專題二 立體幾何江蘇 新高考高考對本專題內(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算問題，而大題主要證明線線、線面、面面的平行與垂直問題，其考查形式單一，難度一般.第1課時立體幾何中的計算(基礎課)?？碱}型突破空間幾何體的表面積與體積必備知識空間幾何體的幾組常用公式(1)柱體、錐體、臺體的側面積公式：S柱側ch(c為底面周長，h為高)；S錐側ch(c為底面周長，h為斜高)；S臺側(cc)h(c，c分別為上下底面的周長，h為斜高)(2)柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱體Sh(S為底面面積，h為高)；V錐體Sh(S為底面面積，h為高)；V臺(SS)h(不要求記憶)(3)球的表面積和體積公式：S球4R2(R為球的半徑)；V球R3(R為球的半徑)題組練透1現(xiàn)有一個底面半徑為3 cm，母線長為5 cm的圓錐狀實心鐵器，將其高溫熔化后鑄成一個實心鐵球(不計損耗)，則該鐵球的半徑為_cm.解析：因為圓錐底面半徑為3 cm，母線長為5 cm，所以圓錐的高為4 cm，其體積為×32×412 cm3，設鐵球的半徑為r，則r312，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為2的菱形，側面對角線的長為2，則該直四棱柱的側面積為_解析：由題意得，直四棱柱的側棱長為2，所以該直四棱柱的側面積為Scl4×2×216.答案：163(2017·南通、泰州一調)如圖，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB3 cm，AA11 cm，則三棱錐D1­A1BD的體積為_cm3. 解析：三棱錐D1­A1BD的體積等于三棱錐B­A1D1D的體積，因為三棱錐B­A1D1D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.如圖所示是一個直三棱柱(以A1B1C1為底面)被一個平面所截得到的幾何體，截面為ABC，已知A1B1B1C11，A1B1C190°，A1A4，B1B2，C1C3，則此幾何體的體積為_解析：在A1A上取點A2，在C1C上取點C2，使A1A2C1C2BB1，連結A2B，BC2，A2C2，VV V ×1×1×2×××.答案：5設甲，乙兩個圓柱的底面積分別為S1，S2，體積分別為V1，V2.若它們的側面積相等且，則的值是_解析：設甲，乙兩個圓柱的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則有2r1h12r2h2，即r1h1r2h2，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題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關鍵所在求三棱錐的體積，等體積轉化是常用的方法，轉化原則是其高易求，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，常用分割或補形的思想，將不規(guī)則幾何體轉化為規(guī)則幾何體以易于求解多面體與球的切接問題必備知識解決球與其他幾何體的切、接問題(1)解題的關鍵：仔細觀察、分析，弄清相關元素的位置關系和數(shù)量關系(2)選準最佳角度作出截面：要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素之間的關系，達到空間問題平面化的目的(3)認識球與正方體組合的3種特殊截面：(4)熟記2個結論：設小圓O1半徑為r，OO1d，則d2r2R2；若A，B是圓O1上兩點，則AB2rsin2Rsin.題組練透1(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球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：設球O的半徑為R，因為球O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·全國卷改編)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為_解析：設圓柱的底面半徑為r，則r2122，所以圓柱的體積V××1.答案：3已知矩形ABCD的頂點都在半徑為2的球O的球面上，且AB3，BC，過點D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，則棱錐E­ABCD的體積為_解析：如圖所示，BE過球心O，DE 2，VE ­ABCD×3××22.答案：24(2017·南京、鹽城一模)將矩形ABCD繞邊AB旋轉一周得到一個圓柱，AB3，BC2，圓柱上底面圓心為O，EFG為下底面圓的一個內(nèi)接直角三角形，則三棱錐O­EFG體積的最大值是_解析：因為將矩形ABCD繞邊AB旋轉一周得到一個圓柱，AB3，BC2，圓柱上底面圓心為O，EFG為下底面圓的一個內(nèi)接直角三角形，所以三棱錐O­EFG的高為圓柱的高，即高為AB，所以當三棱錐O­EFG體積取最大值時，EFG的面積最大，當EF為直徑，且G在EF的垂直平分線上時，(SEFG)max×4×24, 所以三棱錐O­EFG體積的最大值(VO­EFG)max×(SEFG)max×AB×4×34.答案：4方法歸納多面體與球的切接問題的解題技巧方法解讀適合題型截面法解答時首先要找準切點，通過作截面來解決如果內(nèi)切的是多面體，則作截面時主要抓住多面體過球心的對角面來作球內(nèi)切多面體或旋轉體構造直角三角形法首先確定球心位置，借助外接的性質球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑，尋求球心到底面中心的距離、半徑、頂點到底面中心的距離構造成直角三角形，利用勾股定理求半徑正棱錐、正棱柱的外接球補形法因正方體、長方體的外接球半徑易求得，故將一些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，便可借助外接球為同一個的特點求解三條側棱兩兩垂直的三棱錐，從正方體或長方體的八個頂點中選取點作為頂點組成的三棱錐、四棱錐等平面圖形的翻折問題必備知識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，把這類問題稱為平面圖形的翻折問題平面圖形經(jīng)過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(fā)生了變化，有的沒有發(fā)生變化，弄清它們是解決問題的關鍵一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化解決這類問題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和幾何量的度量值，這是化解翻折問題難點的主要方法題組練透1(2017·南通三模)已知圓錐的側面展開圖是半徑為3，圓心角為的扇形，則這個圓錐的高為_解析：因為圓錐的側面展開圖是半徑為3，圓心角為的扇形，所以圓錐的母線長l3，設圓錐的底面半徑為r，則底面周長2r3×，所以r1，所以圓錐的高為2.答案：22(2017·南京考前模擬)如圖，正ABC的邊長為2，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別為邊AC與BC的中點，現(xiàn)將ABC沿CD翻折，使平面ADC平面DCB，則棱錐E­DFC的體積為_ 解析：SDFCSABC×，E到平面DFC的距離h等于AD.VE­DFC×SDFC×h.答案：3.(2017·全國卷)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，DBC，ECA，F(xiàn)AB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，F(xiàn)AB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐當ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_解析：法一：由題意可知，折起后所得三棱錐為正三棱錐，當ABC的邊長變化時，設ABC的邊長為a(a>0)cm，則ABC的面積為a2，DBC的高為5a，則正三棱錐的高為，25a>0，0<a<5，所得三棱錐的體積V×a2× × .令t25a4a5，則t100a3a4，由t0，得a4，此時所得三棱錐的體積最大，為4 cm3.法二：如圖，連接OD交BC于點G，由題意知，ODBC.易得OGBC，設OGx，則BC2x，DG5x，SABC×2x×3x3x2，故所得三棱錐的體積V×3x2×x2××.令f(x)25x410x5，x，則f(x)100x350x4，令f(x)>0，即x42x3<0，得0<x<2，則當x時，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題需要把握的兩個關鍵點(1)解決與翻折有關的問題的關鍵是搞清翻折前后的變化量和不變量一般情況下，折線同一側的，線段的長度是不變量，位置關系可能會發(fā)生變化，抓住兩個“不變性”與折線垂直的線段，翻折前后垂直關系不改變；與折線平行的線段，翻折前后平行關系不改變(2)解決問題時，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達標訓練1已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為1，點E是棱B1B的中點，則三棱錐B1­ADE的體積為_解析：VB1­ADEVD­AEB1SAEB1·DA×××1×1.答案：2若兩球表面積之比是49，則其體積之比為_解析：設兩球半徑分別為r1，r2，因為4r4r49，所以r1r223，所以兩球體積之比為rr33827.答案：8273(2017·天津高考)已知一個正方體的所有頂點在一個球面上，若這個正方體的表面積為18，則這個球的體積為_解析：設正方體的棱長為a，則6a218，得a，設該正方體外接球的半徑為R，則2Ra3，得R，所以該球的體積為R3×.答案：4已知圓錐的母線長為10 cm，側面積為60 cm2，則此圓錐的體積為_cm3.解析：設圓錐底面圓的半徑為r，母線長為l，則側面積為rl10r60，解得r6，則圓錐的高h8，則此圓錐的體積為r2h×36×896.答案：965(2017·揚州期末)若正四棱錐的底面邊長為2(單位：cm)，側面積為8(單位：cm2)，則它的體積為_(單位：cm3)解析：因為正四棱錐的底面邊長為2，側面積為8，所以底面周長c8，ch8，所以斜高h2，正四棱錐的高為h，所以正四棱錐的體積為×22×.答案：6設棱長為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的圓錐的體積和側面積分別為V2，S2，若，則的值為_解析：由題意知，V1a3，S16a2，V2r3，S2r2，由得，得ar，從而.答案：7.(2017·蘇北三市三模)如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知ABAA13，點P在棱CC1上，則三棱錐P­ABA1的體積為_解析：三棱錐的底面積SABA1×3×3，點P到底面的距離為ABC的高h，故三棱錐的體積VP­ABA1SABA1×h.答案：8(2017·無錫期末)已知圓錐的側面展開圖為一個圓心角為，且面積為3的扇形，則該圓錐的體積等于_解析：設圓錐的母線為l，底面半徑為r，因為3l2，所以l3，所以r×33，所以r1，所以圓錐的高是2，所以圓錐的體積是××12×2.答案：9(2017·徐州古邳中學摸底)表面積為24的圓柱，當其體積最大時，該圓柱的底面半徑與高的比為_解析：設圓柱的高為h，底面半徑為r，則圓柱的表面積S2r22rh24，即r2rh12，得rh12r2，Vr2hr(12r2)(12rr3)，令V(123r2)0，得r2，函數(shù)Vr2h在區(qū)間(0,2上單調遞增，在區(qū)間2，)上單調遞減，r2時，V最大，此時2h1248，即h4，.答案：10三棱錐P­ABC中，PA平面ABC，ACBC，ACBC1，PA，則該三棱錐外接球的表面積為_解析：把三棱錐P­ABC看作由平面截一個長、寬、高分別為1、1、的長方體所得的一部分(如圖).易知該三棱錐的外接球就是對應長方體的外接球又長方體的體對角線長為，故外接球半徑為，表面積為4×25.答案：511已知正三棱錐P­ABC的體積為，底面邊長為2，則側棱PA的長為_解析：設底面正三角形ABC的中心為O，又底面邊長為2，故OA，由VP­ABCPO·SABC，得PO××22，PO，所以PA2.答案：212(2017·蘇州期末)一個長方體的三條棱長分別為3,8,9，若在該長方體上面鉆一個圓柱形的孔后其表面積沒有變化，則圓孔的半徑為_解析：圓柱兩底面積等于圓柱的側面積孔的打法有三種，所以有三種情況：孔高為3，則2r22r×3，解得r3；孔高為8，則r8；孔高為9，則r9.而實際情況是，當r8，r9時，因為長方體有個棱長為3，所以受限制不能打，所以只有符合答案：313.如圖所示，在體積為9的長方體ABCD­A1B1C1D1中，對角線B1D與平面A1BC1交于點E，則四棱錐E­A1B1C1D1的體積V_.解析：連結B1D1交A1C1于點F，連結BD，BF，則平面A1BC1平面BDD1B1BF，因為E平面A1BC1，E平面BDD1B1，所以EBF.因為F是A1C1的中點，所以BF是中線，又B1F綊BD，所以，故點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×BB1V長方體ABCD­A1B1C1D11.答案：114半徑為2的球O中有一內(nèi)接正四棱柱(底面是正方形，側棱垂直底面)當該正四棱柱的側面積最大時，球的表面積與該正四棱柱的側面積之差是_解析：依題意，設球的內(nèi)接正四棱柱的底面邊長為a、高為h，則有162a2h22ah，即4ah16，該正四棱柱的側面積S4ah16，當且僅當ha2時取等號因此，當該正四棱柱的側面積最大時，球的表面積與該正四棱柱的側面積之差是4×221616()答案：16()1已知三棱錐S­ABC所在頂點都在球O的球面上，且SC平面ABC，若SCABAC1，BAC120°，則球O的表面積為_解析：ABAC1，BAC120°，BC，三角形ABC的外接圓直徑2r2，r1.SC平面ABC，SC1，該三棱錐的外接球半徑R，球O的表面積S4R25.答案：52.(2017·南京三模)如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB1，BC2，BB13，ABC90°，點D為側棱BB1上的動點當ADDC1最小時，三棱錐D­ABC1的體積為_解析：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1平面ABC，所以BB1AB，又因為ABC90°，即BCAB，又BCBB1B，所以AB平面BB1C1C, 因為AB1，BC2，點D為側棱BB1上的動點，所以側面展開，當ADDC1最小時，BD1，所以SBDC1×BD×B1C11，所以三棱錐D­ABC1的體積為×SBDC1×AB.答案：3設四面體的六條棱的長分別為1,1,1,1，和a，且長為a的棱與長為的棱異面，則a的取值范圍是_解析：如圖所示，AB，CDa，設點E為AB的中點，則EDAB，ECAB，則ED，同理EC.由構成三角形的條件知0aEDEC，所以0a.答案：(0，)4.如圖，已知AB為圓O的直徑，C為圓上一動點，PA圓O所在的平面，且PAAB2，過點A作平面PB，分別交PB，PC于E，F(xiàn)，當三棱錐P­AEF的體積最大時，tanBAC_.解析：PB平面AEF，AFPB.又ACBC，APBC，BC平面PAC，AFBC，AF平面PBC，AFE90°.設BAC，在RtPAC中，AF，在RtPAB中，AEPE，EF，VP­AEFAF·EF·PEAF····，當AF1時，VP­AEF取得最大值，此時AF1，cos ，sin ，tan .答案：第2課時平行與垂直(能力課)常考題型突破線線、線面位置關系的證明例1(2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A­BCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EFAD.求證：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.證明(1)在平面ABD內(nèi)，因為ABAD，EFAD，所以EFAB.又因為EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因為平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因為AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因為AC平面ABC，所以ADAC.方法歸納立體幾何證明問題的注意點 (1)證明立體幾何問題的主要方法是定理法，解題時必須按照定理成立的條件進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，則結論不一定正確(2)證明立體幾何問題，要緊密結合圖形，有時要利用平面幾何的相關知識，因此需要多畫出一些圖形輔助使用變式訓練1(2017·蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，側面AA1C1C是菱形，AC1與A1C交于點O，E是棱AB上一點，且OE平面BCC1B1.(1)求證：E是AB的中點；(2)若AC1A1B，求證：AC1BC.證明：(1)連結BC1，因為OE平面BCC1B1，OE平面ABC1，平面BCC1B1平面ABC1BC1，所以OEBC1 . 因為側面AA1C1C是菱形，AC1A1CO，所以O是AC1中點， 所以1，E是AB的中點. (2)因為側面AA1C1C是菱形，所以AC1A1C, 又AC1A1B，A1CA1BA1，A1C平面A1BC，A1B平面A1BC，所以AC1平面A1BC, 因為BC平面A1BC，所以AC1BC.2(2017·蘇州模擬)在如圖所示的空間幾何體ABCDPE中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA平面ABCD，PAEB，且PAAD4，EB2.(1)若點Q是PD的中點，求證：AQ平面PCD；(2)證明：BD平面PEC.證明：(1)因為PAAD，Q是PD的中點，所以AQPD.又PA平面ABCD，所以CDPA.又CDDA，PADAA，所以CD平面ADP.又因為AQ平面ADP，所以CDAQ，又PDCDD，所以AQ平面PCD.(2)取PC的中點M，連結AC交BD于點N，連結MN，ME，在PAC中，易知MNPA，MNPA，又PAEB，EBPA，所以MNEB，MNEB，所以四邊形BEMN是平行四邊形，所以EMBN.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，N為線段BC的中點求證：(1)平面MON平面PAC；(2)平面PBC平面MON.證明(1)因為M，O，N分別是PB，AB，BC的中點，所以MOPA，NOAC，又MONOO，PAACA，所以平面MON平面PAC.(2)因為PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC.由(1)知，MOPA，所以MOBC.連結OC，則OCOB，因為N為BC的中點，所以ONBC.又MOONO，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，只要找到一個面內(nèi)兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證明面面平行轉化為證明線面平行，再轉化為證明線線平行.2.證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，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.變式訓練1(2017·無錫期末)在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為矩形，AP平面PCD，E，F(xiàn)分別為PC，AB的中點求證：(1)平面PAD平面ABCD；(2)EF平面PAD. 證明：(1)因為AP平面PCD，CD平面PCD，所以APCD，因為四邊形ABCD為矩形，所以ADCD, 又因為APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以CD平面PAD，因為CD平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.(2)連結AC，BD交于點O，連結OE，OF，因為四邊形ABCD為矩形，所以O點為AC的中點，因為E為PC的中點，所以OEPA，因為OE平面PAD，PA平面PAD，所以OE平面PAD, 同理可得：OF平面PAD，又因為OEOFO，所以平面OEF平面PAD, 因為EF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，點F在側棱B1B上，且B1DA1F，A1C1A1B1.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，A1C1AC.在ABC中，因為D，E分別為AB，BC的中點，所以DEAC，于是DEA1C1.又因為DE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.因為A1C1平面A1B1C1，所以A1AA1C1.又因為A1C1A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1AA1B1A1，所以A1C1平面ABB1A1.因為B1D平面ABB1A1，所以A1C1B1D.又因為B1DA1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1A1FA1，所以B1D平面A1C1F.因為直線B1D平面B1DE，所以平面B1DE平面A1C1F.空間線面位置關系的綜合問題例3(2017·蘇北三市模擬)如圖，AB為圓O的直徑，點E，F(xiàn)在圓O上，且ABEF，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M，使得OM平面ADF？并說明理由解(1)證明：平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，CB平面ABEF.AF平面ABEF，AFCB.又AB為圓O的直徑，AFBF.又BFCBB，AF平面CBF.AF平面AFC，平面AFC平面CBF.(2)當M為CF的中點時，OM平面ADF.證明如下：取CF中點M，設DF的中點為N，連結AN，MN，則MN綊CD，又AO綊CD，則MN綊AO，四邊形MNAO為平行四邊形，OMAN，又AN平面DAF，OM平面DAF，OM平面DAF.方法歸納與平行、垂直有關的存在性問題的解題步驟變式訓練1.如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD平面BCE，BEEC.(1)求證：平面AEC平面ABE；(2)點F在BE上，若DE平面ACF，求的值解：(1)證明：四邊形ABCD為矩形，ABBC，平面ABCD平面BCE，AB平面BCE，CEAB.又CEBE，ABBEB，CE平面ABE，又CE平面AEC，平面AEC平面ABE.(2)連結BD交AC于點O，連結OF.DE平面ACF，DE平面BDE，平面ACF平面BDEOF.DEOF，又在矩形ABCD中，O為BD中點，F(xiàn)為BE中點，即.2如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點將矩形ABCD沿線段EF折起，使得DFA60°.設G為AF上的點(1)試確定點G的位置，使得CF平面BDG；(2)在(1)的條件下，證明：DGAE.解：(1)當點G為AF的中點時，CF平面BDG.證明如下：因為E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點，所以EFABCD.連結AC交BD于點O，連結OG，則AOCO.又G為AF的中點，所以CFOG.因為CF平面BDG，OG平面BDG.所以CF平面BDG.(2)因為E，F(xiàn)分別為BC，DA的中點，所以EFFD，EFFA.又FDFAF，所以EF平面ADF，因為DG平面ADF，所以EFDG.因為FDFA，DFA60°，所以ADF是等邊三角形，DGAF，又AFEFF，所以DG平面ABEF.因為AE平面ABEF，所以DGAE.課時達標訓練1.如圖，在三棱錐V­ABC中，O，M分別為AB，VA的中點，平面VAB平面ABC，VAB是邊長為2的等邊三角形，ACBC且ACBC.(1)求證：VB平面MOC；(2)求線段VC的長解：(1)證明：因為點O，M分別為AB，VA的中點，所以MOVB.又MO平面MOC，VB平面MOC，所以VB平面MOC.(2)因為ACBC，O為AB的中點，ACBC，AB2，所以OCAB，且CO1.連結VO，因為VAB是邊長為2的等邊三角形，所以VO.又平面VAB平面ABC，OCAB，平面VAB平面ABCAB，OC平面ABC，所以OC平面VAB，所以OCVO，所以VC2.2.(2017·南通二調)如圖，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，ACBC，A1B與AB1交于點D，A1C與AC1交于點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， 所以E為A1C的中點. 同理，D為A1B的中點，所以DEBC. 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AA1BC.又ACBC，ACAA1A，AC平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，所以BC平面A1ACC1.因為BC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，且BD平面AEF.(1)求證：EF平面ABD；(2)若BDCD，AE平面BCD，求證：平面AEF平面ACD.證明：(1)因為BD平面AEF，BD平面BCD，平面AEF平面BCDEF，所以 BDEF.因為BD平面ABD，EF平面ABD，所以 EF平面ABD.(2)因為AE平面BCD，CD平面BCD，所以AECD.因為BDCD，BDEF，所以 CDEF，又AEEFE，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，ABCD，ABBC，ABBC1，DC2，點E在PB上(1)求證：平面AEC平面PAD；(2)當PD平面AEC時，求PEEB的值解：(1)證明：在平面ABCD中，過A作AFDC于F，則CFDFAF1，DACDAFFAC45°45°90°，即ACDA.又PA平面ABCD，AC平面ABCD，ACPA.PA平面PAD，AD平面PAD，且PAADA，AC平面PAD.又AC平面AEC，平面AEC平面PAD.(2)連結BD交AC于O，連結EO.PD平面AEC，PD平面PBD，平面PBD平面AECEO，PDEO，則PEEBDOOB.又DOCBOA，DOOBDCAB21，PEEB的值為2.5.(2017·揚州考前調研)如圖，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD為梯形，CDAB，AB2CD，AC交BD于O，銳角PAD所在平面底面ABCD，PABD，點Q在側棱PC上，且PQ2QC.求證：(1)PA平面QBD；(2)BDAD. 證明：(1)連結OQ, 因為ABCD，AB2CD，所以AO2OC，又PQ2QC，所以PAOQ，因為OQ平面QBD，PA平面QBD，所以PA平面QBD. (2)在平面PAD內(nèi)過P作PHAD于H，因為側面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PH平面PAD，所以PH平面ABCD，又BD平面ABCD，所以PHBD.又PABD，且PAPHP，PA平面PAD，PH平面PAD，所以BD平面PAD，又AD平面PAD，所以BDAD.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ABEF，AF2，EF2AB4，平面ABCD平面ABEF.(1)求證：BEDF；(2)若P為BD的中點，試問：在線段AE上是否存在點Q，使得PQ平面BCE？若存在，找出點Q的位置；若不存在，請說明理由解：(1)證明：如圖，取EF的中點G，連結AG，因為EF2AB，所以ABEG，又ABEG，所以四邊形ABEG為平行四邊形，所以AGBE，且AGBEAF2.在AGF中，GFEF2，AGAF2，所以AG2AF2GF2，所以AGAF.因為四邊形ABCD為矩形，所以ADAB，又平面ABCD平面ABEF，且平面ABCD平面ABEFAB，AD平面ABCD，所以AD平面ABEF，又AG平面ABEF，所以ADAG.因為ADAFA，所以AG平面ADF.因為AGBE，所以BE平面ADF.因為DF平面ADF，所以BEDF.(2)存在點Q，且點Q為AE的中點，使得PQ平面BCE.證明如下：連結AC，因為四邊形ABCD為矩形，所以P為AC的中點在ACE中，因為點P，Q分別為AC，AE的中點，所以PQCE.又PQ平面BCE，CE平面BCE，所以PQ平面BCE.21