2019年最新高考数学专版三维二轮专题复习教学案：专题二_立体几何_有答案

PAGE江苏新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课)[常考题型突破] 空间几何体的表面积与体积[必备知识]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；②S锥侧＝eq\f(1,2)ch′(c为底面周长，h′为斜高)；③S台侧＝eq\f(1,2)(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式：①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；②V锥体＝eq\f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)；③V台＝eq\f(1,3)(S＋eq\r(\a\vs4\al(SS′))＋S′)h(不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式：①S球＝4πR2(R为球的半径)；②V球＝eq\f(4,3)πR3(R为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3cm，母线长为5cm的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3cm，母线长为5cm，所以圆锥的高为eq\r(52－32)＝4cm，其体积为eq\f(1,3)π×32×4＝12πcm3，设铁球的半径为r，则eq\f(4,3)πr3＝12π，所以该铁球的半径是eq\r(3,9)cm.答案：eq\r(3,9)2．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为2eq\r(3)，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为eq\r(2\r(3)2－22)＝2eq\r(2)，所以该直四棱柱的侧面积为S＝cl＝4×2×2eq\r(2)＝16eq\r(2).答案：16eq\r(2)3．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3cm，AA1＝1cm，则三棱锥D1­A1BD的体积为_______cm3.解析：三棱锥D1­A1BD的体积等于三棱锥B­A1D1D的体积，因为三棱锥B­A1D1D的高等于AB，△A1D1D的面积为矩形AA1D1D的面积的eq\f(1,2)，所以三棱锥B­A1D1D的体积是正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积的eq\f(1,6)，所以三棱锥D1­A1BD的体积等于eq\f(1,6)×32×1＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)4.如图所示是一个直三棱柱(以A1B1C1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝1，∠A1B1C1＝90°，A1A＝4，B1B＝2，C1C＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A1A上取点A2，在C1C上取点C2，使A1A2＝C1C2＝BB1，连结A2B，BC2，A2C2，∴V＝V＋V＝eq\f(1,2)×1×1×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1＋2,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)5．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.若它们的侧面积相等且eq\f(V1,V2)＝eq\f(3,2)，则eq\f(S1,S2)的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则有2πr1h1＝2πr2h2，即r1h1＝r2h2，又eq\f(V1,V2)＝eq\f(πr\o\al(2,1)h1,πr\o\al(2,2)h2)，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(r1,r2)，∴eq\f(r1,r2)＝eq\f(3,2)，则eq\f(S1,S2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))2＝eq\f(9,4).答案：eq\f(9,4)[方法归纳]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化 原则 组织架构调整原则组织架构设计原则组织架构设置原则财政预算编制原则问卷调查设计原则 是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解． 多面体与球的切接问题[必备知识]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O1半径为r，OO1＝d，则d2＋r2＝R2；②若A，B是圆O1上两点，则AB＝2rsineq\f(∠AO1B,2)＝2Rsineq\f(∠AOB,2).[题组练透]1．(2017·江苏高考)f(V1,V2)INCLUDEPICTURE"17SEJS2-5.tif"\*MERGEFORMAT如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)2．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3,4)，所以圆柱的体积V＝eq\f(3,4)×π×1＝eq\f(3π,4).答案：eq\f(3π,4)3．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝eq\r(3)，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E­ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝eq\r(42－32－\r(3)2)＝2，∴VE­ABCD＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)×2＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)4．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O­EFG体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O­EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O­EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝eq\f(1,2)×4×2＝4,所以三棱锥O­EFG体积的最大值(VO­EFG)max＝eq\f(1,3)×(S△EFG)max×AB＝eq\f(1,3)×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧 方法 解读 适合题型 截面法 解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作 球内切多面体或旋转体 构造直角三角形法 首先确定球心位置，借助外接的性质——球心到多面体的顶点的距离等于球的半径，寻求球心到底面中心的距离、半径、顶点到底面中心的距离构造成直角三角形，利用勾股定理求半径 正棱锥、正棱柱的外接球 补形法 因正方体、长方体的外接球半径易求得，故将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，便可借助外接球为同一个的特点求解 三条侧棱两两垂直的三棱锥，从正方体或长方体的八个顶点中选取点作为顶点组成的三棱锥、四棱锥等 平面图形的翻折问题[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为eq\f(2π,3)的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为eq\f(2π,3)的扇形，所以圆锥的母线长l＝3，设圆锥的底面半径为r，则底面周长2πr＝3×eq\f(2π,3)，所以r＝1，所以圆锥的高为eq\r(32－12)＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)2．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E，F分别为边AC与BC的中点，现将△ABC沿CD翻折，使平面ADC⊥平面DCB，则棱锥E­DFC的体积为________．解析：S△DFC＝eq\f(1,4)S△ABC＝eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)×22))＝eq\f(\r(3),4)，E到平面DFC的距离h等于eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2).VE­DFC＝eq\f(1,3)×S△DFC×h＝eq\f(\r(3),24).答案：eq\f(\r(3),24)3.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为eq\f(\r(3),4)a2，△DBC的高为5－eq\f(\r(3),6)a，则正三棱锥的高为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(\r(3),6)a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2)＝eq\r(25－\f(5\r(3),3)a)，∴25－eq\f(5\r(3),3)a>0，∴0<a<5eq\r(3)，∴所得三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\r(25－\f(5\r(3),3)a)＝eq\f(\r(3),12)×eq\r(25a4－\f(5\r(3),3)a5).令t＝25a4－eq\f(5\r(3),3)a5，则t′＝100a3－eq\f(25\r(3),3)a4，由t′＝0，得a＝4eq\r(3)，此时所得三棱锥的体积最大，为4eq\r(15)cm3.法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝eq\f(\r(3),6)BC，设OG＝x，则BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)x×3x＝3eq\r(3)x2，故所得三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)x2×eq\r(5－x2－x2)＝eq\r(3)x2×eq\r(25－10x)＝eq\r(3)×eq\r(25x4－10x5).令f(x)＝25x4－10x5，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))，则f′(x)＝100x3－50x4，令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0<x<2，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))时，f(x)≤f(2)＝80，∴V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15).∴所求三棱锥的体积的最大值为4eq\r(15).答案：4eq\r(15)[方法归纳]解决翻折问题需要把握的两个关键点(1)解决与翻折有关的问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧的，线段的长度是不变量，位置关系可能会发生变化，抓住两个“不变性”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2)解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形．[课时达标训练]eq\a\vs4\al([A组——抓牢中档小题])1．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱B1B的中点，则三棱锥B1­ADE的体积为________．解析：VB1­ADE＝VD­AEB1＝eq\f(1,3)S△AEB1·DA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,12).答案：eq\f(1,12)2．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r1，r2，因为4πreq\o\al(2,1)∶4πreq\o\al(2,2)＝4∶9，所以r1∶r2＝2∶3，所以两球体积之比为eq\f(4,3)πreq\o\al(3,1)∶eq\f(4,3)πreq\o\al(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a，则6a2＝18，得a＝eq\r(3)，设该正方体外接球的半径为R，则2R＝eq\r(3)a＝3，得R＝eq\f(3,2)，所以该球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3)×eq\f(27,8)＝eq\f(9,2)π.答案：eq\f(9,2)π4．已知圆锥的母线长为10cm，侧面积为60πcm2，则此圆锥的体积为________cm3.解析：设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，则侧面积为πrl＝10πr＝60π，解得r＝6，则圆锥的高h＝eq\r(l2－r2)＝8，则此圆锥的体积为eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm2)，则它的体积为________(单位：cm3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c＝8，eq\f(1,2)ch′＝8，所以斜高h′＝2，正四棱锥的高为h＝eq\r(3)，所以正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×22×eq\r(3)＝eq\f(4\r(3),3).答案：eq\f(4\r(3),3)6．设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r的圆锥的体积和侧面积分别为V2，S2，若eq\f(V1,V2)＝eq\f(3,π)，则eq\f(S1,S2)的值为________．解析：由题意知，V1＝a3，S1＝6a2，V2＝eq\f(1,3)πr3，S2＝eq\r(2)πr2，由eq\f(V1,V2)＝eq\f(3,π)得，eq\f(a3,\f(1,3)πr3)＝eq\f(3,π)，得a＝r，从而eq\f(S1,S2)＝eq\f(6,\r(2)π)＝eq\f(3\r(2),π).答案：eq\f(3\r(2),π)7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥P­ABA1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S△ABA1＝eq\f(1,2)×3×3＝eq\f(9,2)，点P到底面的距离为△ABC的高h＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\f(3\r(3),2)，故三棱锥的体积VP­ABA1＝eq\f(1,3)S△ABA1×h＝eq\f(9\r(3),4).答案：eq\f(9\r(3),4)8．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为eq\f(2π,3)，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l，底面半径为r，因为3π＝eq\f(1,3)πl2，所以l＝3，所以πr×3＝3π，所以r＝1，所以圆锥的高是eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，所以圆锥的体积是eq\f(1,3)×π×12×2eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3).答案：eq\f(2\r(2)π,3)9．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h，底面半径为r，则圆柱的表面积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，∴函数V＝πr2h在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r＝2时，V最大，此时2h＝12－4＝8，即h＝4，eq\f(r,h)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)10．三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝eq\r(3)，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P­ABC看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、eq\r(3)的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5)，故外接球半径为eq\f(\r(5),2)，表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＝5π.答案：5π11．已知正三棱锥P­ABC的体积为eq\f(2\r(2),3)，底面边长为2，则侧棱PA的长为________．解析：设底面正三角形ABC的中心为O，又底面边长为2，故OA＝eq\f(2\r(3),3)，由VP­ABC＝eq\f(1,3)PO·S△ABC，得eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(1,3)PO×eq\f(\r(3),4)×22，PO＝eq\f(2\r(6),3)，所以PA＝eq\r(PO2＋AO2)＝2.答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr2＝2πr×3，解得r＝3；②孔高为8，则r＝8；③孔高为9，则r＝9.而实际情况是，当r＝8，r＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD­A1B1C1D1中，对角线B1D与平面A1BC1交于点E，则四棱锥E­A1B1C1D1的体积V＝________.解析：连结B1D1交A1C1于点F，连结BD，BF，则平面A1BC1∩平面BDD1B1＝BF，因为E∈平面A1BC1，E∈平面BDD1B1，所以E∈BF.因为F是A1C1的中点，所以BF是中线，又B1F綊eq\f(1,2)BD，所以eq\f(FE,EB)＝eq\f(1,2)，故点E到平面A1B1C1D1的距离是BB1的eq\f(1,3)，所以四棱锥E­A1B1C1D1的体积V＝eq\f(1,3)×S四边形A1B1C1D1×eq\f(1,3)BB1＝eq\f(1,9)V长方体ABCD­A1B1C1D1＝1.答案：114．半径为2的球O中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a、高为h，则有16＝2a2＋h2≥2eq\r(2)ah，即4ah≤16eq\r(2)，该正四棱柱的侧面积S＝4ah≤16eq\r(2)，当且仅当h＝eq\r(2)a＝2eq\r(2)时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－16eq\r(2)＝16(π－eq\r(2))．答案：16(π－eq\r(2))eq\a\vs4\al([B组——力争难度小题])1．已知三棱锥S­ABC所在顶点都在球O的球面上，且SC⊥平面ABC，若SC＝AB＝AC＝1，∠BAC＝120°，则球O的表面积为________．解析：∵AB＝AC＝1，∠BAC＝120°，∴BC＝eq\r(12＋12－2×1×1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(3)，∴三角形ABC的外接圆直径2r＝eq\f(\r(3),sin120°)＝2，∴r＝1.∵SC⊥平面ABC，SC＝1，∴该三棱锥的外接球半径R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(SC,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，∴球O的表面积S＝4πR2＝5π.答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D­ABC1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AB，又因为∠ABC＝90°，即BC⊥AB，又BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面BB1C1C,因为AB＝1，BC＝2，点D为侧棱BB1上的动点，所以侧面展开，当AD＋DC1最小时，BD＝1，所以S△BDC1＝eq\f(1,2)×BD×B1C1＝1，所以三棱锥D­ABC1的体积为eq\f(1,3)×S△BDC1×AB＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)3．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，eq\r(2)和a，且长为a的棱与长为eq\r(2)的棱异面，则a的取值范围是________．解析：如图所示，AB＝eq\r(2)，CD＝a，设点E为AB的中点，则ED⊥AB，EC⊥AB，则ED＝eq\r(AD2－AE2)＝eq\f(\r(2),2)，同理EC＝eq\f(\r(2),2).由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝eq\r(2)，所以0＜a＜eq\r(2).答案：(0，eq\r(2))4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P­AEF的体积最大时，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°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝eq\f(AP·AC,PC)＝eq\f(2×2cosθ,2\r(1＋cos2θ))＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))，在Rt△PAB中，AE＝PE＝eq\r(2)，∴EF＝eq\r(AE2－AF2)，∴VP­AEF＝eq\f(1,6)AF·EF·PE＝eq\f(1,6)AF·eq\r(2－AF2)·eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6)·eq\r(2AF2－AF4)＝eq\f(\r(2),6)·eq\r(－AF2－12＋1)≤eq\f(\r(2),6)，∴当AF＝1时，VP­AEF取得最大值eq\f(\r(2),6)，此时AF＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))＝1，∴cosθ＝eq\f(1,\r(3))，sinθ＝eq\r(\f(2,3))，∴tanθ＝eq\r(2).答案：eq\r(2)第2课时平行与垂直(能力课)[常考题型突破] 线线、线面位置关系的证明[例1]　(2017·江苏高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明]　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂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.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.[方法归纳]立体几何证明问题的注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理的条件不完整，则结论不一定正确．(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．[变式训练]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，E是棱AB上一点，且OE∥平面BCC1B1.(1)求证：E是AB的中点；(2)若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC.证明：(1)连结BC1，因为OE∥平面BCC1B1，OE⊂平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，所以OE∥BC1.因为侧面AA1C1C是菱形，AC1∩A1C＝O，所以O是AC1中点，所以eq\f(AE,EB)＝eq\f(AO,OC1)＝1，E是AB的中点.(2)因为侧面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,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，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.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝eq\f(1,2)PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝eq\f(1,2)PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC. 两平面之间位置关系的证明[例2]　(2017·南京模拟)如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明]　(1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥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.[方法归纳]1.证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行.2.证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决.[变式训练]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 空间线面位置关系的综合问题[例3]　(2017·苏北三市模拟)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解]　(1)证明：∵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为圆O的直径，∴AF⊥BF.又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CBF.∵AF⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面CBF.(2)当M为CF的中点时，OM∥平面ADF.证明如下：取CF中点M，设DF的中点为N，连结AN，MN，则MN綊eq\f(1,2)CD，又AO綊eq\f(1,2)CD，则MN綊AO，∴四边形MNAO为平行四边形，∴OM∥AN，又AN⊂平面DAF，OM⊄平面DAF，∴OM∥平面DAF.[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC.(1)求证：平面AEC⊥平面ABE；(2)点F在BE上，若DE∥平面ACF，求eq\f(BF,BE)的值．解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴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)连结BD交AC于点O，连结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为BD中点，∴F为BE中点，即eq\f(BF,BE)＝eq\f(1,2).2．如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点．将矩形ABCD沿线段EF折起，使得∠DFA＝60°.设G为AF上的点．(1)试确定点G的位置，使得CF∥平面BDG；(2)在(1)的条件下，证明：DG⊥AE.解：(1)当点G为AF的中点时，CF∥平面BDG.证明如下：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF∥AB∥CD.连结AC交BD于点O，连结OG，则AO＝CO.又G为AF的中点，所以CF∥OG.因为CF⊄平面BDG，OG⊂平面BDG.所以CF∥平面BDG.(2)因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF⊥FD，EF⊥FA.又FD∩FA＝F，所以EF⊥平面ADF，因为DG⊂平面ADF，所以EF⊥DG.因为FD＝FA，∠DFA＝60°，所以△ADF是等边三角形，DG⊥AF，又AF∩EF＝F，所以DG⊥平面ABEF.因为AE⊂平面ABEF，所以DG⊥AE.[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V­ABC中，O，M分别为AB，VA的中点，平面VAB⊥平面ABC，△VAB是边长为2的等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC.(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝eq\r(3).又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝eq\r(OC2＋VO2)＝2.2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，A1B与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，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.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A­BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥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.在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则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)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO＝2OC，又PQ＝2QC，所以PA∥OQ，因为OQ⊂平面QBD，PA⊄平面QBD，所以PA∥平面QBD.(2)在平面PAD内过P作PH⊥AD于H，因为侧面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.如图，在多面体ABCDFE中，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB∥EF，AF＝2，EF＝2AB＝4eq\r(2)，平面ABCD⊥平面ABEF.(1)求证：BE⊥DF；(2)若P为BD的中点，试问：在线段AE上是否存在点Q，使得PQ∥平面BCE？若存在，找出点Q的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF的中点G，连结AG，因为EF＝2AB，所以AB＝EG，又AB∥EG，所以四边形ABEG为平行四边形，所以AG∥BE，且AG＝BE＝AF＝2.在△AGF中，GF＝eq\f(1,2)EF＝2eq\r(2)，AG＝AF＝2，所以AG2＋AF2＝GF2，所以AG⊥AF.因为四边形ABCD为矩形，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.因为AD∩AF＝A，所以AG⊥平面ADF.因为AG∥BE，所以BE⊥平面ADF.因为DF⊂平面ADF，所以BE⊥DF.(2)存在点Q，且点Q为AE的中点，使得PQ∥平面BCE.证明如下：连结AC，因为四边形ABCD为矩形，所以P为AC的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE._1234567890.unknown_1234567891.unknown