高考數(shù)學大二輪專題復習沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題四 第3講 立體幾何中的熱點問題 Word版含解析

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1、 第3講　立體幾何中的熱點問題 「考情研析」　高考對立體幾何的考查，以幾何元素的平行、垂直為重點．為了考查學生應用知識的能力和意識，高考試題中常以解答題的形式呈現(xiàn)，折疊問題和探索性問題是常考的綜合題型. 核心知識回顧 1.折疊問題 以折疊手段，將平面圖形折成立體圖形，據(jù)此提出的立體幾何問題是折疊問題．解決此類問題的一般過程是：通過想象，充分認識圖形在折疊前后的變與不變，根據(jù)立體幾何中的相關概念、公理、定理等知識，準確推理論證，直到得出最終結論． 2．探索性問題 在高考數(shù)學問題中，有類問題是已知結論探求條件或在一定條件下探求結論是否存在，這類條件開放或結論開放的問題，通常稱為探

2、索性問題．解決此類問題?？梢允褂梅治龇▉韺ふ医忸}思路． 熱點考向探究 考向1　折疊問題 例1　(2019·蚌埠市高三下學期第二次教學質量檢查)如圖所示，菱形ABCD的邊長為2，∠D＝60°，點H為DC的中點，現(xiàn)以線段AH為折痕將菱形折起使得點D到達點P的位置且平面PHA⊥平面ABCH，點E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點． (1)求證：平面PBC∥平面EFH； (2)求三棱錐P－EFH的體積． 解　(1)證明：因為在菱形ABCD中，E，H分別為AB，CD的中點， 所以BE綊CH，四邊形BCHE為平行四邊形，則BC∥EH， 又EH?平面PBC，所以EH∥平面PBC． 又點E，F(xiàn)分

3、別為AB，AP的中點，所以EF∥BP， 又EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC．而EF∩EH＝E， 所以平面EFH∥平面PBC． (2)因為在菱形ABCD中，∠D＝60°，所以△ACD為正三角形， 所以AH⊥CD，AH＝，DH＝PH＝CH＝1. 折疊后，PH⊥AH， 又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH， 從而PH⊥平面ABCH. 在△PAE中，點F為AP的中點，則S△PEF＝S△AEF， 所以V三棱錐H－PEF＝V三棱錐H－AEF，而V三棱錐H－PEF＋V三棱錐H－AEF＝V三棱錐H－PAE，所以V三棱錐P－EFH＝V三棱錐H－PEF＝V三棱錐H－P

4、AE＝V三棱錐P－AEH＝×××1＝. (2019·沈陽二模)如圖1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，點E為AC的中點，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直(如圖2)，在圖2所示的幾何體D－ABC中． (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)若點F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F－BCE的體積． 解　(1)證明：在圖1中，由題意，知AC＝BC＝2， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC． 因為點E為AC的中點，如圖，連接DE，則DE⊥AC， 又平面ADC⊥平面ABC， 且平面ADC∩平

5、面ABC＝AC，DE?平面ACD，從而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC． 又AC⊥BC，AC∩ED＝E，所以BC⊥平面ACD． (2)取DC的中點F，連接EF，BF， 因為點E是AC的中點，所以EF∥AD， 又EF?平面BEF，AD?平面BEF，所以AD∥平面BEF， 由(1)知，DE為三棱錐B－ACD的高， 因為三棱錐F－BCE的高h＝DE＝×＝， S△BCE＝S△ABC＝××2×2＝2， 所以三棱錐F－BCE的體積為 V三棱錐F－BCE＝S△BCE·h＝×2×＝. 考向2 　探索性問題 例2　如圖，AB為圓O的直徑，點E，F(xiàn)在圓O上，且AB∥EF，矩形ABCD所

6、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M，使得OM∥平面DAF？并說明理由． 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， ∵CB∩BF＝B，∴AF⊥平面CBF. ∵AF?平面AFC，∴平面AFC⊥平面CBF. (2)存在滿足條件的點M.取CF的中點記作M，設DF的中點為N，連接AN，MN，則MN綊CD， 又AO綊CD，則MN綊AO， ∴四邊形MNAO為平行四

7、邊形， ∴OM∥AN，又AN?平面DAF，OM?平面DAF， ∴OM∥平面DAF. 即存在一點M為CF的中點，使得OM∥平面DAF. 解決立體幾何中探索性問題的基本思路：通常假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理，若能推導出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設成立，即存在，并可進一步證明；若推導出與條件或實際情況相矛盾的結論，則說明假設不成立，即不存在． 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中點． (1)求證：AC1⊥平面B1D1C； (2)過E構造一條線段與平面B1D1C垂直，并證明你的結論． 解　(1)證明：∵A

8、A1⊥平面A1B1C1D1， ∴AA1⊥B1D1. 如圖，連接A1C1交B1D1于O， ∵A1C1⊥B1D1，且AA1∩A1C1＝A1， ∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1. 同理，AC1⊥B1C，又B1C∩B1D1＝B1， ∴AC1⊥平面B1D1C． (2)如圖，連接EO，此線段與平面B1D1C垂直． ∵E是AA1的中點，O是A1C1的中點， ∴EO∥AC1. ∵AC1⊥平面B1D1C， ∴EO⊥平面B1D1C． 真題押題 『真題模擬』 1．(2019·太原模擬)將圖①中的等腰直角三角形ABC沿斜邊BC上的中線折起得到空間四面體ABCD(如圖②)，

9、則在空間四面體ABCD中，AD與BC的位置關系是(　　) A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．異面且垂直 D．異面但不垂直 答案　C 解析　在題圖①中，AD⊥BC，故在題圖②中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因為BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC?平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD與BC異面，故選C． 2．(2019·南寧市高三適應性測試)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動點，則下列結論錯誤的是(　　) A．DC1⊥D1P B．平面D1A1P⊥平面A1AP C．∠APD1的最大值為90° D．AP＋

10、PD1的最小值為 答案　C 解析　連接CD1，易得DC1⊥平面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，故A結論正確；∵D1A1⊥平面ABB1A1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，故B結論正確；當0

11、交 D．兩兩異面 答案　A 解析　如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD、平面A1ADD1、平面A1ABB1兩兩垂直，則AB，AD，A1A在這三個平面中，它們兩兩相交且兩兩垂直，故B，C正確； CD，A1D1，BB1也在這三個平面中，它們彼此異面，故D正確； 如圖所示，設α∩β＝m，β∩γ＝n，α∩γ＝l. 在平面γ內任取一點O(O?l，O?n)，過O作OE⊥l，OF⊥n，垂足分別為E，F(xiàn).因為α⊥γ，α∩γ＝l，OE?平面γ，OE⊥l，故OE⊥α，因為m?α，所以OE⊥m，同理OF⊥m，因OE∩OF＝O，故m⊥γ，同理n⊥α，l⊥β.若a，b，c兩兩平

12、行，因a?α，b?β，故a∥β或者a?β，若a∥β，因α∩β＝m，則a∥m，故a⊥γ，而c?γ，故a⊥c，與a∥c矛盾；若a?β，則a＝m，因m⊥γ，c?γ，故a⊥c，與a∥c矛盾．所以a，b，c兩兩平行不成立，故A錯誤．綜上，故選A． 4. (2019·江蘇高考)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點，則三棱錐E－BCD的體積是________． 答案　10 解析　設長方體中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，則abc＝120，∴VE－BCD＝×ab×c＝abc＝10. 5. (2019·河南省六市高三第一次聯(lián)考)如圖，△ABC是等腰直角三角形，斜邊A

13、B＝2，D為直角邊BC上的一點(不含端點)，將△ACD沿直線AD折疊至△AC1D的位置，使得點C1在平面ABD外，若點C1在平面ABD上的射影H恰好在線段AB上，則AH的取值范圍是________． 答案　(1，) 解析　∵在等腰Rt△ABC中，斜邊AB＝2，D為直角邊BC上的一點， ∴AC＝BC＝，∠ACB＝90°， 將△ACD沿直線AD折疊至△AC1D的位置，使得點C1在平面ABD外， 且點C1在平面ABD上的射影H在線段AB上，設AH＝x， ∴AC1＝AC＝，CD＝C1D∈(0，)，∠AC1D＝90°， C1H⊥平面ABC， ∴AH

14、AH＝1， 當CD<時，AH>AB＝1， ∵D為直角邊BC上的一點，∴CD∈(0，)， ∴AH的取值范圍是(1，)． 『金版押題』 6．在四面體ABCD中，若AD＝DB＝AC＝CB＝1，則四面體ABCD體積的最大值是(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　如圖，取AB的中點E，連接CE，DE，設AB＝2x(0

15、當x＝時，V有最大值，Vmax＝×－×3＝.故選A． 7．如圖1，在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥BC，AB＝BC＝CP，D是CP的中點，將△PAD沿AD折起，使點P到達點P′的位置得到圖2，點M為棱P′C上的動點． (1)當M在何處時，平面ADM⊥平面P′BC？并證明； (2)若AB＝2，∠P′DC＝135°，證明：點C到平面P′AD的距離等于點P′到平面ABCD的距離，并求出該距離． 解　(1)當點M為P′C的中點時，平面ADM⊥平面P′BC， 證明如下：∵DP′＝DC，M為P′C的中點， ∴P′C⊥DM，∵AD⊥DP′，AD⊥DC， ∴AD⊥平面DP′C，∴AD

16、⊥P′C， ∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC． (2)在平面P′CD上作P′H⊥CD的延長線于點H， 由(1)中AD⊥平面DP′C， 可知平面P′CD⊥平面ABCD， ∴P′H⊥平面ABCD， 由題意得DP′＝2，∠P′DH＝45°，∴P′H＝， 又VP′－ADC＝VC－P′AD， 設點C到平面P′AD的距離為h， 即S△ADC×P′H＝S△P′AD×h， 由題意，△ADC≌△ADP′，即S△ADC＝S△P′AD． ∴P′H＝h，故點C到平面P′AD的距離等于點P′到平面ABCD的距離，且距離為. 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

17、配套作業(yè) 一、選擇題 1．設a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則a∥b的一個充分不必要條件是(　　) A．a(chǎn)⊥c，b⊥c B．α⊥β，a?α，b?β C．a(chǎn)⊥α，b∥α D．a(chǎn)⊥α，b⊥α 答案　D 解析　對于C，在平面α內存在c∥b，因為a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直線a，b可能是平行直線，相交直線，也可能是異面直線；D中一定推出a∥b. 2．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為BD1的中點，則△PAC在該正方體各個面上的正投影可能是(　　) A．①② B．①④ C．②③ D．②④ 答案　B 解析　由

18、題可知平面APC⊥平面ABCD，且點P在各個面內的正投影均為正方形的中心．根據(jù)對稱性，只需考慮△PAC在底面、后面、右面的正投影即可．顯然△PAC在底面的正投影為正方形的對角線，在后面與右面的正投影相同，均為等腰直角三角形，故選B． 3．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有(　　) A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　A 解析　由平面圖形得AH⊥HE，AH⊥HF，又

19、HE∩HF＝H，所以AH⊥平面EFH，故選A． 4．(2019·廣西南寧市高三第一次適應性測試)如圖所示，長方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中點分別為E，F(xiàn)，若AB＝6，AD＝8，AA1＝7，則異面直線EF與AA1所成角的正切值為(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　如圖，作FG⊥AD，垂足為G，連接EG，因為FG∥AA1，所以∠EFG為異面直線EF與AA1所成的角(或其補角)，且 tan∠EFG＝，因為EG＝＝5，F(xiàn)G＝AA1＝7，所以tan∠EFG＝. 故選B． 5．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD

20、＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 答案　D 解析　因為在四邊形ABCD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，所以CD⊥平面ABD，則CD⊥AB，又AD⊥AB，CD∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC，因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC，故選D．

21、6．(2019·貴州省高三普通高等學校招生適應性考試)設m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下面四個命題： ①若α⊥β，β⊥γ，則α∥γ；②若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n；③若m∥α，n?α，則m∥n；④若α∥β，γ∩α＝m，γ∩β＝n，則m∥n. 其中正確命題的序號是(　　) A．①④ B．①② C．④ D．②③④ 答案　C 解析　對于①，若α⊥β，β⊥γ，則α與γ平行或相交，故錯誤；對于②，若α⊥β，m?α，n?β，則m與n平行、相交或異面，錯誤；對于③，若m∥α，n?α，則m與n平行或異面，錯誤；對于④，若α∥β，γ∩α＝m，γ∩β＝n，由

22、面面平行的性質定理可知m∥n，正確．故選C． 7．(2019·山東省高三第一次大聯(lián)考)如圖，一個正四棱錐P1－AB1C1D和一個正三棱錐P2－B2C2S，所有棱長都相等，F(xiàn)為棱B1C1的中點，將P1、P2，B1、B2，C1、C2分別對應重合為P，B，C，得到組合體．關于該組合體有如下三個結論：①AD⊥SP；②AD⊥SF；③AB∥SP.其中錯誤的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　A 解析　由于正四棱錐P1－AB1C1D和一個正三棱錐P2－B2C2S的所有的棱長都相等，故可將其組合體放在兩個相同的正四棱柱中，如圖所示，P點對應正四棱柱的上底面中心O1，

23、S點對應另一正四棱柱的上底面中心O2，由圖形可知拼成一個三棱柱，設E為AD的中點，由此可知AD⊥SP，又因為AD⊥平面PEFS，所以AD⊥SF，因為EF∥SP，EF∥AB，所以AB∥SP.故選A． 二、填空題 8．(2019·湘贛十四校高三聯(lián)考第二次考試)已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，則下列四個結論： ①若α∥β，則l⊥m；②若l⊥β，則m∥α；③若l∥m，則α⊥β；④若m∥α，則l⊥β. 其中正確的命題的序號為________． 答案?、佗冖? 解析　已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，若α∥β，則l⊥平面β，所以l⊥m，①正確；已知直線l⊥平面α，若l⊥β，則平面α∥平

24、面β，又直線m?平面β，故m∥α，②正確；已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，若l∥m，則m⊥平面α，所以α⊥β，③正確；已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，若m∥α，則α∥β不一定成立，所以l⊥β也不一定成立，④不正確． 9．(2019·甘肅省高三第一次高考診斷考試)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則異面直線EF與AB1所成角的余弦值為________． 答案　 解析　取BB1的中點G，連接EG，GF，因為EG∥AB1， 所以∠GEF(或其補角)為異面直線EF與AB1所成的角，易得EG＝EF＝GF，即∠GEF＝60°，所以cos∠GEF＝

25、.即異面直線EF與AB1所成角的余弦值為. 10．(2019·山西太原一模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，將直角梯形ABCD沿AC折疊成三棱錐D－ABC，當三棱錐D－ABC的體積取最大值時，其外接球的體積為________． 答案　 解析　依題意知，平面ADC⊥平面ABC時，點D到平面ABC的距離最大，易知，此時三棱錐D－ABC外接球的球心是棱AB的中點，所以其外接球的體積為×13＝. 11．(2019·河南省名校聯(lián)考高三聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E∈平面AA1B1B，點F是線段AA1的中點，若D1E⊥CF，則當△EBC

26、的面積取得最小值時，＝________. 答案　 解析　如圖，取AB的中點H，連接D1H，B1H，AC，A1C1，B1D1，設BF∩B1H＝G.易得B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，所以B1D1⊥平面AA1C1C，所以B1D1⊥CF.易得B1H⊥BF，B1H⊥BC，所以B1H⊥平面BCF，所以B1H⊥CF.故CF⊥平面B1D1H，所以E在直線B1H上，可使得CF⊥D1E.由于BC⊥BE，所以BE最短時三角形EBC的面積取得最小值，此時E點在點G的位置．設正方體的棱長為2，故S四邊形ABCD＝2×2＝4.B1H＝＝，所以BG＝＝，所以S△EBC＝×2×＝，故＝＝. 三、解答題 1

27、2．(2019·北京市石景山區(qū)高三一模)如圖所示，在四棱錐E－ABCD中，平面ABCD⊥平面AEB，且四邊形ABCD為矩形．∠BAE＝90°，AE＝4，AD＝2，F(xiàn)，G，H分別為BE，AE，AD的中點． (1)求證：CD∥平面FGH； (2)求證：平面FGH⊥平面ADE； (3)在線段DE上求一點P，使得AP⊥FH，并求出AP的值． 解　(1)證明：在矩形ABCD中，CD∥AB， ∵F，G分別為BE，AE的中點，∴FG∥AB，∴CD∥FG， ∵CD?平面FGH，F(xiàn)G?平面FGH，∴CD∥平面FGH. (2)證明：在矩形ABCD中，AD⊥AB，又∵∠BAE＝90°， ∴AB⊥

28、AE，又AD∩AE＝A， ∴AB⊥平面ADE，又GF∥AB，∴GF⊥平面ADE， ∵GF?平面FGH，∴平面FGH⊥平面ADE. (3)作AP⊥DE于點P，∵GF⊥平面ADE，且AP?平面ADE，∴GF⊥AP， ∵G，H分別為AE，AD的中點，∴GH∥DE， ∵AP⊥DE，∴GH⊥AP， ∵GF∩GH＝G，∴AP⊥平面FGH， ∵FH?平面FGH，∴AP⊥FH. ∵矩形ABCD⊥平面AEB，且平面ABCD∩平面AEB＝AB， ∴AE⊥平面ABCD，∴AE⊥AD， 在直角三角形AED中，AE＝4，AD＝2， 得DE＝ ＝2，可求得AP＝＝. 故AP的值為. 13．如

29、圖1，菱形ABCD的邊長為12，∠BAD＝60°，AC交BD于點O.將菱形ABCD沿對角線AC折起，得到三棱錐B－ACD，如圖2所示，M，N分別是棱BC，AD的中點，且DM＝6. (1)求證：OD⊥平面ABC； (2)求三棱錐M－ABN的體積． 解　(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AD＝DC，OD⊥AC， 在△ADC中，AD＝DC＝12，∠ADC＝120°， 則易得OD＝6. 連接OM，∵M是BC的中點，∴OM＝BC＝6， 又MD＝6，∴OD2＋OM2＝MD2，∴DO⊥OM， ∵OM?平面ABC，AC?平面ABC，OM∩AC＝O， ∴OD⊥平面ABC． (

30、2)取線段AO的中點E，連接NE. ∵N是棱AD的中點， ∴NE＝DO＝3，且NE∥DO. 由(1)得OD⊥平面ABC， ∴NE⊥平面ABC， 在△ABM中，AB＝12，BM＝6，∠ABM＝120°， ∴S△ABM＝×AB×BM×sin∠ABM＝×12×6×＝18. ∴V三棱錐M－ABN＝V三棱錐N－ABM＝S△ABM·NE＝18. 14．(2019·北京東城區(qū)期末)已知△ABD和△BCD是兩個直角三角形，∠BAD＝∠BDC＝，E，F(xiàn)分別是邊AB，AD的中點，現(xiàn)將△ABD沿BD邊折起到A1BD的位置，如圖所示，使平面A1BD⊥平面BCD． (1)求證：EF∥平面BCD

31、； (2)求證：平面A1BC⊥平面A1CD； (3)問A1C與BD是否有可能垂直？做出判斷并說明理由． 解　(1)證明：因為E，F(xiàn)分別是邊A1B，A1D的中點， 所以EF∥BD， 因為EF?平面BCD，BD?平面BCD， 所以EF∥平面BCD． (2)證明：因為平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A1BD． 因為A1B?平面A1BD，所以CD⊥A1B， 因為A1B⊥A1D，A1D∩CD＝D，所以A1B⊥平面A1CD． 因為A1B?平面A1BC， 所以平面A1BC⊥平面A1CD． (3)A1C與BD不可能垂直． 理由如下：

32、 假設A1C⊥BD，因為CD⊥BD，A1C∩CD＝C， 所以BD⊥平面A1CD，所以BD⊥A1D，與A1B⊥A1D矛盾， 故A1C與BD不可能垂直． 立體幾何類解答題 　(12分)已知四棱錐S－ABCD的底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝2，△SAD為正三角形． (1)點M為線段AB上一點，若BC∥平面SDM，＝λ，求實數(shù)λ的值； (2)若BC⊥SD，求點B到平面SAD的距離． 解題思路　(1)由BC∥平面SDM，得出BC∥DM，從而可得四邊形BCDM為平行四邊形，進而得出M為AB中點，求出λ的值．(2)在平面SCD內過點S作SE

33、⊥CD交CD延長線于點E，根據(jù)BC⊥CD，BC⊥SD，證平面SCD⊥平面ABCD，從而得SE⊥平面ABCD．分別求出SE，S△ABD，S△SAD，根據(jù)V三棱錐B－SAD＝V三棱錐S－ABD，求出點B到平面SAD的距離． 解　(1)因為BC∥平面SDM，BC?平面ABCD，平面SDM∩平面ABCD＝DM，所以BC∥DM.(2分) 又AB∥DC，所以四邊形BCDM為平行四邊形，所以CD＝MB， 又AB＝2CD，所以M為AB的中點．(4分) 因為＝λ，所以λ＝.(5分) (2)因為BC⊥SD，BC⊥CD，所以BC⊥平面SCD， 又BC?平面ABCD，所以平面SCD⊥平面ABCD．

34、如圖，在平面SCD內過點S作SE垂直CD交CD的延長線于點E，連接AE， 又平面SCD∩平面ABCD＝CD， 所以SE⊥平面ABCD，(7分) 所以SE⊥CE，SE⊥AE， 在Rt△SEA和Rt△SED中，AE＝，DE＝， 因為SA＝SD，所以AE＝DE，又易知∠EDA＝45°， 所以AE⊥ED， 由已知求得SA＝AD＝，所以AE＝ED＝SE＝1.(9分) 連接BD，則V三棱錐S－ABD＝××2×1×1＝，(10分) 又V三棱錐B－SAD＝V三棱錐S－ABD，S△SAD＝×××＝， 所以點B到平面SAD的距離為.(12分) 1．由線面平行得出線線平行給2分． 2．由

35、線線平行得出平行四邊形，進而得出M為AB中點給2分． 3．由中點求出λ給1分． 4．證平面SCD⊥平面ABCD，過S作平面ABCD的垂線SE給2分． 5．證AE＝DE，求出AD，SE的值給2分． 6．求V三棱錐S－ABD給1分． 7．求S△SAD，根據(jù)等體積法求出點B到平面SAD的距離給2分． 1．求點到平面的距離通常通過等體積法來求． 2．過一點作一個面的垂線可以先證面面垂直，再過點作兩垂直平面的交線，得到所需垂線． [跟蹤訓練] (12分)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，M是AB的中點． (1)證明：BC1∥平面MCA1； (2)若AB＝A1M＝2

36、MC＝2，BC＝，求點C1到平面MCA1的距離． 解　(1)證明：如圖，連接AC1，設AC1與A1C的交點為N，則N為AC1的中點，連接MN，因為M是AB的中點，所以MN∥BC1， 又MN?平面MCA1，BC1?平面MCA1，所以BC1∥平面MCA1.(6分) (2)因為AB＝2MC＝2，M是AB的中點，所以∠ACB＝90°， 在直三棱柱中，A1M＝2，AM＝1，所以AA1＝， 又BC＝，所以AC＝，A1C＝，所以∠A1MC＝90°.(8分) 設點C1到平面MCA1的距離為h，因為AC1的中點N在平面MCA1上，所以點A到平面MCA1的距離也為h，三棱錐A1－AMC的體積V＝S△AMC·AA1＝， △MCA1的面積S＝A1M·MC＝1，(10分) 則V＝Sh＝h＝，得h＝， 故點C1到平面MCA1的距離為.(12分)