立体几何解答题二轮复习---教案--定稿

学习过程一、考纲解读立体几何模块内容在目前高考中结构和比重相对稳定，一般为一个客观题加一个解答题的格局，分值在17到22分之间，难度不太高，是得基本分的关键内容之一．立体几何考题侧重考查同学们的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力。

在选择、填空题中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单计算型问题，而解答题侧重立体几何中的逻辑推理型问题，立体几何常考的四类问题(1)三视图及相关的体积、表面积的简单计算．(2)点、直线、平面之间的位置关系．（3）距离、角度的向量计算.(4)存在型、探究型问题．立体几何中的空间想象能力是培养能力是数学学习中重要的一个组成部分，同时该部分内容也是培养逻辑思维能力的重要手段，体现在证明和运算的规范性上，熟练掌握基本定理的文字语言和图形语言和符号语言是学习的基本保证，该模块中涉及到的重要数学思想方法有分类讨论、化归转化和类比等对本部分的考查，三视图是考察重点，几乎年年都考，以选择，填空题为主，当然也可能在大题中由三视图还原为直观图后考查定性及定量问题。

文理对平行、垂直关系的证明依然是考察重点。

符号语言、图形语言、文字语言的相互转化要引起足够的重视（尤其在选择填空题）文科对空间角不再考查，但理科引入了空间向量对其都有要求。

有关球的考查降低了要求，不再考球面距离但球的表面积、体积要熟练掌握。

二、复习预习（1）空间几何体定义体积表面积（2）点、直线、平面之间的位置关系平行垂直距离角度（3）空间向量法向量的求法及其在立体几何中的应用三、知识讲解考点1 （1）空间几何体① 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.① 能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图.① 会用平行投影与中心投影两种方法，画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.① 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）.考点2点、直线、平面之间的位置关系① 理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.① 以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.①如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行. 即若ααα//,//,,a b a b a 则⊂⊄.①如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行， 即若βαββα//,//,//,,,则b a p b a b a =⊂ .①如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直. 即若ααα⊥⊥⊥=⊂⊂l n l m l B n m n m 则,,,,, .①如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直， 即若βααβ⊥⊂⊥则,,l l . 理解以下性质定理，并能够证明.①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，即若b a b a a //,,,//则=⊂βαβα .①两平行平面与同一个平面相交，那么两条交线平行，即若α①β,α∩γ=a ,β∩γ=b ,则b a // ①垂直于同一平面的两直线平行，即若b a b a //,,则αα⊥⊥①如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面， 即若αββαβα⊥⊥⊂=⊥l a l l a 则，,,, . 考点3 空间向量法向量的求法以及法向量在立体几何证明球角度距离中的应用四、例题精析例1 [2014全国2卷] 如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm ），图中粗线画出的是某 零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切 削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ） A ．2717 B ．95 C ．2710 D ．31【规范解答】① 毛坯是底面半径为3，高为6的圆柱，体积V 1＝9π·6＝54π，加工后的零件，左半部为小圆柱，底面半径为2，高4，右半部为大圆柱， 底面半径为3，高2，体积V 2＝4π·4＋9π·2＝34π， ① 削掉部分的体积与原体积的比值＝πππ543454-＝2710，故选C 【总结与反思】 ① 考查识别三视图所表示的立体模型；① 考查圆柱的体积公式。

第2讲 空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M ­PA ­C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G ­xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)， 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A ­MA 1­N 的正弦值．[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A ­MA 1­N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O ­xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC ­A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12， 即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF ­ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．[解](1)证明：在三棱台DEF ­ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形， 可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ­ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E ­BC ­A 的余弦值．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D ­AF ­E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C ­BE ­F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E ­BC ­A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H ­xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A ­PE ­C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)， 又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A ­EP ­C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A ­EP ­C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 当三棱锥M ­ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A ­xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2. ② 由①，②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1， 这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。

第二讲高考中的立体几何(解答题型)对应学生用书P052[必记定理]1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cosθ＝|a·b| |a||b|.(2)线面角设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角①如图(ⅰ)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(ⅱ)(ⅲ)，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．[重要转化]1.三种平行关系的转化2.三种垂直关系的转化线线垂直 判定定理性质定理线面垂直 判定定理性质定理面面垂直[重要结论]设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．1.线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.2.线线垂直l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.3.线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.4.线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.5.面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝k v⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.6.面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.[易错提醒]1.忽视线面平行判定定理的条件：证明线面平行时，忽视“直线在平面外”“直线在平面内”的条件．2.忽视线面垂直判定定理的条件：证明线面垂直时，忽视“平面内两条相交直线”这一条件．3.关注面面垂直的性质定理的条件：当题目涉及面面垂直的条件时，一般用此定理转化为线面垂直，应用时注意在面面垂直的前提下，过平面内一点，垂直于两平面交线的直线应在其中一个平面内．4.忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等．5.不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．对应学生用书P053热点一空间位置关系的证明例1(1)[2015·陕西高三质检]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，E为棱CC1的中点．①求证：B1D1⊥AE；②求证：AC∥平面B1DE.[证明]①连接BD，则BD∥B1D1.∵四边形ABCD是正方形，。

1．(2016·课标Ⅰ，6，易)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π1．A [考向2]由三视图可知该几何体为球去掉一个18球．设球的半径为R ， 则V ＝78×43πR 3＝28π3，得R ＝2.故其表面积S ＝78×4πR 2＋3×14×πR 2＝14π＋3π＝17π.2．(2016·山东，5，易)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π2．C [考向3]由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，半球的直径为12＋12＝2，所以四棱锥的体积为13×12×1＝13，半球的体积为12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝26π，所以此组合体的体积为13＋26π.3．(2016·课标Ⅱ，6，中)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π3．C [考向2]S 表＝πr 2＋2πr ×4＋12×2πr ×R ＝4π＋16π＋2π22＋（23）2＝28π.4．(2016·课标Ⅲ，9，易)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．814．B [考向2]由图可知，该几何体为四棱柱，S 表＝2S 底＋2S 前＋2S 侧 ＝2×32＋2×3×6＋2×3×32＋62 ＝18＋36＋185＝54＋18 5.5．(2016·课标Ⅲ，10，中)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π35．B [考向3]在Rt △ABC 中，设内切圆的半径为R ，则R ×(6＋8＋10)＝6×8， 得R ＝2.又由AA 1＝3， ∴内切球的半径为32， ∴V 球＝43π×278＝92π.6．(2015·浙江，2，易)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403 cm 36．C [考向3]由题意得，该几何体由一个正方体与一个正四棱锥组合而成，所以体积V ＝23＋13×22×2＝323.7．(2014·福建，2，易)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱7．A [考向1]因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，故选A.8．(2013·四川，3，易)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )8．D [考向1]由三视图可知该几何体为一个上部为圆台、下部为圆柱的组合体，圆台的下底面和圆柱的底面恰好重合．9．(2015·课标Ⅱ，6，中)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18B.17C.16D.159．D [考向3]如图所示为正方体被一个平面截去后剩余部分的几何体．设正方体棱长为a ，∴VA ­A 1B 1D 1V 剩＝13×12a 2·a a 3－13×12a 2·a＝15.10．(2015·课标Ⅱ，9，中)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π10．C [考向2]设球的半径为r ，则V O ­ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π.11．(2015·课标Ⅰ，6，中)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛。

高中数学高考二轮复习立体几何教案高考点拨：立体几何专题是高考中的热点，主要考查三视图、空间几何体的体积和空间位置关系、空间角，以及空间位置关系的证明和空间角、距离的探求。

本专题主要从“空间几何体表面积或体积的求解”、“空间中的平行与垂直关系”、“立体几何中的向量方法”三个角度进行典例剖析，引领考生明确考情并提升解题技能。

突破点1：空间几何体表面积或体积的求解要点1：对于规则几何体，可以直接利用公式计算。

要点2：对于不规则几何体，可以采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可以采用等体积转换法求解。

要点3：求解旋转体的表面积和体积时，需要注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形。

突破点2：球与几何体的外接与内切要点1：正四面体与球：设正四面体的棱长为a，由正四面体本身的对称性，可知其内切球和外接球的球心相同，则内切球的半径r=a/3，外接球的半径R=a/√6.要点2：正方体与球：设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，O为其对称中心，E，F，H，G分别为AD，BC，B1C1，A1D1的中点，J为HF的中点。

正方体的内切球的半径为OJ=a/2，棱切球的半径为OG=a/√2，外接球的半径为OA1=√3a/2.回访1：几何体的表面积或体积题目：如图10-2是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()解析：由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4=16π，底面积为π×2²=4π；圆锥的底面直径为4，高为2/3，所以圆锥的母线长为√(4²+(2/3)²)=4/3，所以圆锥的侧面积为π×2×4/3=8π。

所以该几何体的表面积为S=16π+4π+8π=28π。

2．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图10-3.求截去部分体积与剩余部分体积的比值。

立体几何的高考热点问题【高考导航】 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算；2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力.考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法.题型分类深度解析热点一空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考)以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.【例1】(满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面P AD；(2)若△PCD的面积为27，求四棱锥P－ABCD的体积.满分解答(1)证明在平面ABCD中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°.所以BC∥AD，1分(得分点1) 又BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD.所以直线BC ∥平面P AD . 3分 (得分点2)(2)解 如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM ，由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .5分 (得分点3)因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PM ⊂平面P AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，7分 (得分点4)因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .8分 (得分点5)设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x ，如图，取CD 的中点N ，连接PN .则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.10分 (得分点6)于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2（2＋4）2×23＝4 3. 12分 (得分点7)❶得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写.如第(1)问中的BC ∥AD ，第(2)问中CM⊥AD，PM⊥CM，PN＝142x等.❷得关键分：解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD两个条件，否则不能得全分.在第(2)问中，证明PM⊥平面ABCD时，一定写全三个条件，如平面P AD∩平面ABCD＝AD，PM⊥AD一定要有，否则要扣分.再如第(2)问中，一定要分别求出BC，AD及PM，再计算几何体的体积.❸得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段BC的长度，否则无法得分，再者PM及AD的计算失误也会扣去2分，在第(2)问的推理中，巧用第(1)问结果，借助BC∥AD，证明CM⊥AD优化解题过程.第一步：根据平面几何性质，证BC∥AD.第二步：由线面平行判定定理，证线BC∥平面P AD.第三步：判定四边形ABCM为正方形，得CM⊥AD.第四步：证明直线PM⊥平面ABCD.第五步：利用面积求边BC，并计算相关量.第六步：计算四棱锥P－ABCD的体积.【变式练习1】如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积.(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE，且BE∩BD＝B，故AC⊥平面BED. 又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD 知BE ⊥BG ，故△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.热点二 平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.【例2】 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置.(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′－ABCFE 的体积.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′－ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.探究提高 1.(1)利用AC 与EF 平行，转化为证明EF 与HD ′垂直；(2)求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD ′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD 与△DEF 面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD ′与底面垂直以及求△DEF 的面积问题了.2.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.【变式练习2】 如图，直角三角形ABC 中，A ＝60°，沿斜边AC 上的高BD 将△ABD 折起到△PBD 的位置，点E 在线段CD 上.(1)求证：PE ⊥BD ；(2)过点D 作DM ⊥BC 交BC 于点M ，点N 为PB 的中点，若PE ∥平面DMN ，求DEDC 的值.(1)证明 ∵BD ⊥PD ，BD ⊥CD ，且PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， ∴BD ⊥平面PCD .又PE ⊂平面PCD ，∴BD ⊥PE .(2)解 由题意，得BM ＝14BC .取BC 的中点F ，则PF ∥MN .又PF ⊄平面DMN ，MN ⊂平面DMN ，∴PF∥平面DMN.由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM，∴DEDC＝MFMC＝13.热点三线、面位置关系中的开放存在性问题【例3】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A＝PD，P A⊥AB，N是棱AD的中点.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD.(2)求证：PN⊥平面ABCD.(3)在棱BC上是否存在动点E，使得BN∥平面DEP？并说明理由.(1)证明在矩形ABCD中，AB⊥AD，又因为AB⊥P A且P A∩AD＝A，所以AB⊥平面P AD.又因为AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AD.(2)证明在△P AD中，P A＝PD，N是棱AD的中点，所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面P AD，且PN⊂平面P AD，所以AB⊥PN.又因为AB∩AD＝A，所以PN⊥平面ABCD.(3)解在棱BC上存在点E，使得BN∥平面DEP，此时E为BC的中点.证明如下：取BC中点E，连接PE，DE.在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE，所以四边形BNDE是平行四边形，则BN∥DE.又因为BN⊄平面DEP，DE⊂平面DEP，所以BN∥平面DEP.探究提高 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本. 2.例3第(3)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论.【变式练习3】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.(1)求证：C1E∥平面ADF.(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.(1)证明连接CE交AD于O，连接OF.因为CE，AD为△ABC的中线，则O为△ABC的重心，故CFCC1＝COCE＝23，故OF∥C1E，因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，所以C1E∥平面ADF.(2)解当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.证明如下：因为AB＝AC，D是BC中点，故AD⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故△CBM≌△FCD.易证CM⊥DF，DF∩AD＝D，故CM⊥平面ADF.又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.课后练习1.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD ＝60°，E，F分别是AP，AD的中点.求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面P AD.证明(1)在△P AD中，因为E，F分别是AP，AD的中点，所以EF∥PD.因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)如图所示，连接BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形.因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，BF⊂平面ABCD，所以BF⊥平面P AD.又BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面P AD.2.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE ⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.(1)证明取AC的中点O，连接DO，BO，因为AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .又OD ∩OB ＝O ，从而AC ⊥平面DOB ，又BD ⊂平面DOB ，故AC ⊥BD .(2)解 如图，连接EO ，由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO .在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE的体积之比为1∶1.3.如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，P A ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .(1)求证：MN ∥平面P AB ；(2)求点M 到平面P AN 的距离.(1)证明 在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ，连接AH ，在△PBC 中，NH ∥BC ，且NH ＝13BC ＝1，AM ＝12AD ＝1.又AD ∥BC ，∴NH ∥AM 且NH ＝AM ，∴四边形AMNH 为平行四边形，∴MN ∥AH ，又AH ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，∴MN ∥平面P AB .(2)解 连接AC ，MC ，PM ，平面P AN 即为平面P AC ，设点M 到平面P AC 的距离为h .由题意可得CD ＝22，AC ＝23，∴S △P AC ＝12P A ·AC ＝43，∴S △AMC ＝12AM ·CD ＝2，由V M －P AC ＝V P －AMC ，得13S △P AC ·h ＝13S △AMC ·P A ，即43h ＝2×4，∴h ＝63，∴点M 到平面P AN 的距离为63.4.如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；(2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.(1)解 如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos ∠DAP ＝AD AP ＝55.所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55.(2)证明 由(1)知AD ⊥PD ，又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC .又PD ⊥PB ，BC ∩PB ＝B ，所以PD ⊥平面PBC .(3)解 过点D 作DF ∥AB ，交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角.因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF和平面PBC 所成的角.由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1.由已知，得CF ＝BC －BF ＝2.又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC .在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝2 5.在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP ＝PD DF ＝55.所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55.5.如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE 的中点，现在沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(1)在线段AB 上是否存在一点K ，使BC ∥平面DFK ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE ⊥平面ABCE ，求证：平面BDE ⊥平面ADE .(1)解 如图，线段AB 上存在一点K ，且当AK ＝14AB 时，BC ∥平面DFK .证明如下：设H 为AB 的中点，连接EH ，则BC ∥EH .∵AK ＝14AB ，F 为AE 的中点，∴KF ∥EH ，∴KF ∥BC ，∵KF ⊂平面DFK ，BC ⊄平面DFK ，∴BC ∥平面DFK .(2)证明 ∵在折起前的图形中E 为CD 的中点，AB ＝2，BC ＝1，∴在折起后的图形中，AE ＝BE ＝2，从而AE 2＋BE 2＝4＝AB 2，∴AE ⊥BE .∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，∴BE ⊥平面ADE ，∵BE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE .6.如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，P A＝6，顶点P在平面ABC 内的正投影为点D，D在平面P AB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面P AC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体P－DEF的体积.(1)证明因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD.因为D在平面P AB内的正投影为E，所以AB⊥DE.又因为PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PED，又PG⊂平面PED，故AB⊥PG.又由已知可得，P A＝PB，所以G是AB的中点.(2)解在平面P AB内，过点E作PB的平行线交P A于点F，F即为E在平面P AC内的正投影.理由如下：由已知可得PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC.又P A∩PC＝P，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影.连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心. 由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD＝23CG.由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE＝23PG，DE＝13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PE＝2 2. 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.所以四面体P－DEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.。

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。

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__________________。

高三数学二轮专题复习教案――立体几何一、本章知识结构：二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征（1）棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方．棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥．多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体．（2）圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥．2、空间几何体的侧面积、表面积（1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和．因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为c，高为h，则侧面积S ch=侧．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积2() S ab bc ca=++表．（2）圆柱的侧面展开图是一个矩形．矩形的宽是圆柱母线的长，矩形的长为圆柱底面周长．如果设圆柱母线的长为l，底面半径为r，那么圆柱的侧面积2πS rl=侧，此时圆柱底面面积2πS r=底.所以圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（3）圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形．如果设圆锥底面半径为r，母线长为l，则侧面积πS rl=侧，那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成，即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（4）正棱锥的侧面展开图是n个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为c，斜高为h'，则它的侧面积12S ch'=侧．（5）正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和．如果设正棱台的上、下底面的周长是c c'，，斜高是h'，那么它的侧面积是12S ch'=侧．（6）圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径，圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环．如果设圆台的上、下底面半径分别为r r'，，母线长为l，那么它的侧面积是π()S r r l'=+侧．圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和，即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底．（7）球的表面积24πS R =，即球的表面积等于其大圆面积的四倍．3、空间几何体的体积（1）柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积S 和高h 的积，即V Sh=柱体．其中底面半径是r ，高是h 的圆柱的体积是2πV r h=圆柱．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是S ，高是h ，那么它的体积是13V Sh=锥体．其中底面半径是r ，高是h 的圆锥的体积是21π3V r h=圆锥，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的13．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是S S '，，高是h，那么它的体积是1()3V S S h=+台体．其中上、下底半径分别是r R ，，高是h 的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：334R V π=.4、中心投影和平行投影（1）中心投影：投射线均通过投影中心的投影。

高三数学二轮复习教学案——立体几何（2）班级__________姓名_____________学号_________【基础训练】1. 如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2.三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面PAE 面积的最小值为_____________.3、已知a 、b 、c 是三条不重合直线，α、β、γ是三个不重合的平面，下列命题：⑴a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ；⑵a ∥γ，b ∥γ⇒a ∥b ；⑶c ∥α，c ∥β⇒α∥β；⑷γ∥α，β∥α⇒γ∥β；⑸a ∥c ，α∥c ⇒a ∥α；⑹a ∥γ，α∥γ⇒a ∥α。

其中正确的命题是 。

4、已知正方体ABCD －A'B'C'D'，则该正方体的体积、四棱锥C'-ABCD 的体积以及该正方体的外接球的体积之比为 _________________.5.. 如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱PA ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 _________ .6. 由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．【典型例题】7. 已知三棱锥P —ABC 中，PC ⊥底面ABC ，AB=BC ，D 、F 分别为AC 、PC 的中点，DE ⊥AP 于E ．（1）求证：AP ⊥平面BDE ；（2）求证：平面BDE ⊥平面BDF ；（3）若AE ∶EP=1∶2，求截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两部分的体积比．8. 如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积;（2）求证:AP ∥GH ．9. 如图，在棱长均为4的三棱柱111ABC A B C -中，D 、1D分别是BC 和11B C 的中点. （1）求证：11A D ∥平面1AB D ；（2）若平面ABC ⊥平面11BCC B ，160B BC ∠= ，求三棱锥1B ABC -的体积.10. 如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ．（1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ；（3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．。