二轮复习——立体几何
备战2023年新高考数学二轮专题复习课件立体几何
第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32， 所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量， 于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。
“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 ，所以 ．由已知得 ，故 ．又 ，所以 ．因为 , , , , ，所以 ．
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ，则 , , .设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，则 ，∴平面 的一个法向量为 ， .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ，当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2， 平面 ， ， 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， ， 分别为 和 的中点， 为棱 上的点， .
（1）证明： .（2）当 为何值时，平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面 内找直线与 平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面 内与 平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ，因为 ， 为全等的正三角形，所以 ， ， .
二轮复习(第一组)-立体几何解答题(1)
立体几何解答题（1）1．如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3，过点A 作四棱锥P ABCD 的截面AEFG ，分别交PD ，PC ，PB 于点E ，F ，G ，已知PG PB ＝23，E 为PD 的中点．(1)求证：AG ∥平面PCD ；(2)求AF 与平面PAB 所成角的正弦值．(3)求点E 到平面PAB 的距离．(4)求点E 到直线AG 的距离．2．如图，已知平面BCE⊥平面ABC，直线DA⊥平面ABC，且DA＝AB＝AC.(1)求证：DA∥平面EBC；(2)若∠BAC＝π3，DE⊥平面BCE.①求二面角ABDE的余弦值；②在直线CE(除C，E两点外)上是否存在一点M，使得直线AM与平面BDE所成角的余弦值为25 5，若存在，则求CMCE的值；若不存在，请说明理由．③求点M到平面ABD的距离．④求点M到直线AB的距离．3．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB ∥CD ，CD ∥EF ，AB ＝EF ＝1，DA ＝DC ＝DE ＝2，∠ADE ＝∠ADC ＝∠EDC ＝π2，点M 为棱CF 上一点，平面AEM 与棱BC 交于点N .(1)求证：ED ⊥平面ABCD ；(2)求证：AE ∥MN ；(3)若平面AEM 与平面CDEF 所成锐二面角的余弦值为23，求FM FC的值．4．如图，已知菱形ABCD 与直角梯形ABEF 所在的平面互相垂直，其中BE ∥AF ，AB ⊥AF ，AB ＝BE ＝12AF ＝2，∠CBA ＝π3，P 为DF 的中点．(1)求证：PE ∥平面ABCD ；(2)求二面角D EF A 的余弦值；(3)设G 为线段AD 上一点，AG →＝λAD →，若直线FG 与平面ABEF 所成角的正弦值为3926，求AG 的长．5．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，ND⊥平面ABCD，∠DAB＝π3，AD＝2，AM＝1，E为AB的中点．(1)求证：AN∥平面MEC；(2)求ME与平面MBC所成角的正弦值；(3)在线段AM上是否存在点P，使二面角PECD的大小为π3？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．(4)求点E到平面MBC的距离．(5)求点E到直线MC的距离．6．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，PD⊥平面ABCD，且AD＝PD＝2QA＝2.(1)求证：QB∥平面PDC；(2)求二面角CPBQ的正弦值；(3)已知点H在棱PD上，且直线CH与平面PBQ所成角的正弦值为615，求线段DH的长．7．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝2AD＝2.四边形CDEF为矩形，CF＝3，平面CDEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF∥平面ABE；(2)求平面ABE与平面BEF所成锐二面角的余弦值；(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为34？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由．练习1．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC＝60°.PA⊥平面ABCD，且PA＝3，F在棱PA上，且AF＝1，E为棱PD的中点．(1)求证：CE∥平面BDF；(2)求二面角BDFA的正弦值；(3)若M为线段PA上的一点，满足直线CM与直线DF所成角的余弦值为225，求线段AM的长．(4)求点E到平面BDF的距离．(5)求点E到直线BF的距离．练习2．菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2.(1)证明：直线FC∥平面EAB；(2)求二面角E－FC－A的正弦值；(3)线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为28？若存在，求EM MC；若不存在，说明理由．(4)当(3)中点M存在时，求点M到平面FCA的距离．。
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
高考数学二轮复习立体几何的知识点
高考数学二轮复习立体几何的知识点平面几何是3维欧氏空间的几何的传统称号。
下面是平面几何的知识点的相关内容，希望对考生温习有协助。
(1)棱柱：定义：有两个面相互平行，其他各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都相互平行，由这些面所围成的几何体。
分类：以底面多边形的边数作为分类的规范分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。
表示：用各顶点字母，如五棱柱或用对角线的端点字母，如五棱柱几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形;正面、对角面都是平行四边形;侧棱平行且相等;平行于底面的截面是与底面全等的多边形。
(2)棱锥定义：有一个面是多边形，其他各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体分类：以底面多边形的边数作为分类的规范分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等表示：用各顶点字母，如五棱锥几何特征：正面、对角面都是三角形;平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。
(3)棱台：定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的局部分类：以底面多边形的边数作为分类的规范分为三棱态、四棱台、五棱台等表示：用各顶点字母，如五棱台几何特征：①上下底面是相似的平行多边形②正面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点(4)圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转，其他三边旋转所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是全等的圆;②母线与轴平行;③轴与底面圆的半径垂直;④正面展开图是一个矩形。
(5)圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴，旋转一周所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是一个圆;②母线交于圆锥的顶点;③正面展开图是一个扇形。
(6)圆台：定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的局部几何特征：①上下底面是两个圆;②正面母线交于原圆锥的顶点;③正面展开图是一个弓形。
(7)球体：定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周构成的几何体几何特征：①球的截面是圆;②球面上恣意一点到球心的距离等于半径。
届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析
第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。
［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。
图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。
(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。
二轮复习之立体几何
（ ） 面距 离．设Ｊ 是平 面Ａ Ｃ的 ９点 ｌ Ｂ
法 向量 ，则点删 平 面Ａ Ｃ的距 离ｄ ＝
（） 线平行 ． １线 若劢 ∥ ， 则
Ａ Ｃ ． Ｂ ？Ｄ
（） 面 平行． ２线
Ｊ 。 两 露ｆ ｌｌ ‘ ， ｌ
（ ，是平面 Ｉ） ｌ 的法 向量 ， 若 上
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（） ６ 线线 成角． ＡＢ 设 与Ｃ Ｄ所成角
大小为 则ｃｓ ｆ ｓ ， ＞． ， ｏ ｃ（ １ ｏ
匿 暖豳
使用空间向量对空
（） 面 成 角．设 Ⅳ与 平 面ＡＢ ７线 Ｃ 所 成 角大 小 为 若ｎ是 平 面Ａ 的法 ， Ｃ
间几 何 问题 进行 运 算 和证 明 ． 键 是 关
破解 思 路 立 体 几 何 中 平 行 和
垂 直 的证 明（ 判 断 ）一方 面可 以利 或 ．
用 平 行 和 垂 直 的 判 定 定 理 或 性 质 定
面 面 垂 直 判 定 定 理 ： 个 平 面 过 一
另 一 个 平 面 的 垂 线 ． 这 两 个 平 面 垂 则
理 进 行 推 理 论 证 ： 一 方 面 可 以 借 助 另
（ ） 线 段Ｂ 上 是 否 存 在 一 点 Ⅱ 在 Ｂ。
，
个 平 面 的 两 条 直 线 平 行 ． ｎ ， Ｌ 即 上 ｂ－
＝ ｑ
Ｄ Ｃ ， Ｄ ｎ Ｃ ＝Ｄｌ ＤＩ ，所 以 平 面
？ｂ ｝．
Ｄ ∥ 平面ＡＩ 因为Ｄ０ｃ平 面 Ｃ Ｂ Ｃ 。 Ｄ ， ４Ｃ 所以Ｄ０ ｌ∥平面Ａ１Ｃ Ｂ
高 考 强 化 了对 立 体 几何 的 “ 化 包 装 ” 呈 现 出 “ 花 美 ， 百 齐放 ， 彩 缤纷 ” 五 的局面 ．本 文 通 过 对 “ 形 色 色 ” 立 形 的 体 几何 题 进 行 分类 解 析 ， 从 而 帮 助 大 家 更 好 地 理 解 和
高三二轮复习立体几何
高三二轮复习教学案——立体几何（1）班级 学号 姓名一、考试内容及要求：二、典型题型1．已知直线a ，b 都在平面M 外，a ，b 在平面M 内的射影分别是直线a 1，b 1，给出下列四个命题： ①b a b a ⊥⇒⊥11②11b a b a ⊥⇒⊥③a 1与b 1相交⇒a ，b 相交④a 1与b 1平行⇒a ，b 平行其中不正确的命题有________个2．在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点．给出下面三个结论： ①BC ∥平面PDF ； ②DF ⊥平面PAE ； ③平面PAE ⊥平面ABC ． 其中正确的结论是________．3．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点．那么①AA 1⊥MN ； ②A 1C 1∥MN ； ③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1； ④MN 与A 1C 1异面． 以上4个结论中，不正确的结论个数有________个·4．将边长为2正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则折后A 、B 、C 、D 四点所在的球的体积为___________．5．已知直线a ，b ，平面α，β，γ，则下列条件中能推出α∥β的是___________． ①a ∥α，b ∥β，a ∥b ②a ⊥γ，b ⊥γ，α⊂a ，b ⊂β③a ⊥α，b ⊥β，a ∥b ④a ⊂α，b ⊂β，a ∥α，b ∥β6．设四棱锥P —ABCD 的底面是边长为2的正方形，△PAB 为正三角形，且与底面垂直，E 是PD 的中点，面BCE 与PA 交于F(如图)· （1）求证：EF ∥AD ；（2）设M ，N 分别为AB ，BC 的中点，求证：面PMD ⊥面PAN ．7．如图．在直三棱柱ABC—A1B1C1中．E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C求证：（1）EF∥平面ABC（2）平面A1FD⊥平面BB1C1C8．如图，已知在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥面ABC,AC=BC，M，N，P，Q分别是AA1，BB1，AB，B1C1的中点．(1)求证：面PCC1⊥面MNQ；(2)求证：PC1∥面MNQ．9．在四面体ABCD中，CB=CD，A D⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点，求证：（1）直线EF∥平面ACD；（2）平面EFC⊥平面BCD高三二轮复习教学案——立体几何（2）班级学号姓名1．给出下面四个命题：①如果两个平面有三个不共线的公共点，那么这两个平面重合；②如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线平行；③如果两条直线都与第三条直线垂直，那么这两条直线垂直；④如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．其中正确命题的序号是_____________．2．给出下列命题：①若平面α内的直线l垂直于平面β内的任意直线，则α⊥β；②若平面α内的任一直线都平行于平面β，则α∥β；③若平面α垂直于平面β，直线l在平面α内，则l⊥β；④若平面α平行于平面β，直线l在平面α内，则l∥β．其中正确命题的个数是________________．3．已知直线m，n和平面α，β满足：α∥β，m⊥α，m⊥n，则n与β之间的位置关系是__________________。
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江苏省盐城市时杨中学二轮复习——立体几何2018年3月1．用一些棱长为1cm 的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图则这个几何体的体积最大是 7 cm 3．图1（俯视图） 图2（主视图）2.一个多面体的直观图及三视图如图所示，则多面体A CDEF -的体积为 ▲ ．383.如下左图所示是三棱锥D-ABC 的三视图，其中△DAC 、△DAB 、△BAC 都是直角三角形，点O 在三个视图中都是所在边的中点，则在三棱锥D-ABC 中DO 的长度为 ★ ； 34.右图是由一些相同的小正方体构成的几何体的三视图，这些相同的小正方体共有▲ 个．5 5．如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度: cm),2。
DABO 侧（左）视图主视图俯视图左视图俯视图左视图6.矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为π61257.一个几何体的三视图中，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是等腰直角三角形（如图），根据图中标注的长度，可以计算出该几何体的表面积是12+4 8.已知：正方体1111ABCD-A B C D ，1AA =2，E 为棱1CC 的中点．⑴求证：11B D AE ⊥；⑵求证：//AC 平面1B DE ；⑶求三棱锥1B ADE -的体积证明：连结BD ，则BD //11B D ， ∵ABCD 是正方形，∴AC BD ⊥．∵CE ⊥面ABCD ，∴CE BD ⊥． 又C = AC CE ，∴BD ⊥面ACE ．∵AE ⊂面ACE ，∴BD AE ⊥， ∴11B D AE ⊥．⑵证明：作1BB 的中点F ，连结AF CF EF 、、． ∵E F 、是1BB 1CC 、的中点，∴CE1B F ，∴四边形1B FCE 是平行四边形，∴ 1CF// B E ． ∵,E F 是1BB 1CC 、的中点，∴//EF BC ，又//BC AD ，∴//EF AD ．∴四边形ADEF 是平行四边形，AF ∴//ED ， ∵AF CF C = ，1B E ED E = ， ∴平面//ACF 面1B DE ． 又AC ⊂平面ACF ，∴//AC 面1B DE9.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11A ABB 为菱形，160A AB ∠=︒，四边形11BCC B 为矩形，若AB BC ⊥且4AB =，3BC = ⑴求证：平面1ACB ⊥平面1ACB ； ⑵求三棱柱111ABC A B C -的体积.⑴略；⑵111ABC A B C V -=10.一个多面体的直观图及三视图如图所示：（其中M 、N 分别是AF 、BC 的中点）.C 11（I ）求证：MN ∥平面CDEF ；（II ）求多面体A —CDEF 的体积.解：由三视图可知，该多面体是底面为直 角三角形的直三棱住ADE —BCF ， 且AB=BC=BF=2，DE=CF=2.2∴∠CBF=.2π（1） 取BF 中点G ，连MG 、NG ，由M 、N 分别为AF 、BC 的中点可得，NG ∥CF ，MG ∥EF ，∴平面MNG ∥平面CDEF.∴MN ∥平面CDEF. （2）取DE 的中点H.∵AD=AE ，∴AH ⊥DE ，在直三棱柱ADE —BCF 中，平面ADE ⊥平面CDEF ，面ADE ∩面CDEF=DE.∴AH ⊥平面CDEF. ∴多面体A —CDEF 是以AH 为高，以矩形CDEF 为底面的棱锥，在△ADE 中，AH=24,2=⋅=EF DE S CD EF 矩形， ∴棱锥A—CDEF的体积为.382243131=⨯⨯=⋅⋅=AH S V CDEF 矩形 11. 多面体ABCDE 中，1====AE AC BC AB ，2=CD ，ABC AE 面⊥，CD AE //。
（1）求证：BCD AE 面//； （2）求证：BCD BED 面面⊥。
证明：（1）∵CD AE //BCD AE 面⊄∴BCD AE 面//（2）令BC 中点为N ，BD 中点为M ，连结MN 、EN ∵MN 是BCD ∆的中位线∴CD MN //又∵CD AE //∴MN AE //∴ABC MN 面⊥A BC DEMNABCDE∴AN MN ⊥ ∵ABC ∆为正∆∴BC AN ⊥ ∴BCD AN 面⊥又∵1==MN AE ，MN AE //∴四边形ANME 为平行四边形∴BCD EN 面⊥∴BCD BED 面面⊥12.在斜三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中, 底面是等腰三角形, AB=AC, 侧面BB 1C 1C ⊥底面ABC. (Ⅰ)若D 是BC 的中点, 求证:AD ⊥CC 1; (Ⅱ)过侧面BB 1C 1C 的对角线BC 1的平面交侧棱 于M, 若AM=MA 1, 求证:截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C;16、 (Ⅰ)∵AB=AC, D 是BC 的中点, ∴AD ⊥BC.∵底面ABC ⊥平面BB 1C 1C, 面ABC ⋂面11BB C C BC = ∴AD ⊥侧面BB 1C 1C. ------41CC ⊂ 面11BB C C∴AD ⊥CC 1. ------6 (Ⅱ)延长B 1A 1与BM 交于N, 连结C 1N.∵AM=MA 1, ∴NA 1=A 1B 1. ∵A 1B 1=A 1C 1, ∴A 1C 1= A 1N=A 1B 1.∴C 1N ⊥C 1B 1. ------9 ∵截面N B 1C 1⊥侧面BB 1C 1C,面N B 1C 1⋂面BB 1C 1C= C 1B 1∴C 1N ⊥侧面BB 1C 1C.1C N ⊂ 面C 1NB ------12∴截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C. ∴截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C. ------14 15．直三棱柱111C B A ABC -中，11===BB BC AC ，31=AB ． （1）求证：平面⊥C AB 1平面CB B 1； （2）求三棱锥C AB A 11-的体积．解：（1）直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，则BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， 又由于AC=BC=BB 1=1，AB 1=3，则AB=2，ABCD A 1B 1C 1MA BCC 1A 1B 1则由AC 2+BC 2=AB 2可知，AC ⊥BC ，又由上BB 1⊥底面ABC 可知BB 1⊥AC ，则AC ⊥平面B 1CB ， 所以有平面AB 1C ⊥平面B 1CB ；（2）三棱锥A 1—AB 1C 的体积61121311111=⨯⨯==--AC A B C AB A V V ． （注：还有其它转换方法）13. 如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB =90°，M ，N 分别为A 1B ，B 1C 1的中点．（1）求证BC ∥平面MNB 1； （2）求证平面A 1CB ⊥平面ACC 1A 1． 证明：（1）因BC ∥B 1C 1， 且B 1C 1⊂平面MNB 1， BC ⊄平面MNB 1，故BC ∥平面MNB 1．（2）因BC ⊥AC ，且ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱， 故BC ⊥平面ACC 1A 1．因BC ⊂平面A 1CB ，故平面A 1CB ⊥平面ACC 1A 1．14.如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB DC ∥，PAD △是等边三角形，已知28BD AD ==，2AB DC ==（Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．解：（Ⅰ）证明：在ABD △中，由于4AD =，8BD =，AB =所以222AD BD AB +=．故AD BD ⊥．又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD ．（Ⅱ）解：过P 作PO AD ⊥交AD 于O ，由于平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ．因此PO 为四棱锥P ABCD -的高，又PAD △是边长为4的等边三角形．因此4PO ==在底面四边形ABCD 中，AB DC ∥，2AB DC =，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt ADB △中，斜边AB = 此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为2425S ==．15．如图，已知矩形ABCD 中，AB=10，BC=6，沿矩形的对角线BD 把ABD ∆折起，使A 移ABCM P D OABCM NA 1B 1C 1（第16题）到A 1点，且A 1在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上。
（I ）求证：;1D A BC ⊥（2）求证：平面⊥BC A 1平面.1BD A证明：（I ）由于A 1在平面BCD 上的射影O 在CD 上， 则BCD BC BCD O A 平面又平面⊂⊥,1 则O A BC 1⊥又,,1O CO O A CO BC =⋂⊥则,,111CD A D A CD A BC 平面又平面⊂⊥ 故.1D A BC ⊥（II ）因为ABCD 为矩形，所以.11B A D A ⊥由（I ）知,,,1111BC A D A B BC B A D A BC 平面则⊥=⋂⊥ 又.11BD A D A 平面⊂从而有平面.11BD A BC A 平面⊂16．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD 是正三角形， 且平面PAD ⊥底面ABCD. (1) 求证：PBC AD 平面||（2）求证：AB ⊥平面PAD（3）设AB=1，求四棱锥P —ABCD 的体积. 解：(1)略（2）证明：PAD AB ABCD AB AD AB AD ABCD PAD ABCDPAD 平面底面底面平面底面平面⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥,又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD （3）解：63=-ABC P V 17．如图四边形ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ， Q 为PA 的中点. 求证：⑴ PC ∥平面QBD ； ⑵ 平面QBD ⊥平面PAC .解：证：设 ⋂AC BD=0,连OQ 。
⑴ ∵ABCD 为菱形， ∴ O 为AC 中点，又Q 为PA 中点。
∴OQ ∥PC又⊄PC 平面QBD ,⊂OQ 平面QBD ∴PC ∥平面QBD⑵ ∵ABCD 为菱形， ∴⊥BD AC ,又∵⊥PA 平面ABCD ， ⊂BD 平面ABCD ∴⊥PA BD 又 PA AC D ⋂= ∴BD P ⊥平面AC 又⊂BD 平面QBD ∴P ⊥平面QBD 平面AC 18. 如图，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD 垂直，底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，N 是PB 中点，过A 、N 、D 三点的平面交PC 于M ． (1) 求证：//DP ANC 平面 （2）求证：M 是PC 中点； （3）求证：平面PBC ⊥平面ADMN连结NO 证明：（1）连结BD ，AC ，设AC BD O = ，∵ABCD 是的菱形 ∴O 是BD 中点，又N 是PB 中点∴又,NO ANC PD ANC ⊂⊄平面平面∴//DP ANC 平面 （2）依题意有//AD BC ∴//BC 平面ADMN 而平面PBC 平面ADMN MN = ∴//BC MN ∴//AD MN（或证AD ∥平面PBC ） ∴//MN BC又N 是PB 中点 ∴M 是PC 中点 （3）取AD 中点E ，连结PE 、BE 、BD 、如右图∵ABCD 为边长为2的菱形，且60BAD ∠=︒ ∴ABD ∆为等边三角形，又E 为AD 的中点 ∴BE AD ⊥ 又∵PE AD ⊥ ∴AD ⊥面PBEBACDP Q O∴AD ⊥PB又∵PA AB =，N 为PB 的中点∴AN PB ⊥∴PB ⊥平面ADMN 而PB ⊂平面PBC∴平面PBC ⊥平面ADMN19.如图，四边形ABCD 为矩形，AD⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF⊥平面ACE ．（1）求证：AE⊥BE；（2）设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN∥平面DAE.（1） ABE AD 平面⊥，BC AD //∴ABE BC 平面⊥，则BC AE ⊥， 又 BF ⊥平面ACE ，则BF AE ⊥，∴AE ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ， ∴BE AE ⊥ 。