A1BC1∩平面BDD1B1＝BF，因?yàn)镋∈平面A1BC1，E∈平面BDD1B1，所以E∈BF.因?yàn)镕是A1C1的中點(diǎn)，所以BF是中線，又B1F綊BD，所以＝，故點(diǎn)E到平面A1B1C1D1的距離是BB1的，所以四棱錐E­A1B1C1D1的體積V＝×S四邊形A1B1C1D1×BB1＝V長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1＝1. 答案：1 14．半徑為2的球O中有一內(nèi)接正四棱柱(底面是正方形，側(cè)棱垂直底面)．當(dāng)該正四棱柱的側(cè)面積最大時(shí)，球的表面積與該正四棱柱的側(cè)面積之差是________． 解析：依題意，設(shè)球的內(nèi)接正四棱柱的底面邊長(zhǎng)為a、高為h，則有16＝2a2＋h2≥2ah，即4ah≤16，該正四棱柱的側(cè)面積S＝4ah≤16，當(dāng)且僅當(dāng)h＝a＝2時(shí)取等號(hào)．因此，當(dāng)該正四棱柱的側(cè)面積最大時(shí)，球的表面積與該正四棱柱的側(cè)面積之差是4π×22－16＝16(π－)． 答案：16(π－) 1．已知三棱錐S­ABC所在頂點(diǎn)都在球O的球面上，且SC⊥平面ABC，若SC＝AB＝AC＝1，∠BAC＝120°，則球O的表面積為_(kāi)_______． 解析：∵AB＝AC＝1，∠BAC＝120°， ∴BC＝＝， ∴三角形ABC的外接圓直徑2r＝＝2， ∴r＝1. ∵SC⊥平面ABC，SC＝1， ∴該三棱錐的外接球半徑R＝＝， ∴球O的表面積S＝4πR2＝5π. 答案：5π 2.(2017·南京三模)如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，點(diǎn)D為側(cè)棱BB1上的動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)AD＋DC1最小時(shí)，三棱錐D­ABC1的體積為_(kāi)_______． 解析：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AB，又因?yàn)椤螦BC＝90°，即BC⊥AB，又BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BB1C1C, 因?yàn)锳B＝1，BC＝2，點(diǎn)D為側(cè)棱BB1上的動(dòng)點(diǎn)，所以側(cè)面展開(kāi)，當(dāng)AD＋DC1最小時(shí)，BD＝1，所以S△BDC1＝×BD×B1C1＝1，所以三棱錐D­ABC1的體積為×S△BDC1×AB＝. 答案： 3．設(shè)四面體的六條棱的長(zhǎng)分別為1,1,1,1，和a，且長(zhǎng)為a的棱與長(zhǎng)為的棱異面，則a的取值范圍是________． 解析：如圖所示，AB＝，CD＝a，設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，則ED⊥AB，EC⊥AB，則ED＝＝，同理EC＝.由構(gòu)成三角形的條件知0＜a＜ED＋EC＝，所以0＜a＜. 答案：(0，) 4.如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動(dòng)點(diǎn)，PA⊥圓O所在的平面，且PA＝AB＝2，過(guò)點(diǎn)A作平面α⊥PB，分別交PB，PC于E，F(xiàn)，當(dāng)三棱錐P­AEF的體積最大時(shí)，tan∠BAC＝________. 解析：∵PB⊥平面AEF， ∴AF⊥PB. 又AC⊥BC，AP⊥BC， ∴BC⊥平面PAC， ∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°. 設(shè)∠BAC＝θ，在Rt△PAC中， AF＝＝＝， 在Rt△PAB中，AE＝PE＝， ∴EF＝， ∴VP­AEF＝AF·EF·PE＝AF·· ＝·＝·≤，∴當(dāng)AF＝1時(shí)，VP­AEF取得最大值，此時(shí)AF＝＝1，∴cos θ＝，sin θ＝，∴tan θ＝. 答案： 第2課時(shí)平行與垂直(能力課) [?？碱}型突破] 線線、線面位置關(guān)系的證明 [例1]　(2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. [證明]　(1)在平面ABD內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB. 又因?yàn)镋F?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC?平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因?yàn)锳D?平面ABD， 所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又因?yàn)锳C?平面ABC， 所以AD⊥AC. [方法歸納] 立體幾何證明問(wèn)題的注意點(diǎn) (1)證明立體幾何問(wèn)題的主要方法是定理法，解題時(shí)必須按照定理成立的條件進(jìn)行推理．如線面平行的判定定理中要求其中一條直線在平面內(nèi)，另一條直線必須說(shuō)明它在平面外；線面垂直的判定定理中要求平面內(nèi)的兩條直線必須是相交直線等，如果定理的條件不完整，則結(jié)論不一定正確． (2)證明立體幾何問(wèn)題，要緊密結(jié)合圖形，有時(shí)要利用平面幾何的相關(guān)知識(shí)，因此需要多畫(huà)出一些圖形輔助使用． [變式訓(xùn)練] 1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C是菱形，AC1與A1C交于點(diǎn)O，E是棱AB上一點(diǎn)，且OE∥平面BCC1B1. (1)求證：E是AB的中點(diǎn)； (2)若AC1⊥A1B，求證：AC1⊥BC. 證明：(1)連結(jié)BC1，因?yàn)镺E∥平面BCC1B1，OE?平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，所以O(shè)E∥BC1 . 因?yàn)閭?cè)面AA1C1C是菱形，AC1∩A1C＝O， 所以O(shè)是AC1中點(diǎn)， 所以＝＝1，E是AB的中點(diǎn). (2)因?yàn)閭?cè)面AA1C1C是菱形，所以AC1⊥A1C, 又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C?平面A1BC，A1B?平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC, 因?yàn)锽C?平面A1BC，所以AC1⊥BC. 2．(2017·蘇州模擬)在如圖所示的空間幾何體ABCDPE中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2. (1)若點(diǎn)Q是PD的中點(diǎn)，求證：AQ⊥平面PCD； (2)證明：BD∥平面PEC. 證明：(1)因?yàn)镻A＝AD，Q是PD的中點(diǎn)，所以AQ⊥PD. 又PA⊥平面ABCD， 所以CD⊥PA. 又CD⊥DA，PA∩DA＝A， 所以CD⊥平面ADP. 又因?yàn)锳Q?平面ADP， 所以CD⊥AQ， 又PD∩CD＝D， 所以AQ⊥平面PCD. (2)取PC的中點(diǎn)M，連結(jié)AC交BD于點(diǎn)N，連結(jié)MN，ME， 在△PAC中，易知MN＝PA，MN∥PA， 又PA∥EB，EB＝PA， 所以MN＝EB，MN∥EB， 所以四邊形BEMN是平行四邊形，所以EM∥BN. 又EM?平面PEC，BN?平面PEC， 所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC. 兩平面之間位置關(guān)系的證明 [例2]　(2017·南京模擬)如圖，直線PA垂直于圓O所在的平面，△ABC內(nèi)接于圓O，且AB為圓O的直徑，M為線段PB的中點(diǎn)，N為線段BC的中點(diǎn)． 求證：(1)平面MON∥平面PAC； (2)平面PBC⊥平面MON. [證明]　(1)因?yàn)镸，O，N分別是PB，AB，BC的中點(diǎn)， 所以MO∥PA，NO∥AC， 又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A， 所以平面MON∥平面PAC. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC， 所以PA⊥BC. 由(1)知，MO∥PA， 所以MO⊥BC. 連結(jié)OC，則OC＝OB，因?yàn)镹為BC的中點(diǎn)， 所以O(shè)N⊥BC. 又MO∩ON＝O，MO?平面MON，ON?平面MON， 所以BC⊥平面MON. 又BC?平面PBC， 所以平面PBC⊥平面MON. [方法歸納] 1.證明面面平行依據(jù)判定定理，只要找到一個(gè)面內(nèi)兩條相交直線與另一個(gè)平面平行即可，從而將證明面面平行轉(zhuǎn)化為證明線面平行，再轉(zhuǎn)化為證明線線平行. 2.證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個(gè)面過(guò)另一個(gè)面的一條垂線，將證明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加輔助線解決. [變式訓(xùn)練] 1．(2017·無(wú)錫期末)在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為矩形，AP⊥平面PCD，E，F(xiàn)分別為PC，AB的中點(diǎn)．求證： (1)平面PAD⊥平面ABCD； (2)EF∥平面PAD. 證明：(1)因?yàn)锳P⊥平面PCD，CD?平面PCD， 所以AP⊥CD， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AD⊥CD, 又因?yàn)锳P∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 所以CD⊥平面PAD， 因?yàn)镃D?平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD. (2)連結(jié)AC，BD交于點(diǎn)O，連結(jié)OE，OF， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以O(shè)點(diǎn)為AC的中點(diǎn)， 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)， 所以O(shè)E∥PA， 因?yàn)镺E?平面PAD，PA?平面PAD， 所以O(shè)E∥平面PAD, 同理可得：OF∥平面PAD， 又因?yàn)镺E∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD, 因?yàn)镋F?平面OEF，所以EF∥平面PAD. 2.(2016·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1. 求證：(1)直線DE∥平面A1C1F； (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 證明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C1∥AC. 在△ABC中，因?yàn)镈，E分別為AB，BC的中點(diǎn)， 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 又因?yàn)镈E?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F， 所以直線DE∥平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1. 因?yàn)锳1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1. 又因?yàn)锳1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1， 所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因?yàn)锽1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D. 又因?yàn)锽1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F. 因?yàn)橹本€B1D?平面B1DE， 所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 空間線面位置關(guān)系的綜合問(wèn)題 [例3]　(2017·蘇北三市模擬)如圖，AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圓O所在的平面互相垂直． (1)求證：平面AFC⊥平面CBF. (2)在線段CF上是否存在一點(diǎn)M，使得OM∥平面ADF？并說(shuō)明理由． [解]　(1)證明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB， ∴CB⊥平面ABEF. ∵AF?平面ABEF， ∴AF⊥CB.又AB為圓O的直徑， ∴AF⊥BF.又BF∩CB＝B， ∴AF⊥平面CBF. ∵AF?平面AFC，∴平面AFC⊥平面CBF. (2)當(dāng)M為CF的中點(diǎn)時(shí)，OM∥平面ADF. 證明如下： 取CF中點(diǎn)M，設(shè)DF的中點(diǎn)為N，連結(jié)AN，MN， 則MN綊CD，又AO綊CD，則MN綊AO， ∴四邊形MNAO為平行四邊形， ∴OM∥AN，又AN?平面DAF，OM?平面DAF， ∴OM∥平面DAF. [方法歸納] 與平行、垂直有關(guān)的存在性問(wèn)題的解題步驟 [變式訓(xùn)練] 1.如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC. (1)求證：平面AEC⊥平面ABE； (2)點(diǎn)F在BE上，若DE∥平面ACF，求的值． 解：(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB⊥BC， ∵平面ABCD⊥平面BCE， ∴AB⊥平面BCE，∴CE⊥AB. 又∵CE⊥BE，AB∩BE＝B， ∴CE⊥平面ABE， 又∵CE?平面AEC，∴平面AEC⊥平面ABE. (2)連結(jié)BD交AC于點(diǎn)O，連結(jié)OF. ∵DE∥平面ACF，DE?平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF. ∴DE∥OF，又在矩形ABCD中，O為BD中點(diǎn)， ∴F為BE中點(diǎn)，即＝. 2．如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點(diǎn)．將矩形ABCD沿線段EF折起，使得∠DFA＝60°.設(shè)G為AF上的點(diǎn)． (1)試確定點(diǎn)G的位置，使得CF∥平面BDG； (2)在(1)的條件下，證明：DG⊥AE. 解：(1)當(dāng)點(diǎn)G為AF的中點(diǎn)時(shí)，CF∥平面BDG. 證明如下： 因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，DA的中點(diǎn)， 所以EF∥AB∥CD. 連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，連結(jié)OG，則AO＝CO. 又G為AF的中點(diǎn)， 所以CF∥OG. 因?yàn)镃F?平面BDG，OG?平面BDG. 所以CF∥平面BDG. (2)因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，DA的中點(diǎn)，所以EF⊥FD，EF⊥FA. 又FD∩FA＝F， 所以EF⊥平面ADF， 因?yàn)镈G?平面ADF， 所以EF⊥DG. 因?yàn)镕D＝FA，∠DFA＝60°， 所以△ADF是等邊三角形，DG⊥AF， 又AF∩EF＝F， 所以DG⊥平面ABEF. 因?yàn)锳E?平面ABEF， 所以DG⊥AE. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] 1.如圖，在三棱錐V­ABC中，O，M分別為AB，VA的中點(diǎn)，平面VAB⊥平面ABC，△VAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AC⊥BC且AC＝BC. (1)求證：VB∥平面MOC； (2)求線段VC的長(zhǎng)． 解：(1)證明：因?yàn)辄c(diǎn)O，M分別為AB，VA的中點(diǎn)， 所以MO∥VB. 又MO?平面MOC，VB?平面MOC， 所以VB∥平面MOC. (2)因?yàn)锳C＝BC，O為AB的中點(diǎn)，AC⊥BC，AB＝2，所以O(shè)C⊥AB，且CO＝1. 連結(jié)VO，因?yàn)椤鱒AB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以VO＝.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC， 所以O(shè)C⊥平面VAB，所以O(shè)C⊥VO， 所以VC＝＝2. 2.(2017·南通二調(diào))如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，A1B與AB1交于點(diǎn)D，A1C與AC1交于點(diǎn)E. 求證：(1)DE∥平面B1BCC1； (2)平面A1BC⊥平面A1ACC1. 證明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，四邊形A1ACC1為平行四邊形． 又E為A1C與AC1的交點(diǎn)， 所以E為A1C的中點(diǎn). 同理，D為A1B的中點(diǎn)，所以DE∥BC. 又BC?平面B1BCC1，DE?平面B1BCC1， 所以DE∥平面B1BCC1. (2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， 又BC?平面ABC，所以AA1⊥BC. 又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC?平面A1ACC1，AA1?平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1. 因?yàn)锽C?平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1. 3.(2017·南京三模)如圖，在三棱錐A­BCD中，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD上的點(diǎn)，且BD∥平面AEF. (1)求證：EF∥平面ABD； (2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求證：平面AEF⊥平面ACD. 證明：(1)因?yàn)锽D∥平面AEF， BD?平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF， 所以 BD∥EF. 因?yàn)锽D?平面ABD，EF?平面ABD， 所以 EF∥平面ABD. (2)因?yàn)锳E⊥平面BCD，CD?平面BCD， 所以AE⊥CD. 因?yàn)锽D⊥CD，BD∥EF，所以 CD⊥EF， 又AE∩EF＝E，AE?平面AEF，EF?平面AEF， 所以CD⊥平面AEF. 又CD?平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD. 4.在四棱錐P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，點(diǎn)E在PB上． (1)求證：平面AEC⊥平面PAD； (2)當(dāng)PD∥平面AEC時(shí)，求PE∶EB的值． 解：(1)證明：在平面ABCD中，過(guò)A作AF⊥DC于F，則CF＝DF＝AF＝1， ∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°， 即AC⊥DA. 又PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PA. ∵PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD＝A， ∴AC⊥平面PAD. 又AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD. (2)連結(jié)BD交AC于O，連結(jié)EO. ∵PD∥平面AEC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO， ∴PD∥EO， 則PE∶EB＝DO∶OB. 又△DOC∽△BOA， ∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1， ∴PE∶EB的值為2. 5.(2017·揚(yáng)州考前調(diào)研)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，銳角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，點(diǎn)Q在側(cè)棱PC上，且PQ＝2QC. 求證：(1)PA∥平面QBD； (2)BD⊥AD. 證明：(1)連結(jié)OQ, 因?yàn)锳B∥CD，AB＝2CD， 所以AO＝2OC，又PQ＝2QC， 所以PA∥OQ， 因?yàn)镺Q?平面QBD，PA?平面QBD， 所以PA∥平面QBD. (2)在平面PAD內(nèi)過(guò)P作PH⊥AD于H， 因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH?平面PAD， 所以PH⊥平面ABCD， 又BD?平面ABCD，所以PH⊥BD. 又PA⊥BD，且PA∩PH＝P，PA?平面PAD，PH?平面PAD， 所以BD⊥平面PAD， 又AD?平面PAD，所以BD⊥AD. 6.如圖，在多面體ABCDFE中，四邊形ABCD是矩形，四邊形ABEF為等腰梯形，且AB∥EF，AF＝2，EF＝2AB＝4，平面ABCD⊥平面ABEF. (1)求證：BE⊥DF； (2)若P為BD的中點(diǎn)，試問(wèn)：在線段AE上是否存在點(diǎn)Q，使得PQ∥平面BCE？若存在，找出點(diǎn)Q的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)證明：如圖，取EF的中點(diǎn)G，連結(jié)AG， 因?yàn)镋F＝2AB，所以AB＝EG， 又AB∥EG，所以四邊形ABEG為平行四邊形，所以AG∥BE，且AG＝BE＝AF＝2. 在△AGF中，GF＝EF＝2，AG＝AF＝2， 所以AG2＋AF2＝GF2，所以AG⊥AF. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AD⊥AB， 又平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD?平面ABCD， 所以AD⊥平面ABEF， 又AG?平面ABEF，所以AD⊥AG. 因?yàn)锳D∩AF＝A，所以AG⊥平面ADF. 因?yàn)锳G∥BE，所以BE⊥平面ADF. 因?yàn)镈F?平面ADF，所以BE⊥DF. (2)存在點(diǎn)Q，且點(diǎn)Q為AE的中點(diǎn)，使得PQ∥平面BCE. 證明如下：連結(jié)AC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形， 所以P為AC的中點(diǎn)． 在△ACE中，因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別為AC，AE的中點(diǎn)， 所以PQ∥CE. 又PQ?平面BCE，CE?平面BCE， 所以PQ∥平面BCE. 21