14、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ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)E是棱B1B的中點(diǎn)，則三棱錐B1-ADE的體積為_(kāi)_______．
解析：VB1-ADE＝VD-AEB1＝S△AEB1·DA＝
15、×××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
16、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
17、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ABC-A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，點(diǎn)P在棱CC1上，則三棱錐P-ABA1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VP-ABA1＝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__
18、______．
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，
19、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P-ABC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P-ABC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P-ABC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，
20、故OA＝，由VP-ABC＝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ABCD-A1B1C1D1中，對(duì)角線B1D
21、與平面A1BC1交于點(diǎn)E，則四棱錐E-A1B1C1D1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E-A1B1C1D1的體積V＝×S四邊形A1B1C1D1×BB1＝V長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1＝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
22、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S-ABC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
23、＝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ABC-A1B1C1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D-ABC1的體積為_(kāi)_______．
解析：在直三棱柱ABC-A1B1C1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＝
24、1，所以S△BDC1＝×BD×B1C1＝1，所以三棱錐D-ABC1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P-AEF的體積最大時(shí)，tan∠BAC＝__
25、______.
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＝，
∴VP-AEF＝AF·EF·PE＝AF··
＝·＝·≤，∴當(dāng)AF＝1時(shí)，VP-AEF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A-BCD
26、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
27、.
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ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C是菱形，AC1與A1C交于點(diǎn)O，
28、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.
29、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
30、＝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
31、，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)
32、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P-ABCD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⊥
33、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ABC-A1B1C1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A1
34、C1F.
證明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1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ABC-A1B1C1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1
35、D⊥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
36、.
∵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
37、.
(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ABC
38、D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，
39、
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V-ABC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
40、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ABC-A1B1C1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ABC-A1B1C1中，四邊形A1ACC1為平行四邊形．
又E為A1C與AC1的交點(diǎn)， 所
41、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ABC-A1B1C1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A-BCD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
42、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P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2
43、，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P
44、E∶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P-ABCD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)
45、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
46、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.
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（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
