自然风景作文-河北留学

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)；
1
②S
锥侧
＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)；
2
1
③S
台侧
＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．
2
(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)；
1
②V
锥体
＝Sh(S为底面面积，h为高)；
3
1③V
台
＝(S＋
SS′
＋S′)h(不要求记忆)．
3
(3)球的表面积和体积公式：
①S
球
＝4πR(R为球的半径)；
4
3
②V
球
＝
πR
(R为球的半径)．
3
[题组练透]
2

1．现有一个底面半径为3 cm，母线长为5 cm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3 cm，母线长为5 cm，所以圆锥的高为5－3＝4 cm，其体积为
3
14
323
π×3×4＝12π cm
，设铁球的半径为r，则
πr
＝12π，所以该铁球的半径是9 cm.
33
3
答案：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23，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
＝cl＝4×2×22＝162.
答案：162
3．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD­A
1
B
1
C
1
D
1
中，
3 cm，AA
1
＝1 cm，则三棱锥D
1
­A
1
BD的体积为_______cm.
解析：三棱锥D
1
­A
1
BD的体积等于三棱锥B­A
1
D
1
D的体积，因为三棱锥B­A
1
D
1
D的高等于AB，< br>1
△A
1
D
1
D的面积为矩形AA
1
D1
D的面积的，所以三棱锥B­A
1
D
1
D的体积是正四棱柱A BCD­A
1
B
1
C
1
D
1
的
2
11
2
3
体积的，所以三棱锥D
1
­A
1
BD的体积等于
×3×1＝
.
662
3
答案：
2
4.如图所示是一个直三棱柱(以A
1
B
1
C
1
为底面) 被一个平面所截得到的几
体，截面为ABC，已知A
1
B
1
＝B1
C
1
＝1，∠A
1
B
1
C
1
＝90°，A
1
A＝4，B
1
B＝2，C
1
C
则 此几何体的体积为________．
解析：在A
1
A上取点A
2
，在C
1
C上取点C
2
，使A
1
A
2
＝C
1
C
2
＝BB
1
，连结A
2
B，
A
2
C
2
，
∴V＝V
A
1
B
1
C
1
-
A
2
BC
2
3
2223
2
－2＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S
2
AB＝
何< br>＝3，
BC
2
，
＋V
B
-
A
2
ACC
2

111＋223
＝
×1×1×2＋××2×
＝.
23222
3
答案：
2

V
1
3< br>5．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S
1
，S
2
，体积分别为V1
，V
2
.若它们的侧面积相等且＝，
V
2
2
S
1
则的值是________．
S
2

解析：设甲，乙 两个圆柱的底面半径分别为r
1
，r
2
，高分别为h
1
，h
2
，则有2πr
1
h
1
＝2πr
2
h2
，即
2
V
1
πr
1
h
1
V
1
r
1
r
1
3S
1

r
1

2
9
r
1
h
1
＝r
2
h
2
，又＝
2
，∴＝，∴＝，则＝

＝.
V
2
πr
2
h
2
V
2
r
2
r
2
2S
2

r
2

4
9
答案：
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O
1
半径为r，OO
1
＝d，则d＋r＝R；
∠ AO
1
B∠AOB
②若A，B是圆O
1
上两点，则AB＝2rsin ＝2Rsin.
22
[题组练透]
222

1．(2017 ·江苏高考)如图，在圆柱O
1
O
2
内有一个球O，该球与圆柱的上、
V
1
下底面及母线均相切．记圆柱O
1
O
2
的体积为V< br>1
，球O的体积为V
2
，则的值
V
2
是______ __．
解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O
1
O
2
的上、 下底面及母线均相切，所以圆柱的底
V
1
πR·2R
3
面半径为R、 高为2R，所以＝＝.
V
2
4
3
2
πR
3
3
答案： < br>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________．
33π

1

2
3
解析：设圆柱的底面半径为r，则r＝1－

＝，所以圆柱的 体积V＝
×π×1＝
.
44

2

4
22
2
3π
答案：
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＝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＝ 4－3－
22
3
2
＝2，
1
∴V
E
­
ABCD
＝
×3×3×2＝23.
3
答案：23 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，
1
当EF为直径， 且G在EF的垂直平分线上时，(S
△EFG
)
max
＝
×4×2＝ 4,
2

11
所以三棱锥O­EFG体积的最大值(V
O< br>­
EFG
)
max
＝
×(S
△EFG
)max
×AB＝×4×3＝4.
33
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
解答时首先要找准切点，通过作截面来解
截面法 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
首先确定球心位置，借助外接的性质——球心
构造直角三
角形法
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
因正方体、长方体的外接球半径易求得，故将
补形法 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

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]
2π
1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个 圆锥的高
3
为________．
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
正棱锥、正棱柱的外接球
球内切多面体或旋转体
适合题型

解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为
2π
的扇形，所以圆锥的母线长l＝3， 设圆
3
2π
22
锥的底面半径为r，则底面周长2πr＝3×，所以r＝1， 所以圆锥的高为3－1＝22.
3
答案：22
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________．

11

3
2

311
解析：S
△DFC
＝S
△ABC
＝
×

×2

＝，E到平面 DFC的距离h等于AD＝.
44

4
22

4
13
V
E
­
DFC
＝
×S
△DFC
×h＝
.
324
答案：
3

24
的
分
AB
△
3.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上< br>等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB
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，
为折痕折起△DBC，△E CA，△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： cm)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
3
2
3
a，△DBC的高为5－a，
46
3
则正三棱锥的高为
53
∴25－a>0，
3
∴0
3

3

< br>5－a

2
－

a

2
＝
6

6

53
25－a，
3
13
2
∴所得三棱锥的体积V＝
×
a
×
34
533
25－
a＝
×
312
53
54
25a
－a .
3

53
5
令t＝25a－a，
3
4
253
4
则t′＝100a－a，
3
3
由t′＝0，得a＝43，
此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm.
法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝
3
6
BC，
3
1
2
设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5－x，S
△ABC
＝
×23x×3x＝33x
，
2
1
2< br>故所得三棱锥的体积V＝
×33x×
3
5－x
2
－x＝3x< br>×25－10x＝3×25x
－10x.
2245

5
< br>45
令f(x)＝25x－10x，x∈

0，

，

2

则f′(x)＝100x－50x，
令f′(x)>0，即x－2x<0，得043
34

5

则当x∈

0，

时，f(x)≤f(2)＝80，

2

∴V≤3×80＝415.
∴所求三棱锥的体积的最大值为415.
答案：415
[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]
[A组——抓牢中档小题]

1．已知正方体ABCD­A
1
B1
C
1
D
1
的棱长为1，点E是棱B
1
B的中 点，则三棱锥B
1
­ADE的体积为
________．

1 1111
解析：VB
1
­ADE＝VD­AEB
1
＝S△AEB1
·DA＝
×××1×1＝
.
332212
1
答案：
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r
1
，r
2
，因为4πr
1
∶4πr
2
＝4∶9，
4
3
4
3

r
1

3

2

3
所以r
1
∶r
2
＝2∶3，所以两球体积之比为
πr
1
∶
πr
2
＝

＝

＝8∶27.
33

r
2

3

答案：8∶27 < br>3．(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，< br>则这个球的体积为________．
解析：设正方体的棱长为a，则6a＝18，得a＝3， 设该正方体外接球的半径为R，则2R＝3
34
3
4π279
a＝3，得R＝ ，所以该球的体积为
πR
＝
×
＝
π.
23382
9
答案：
π
2
4．已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为60π cm，则此圆锥的体积为________cm.
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
1
2
1
22
的高h＝l－r＝8，则此圆锥的体积为
πr
h＝
π×36× 8＝96π.
33
答案：96π
5．(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：cm)，则它的体
积为________(单位：cm)．

1
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，ch′ ＝8，所以斜高h′
2
1
2
43
＝2，正四棱锥的高为h＝3，所以 正四棱锥的体积为
×2×3＝
.
33
43
答案：
36．设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V
1
，S
1
，底面半径和 高均为r的圆锥的体积和侧
V
1
3S
1
面积分别为V
2，S
2
，若＝，则的值为________．
V
2
π
S
2
3
2
23
2
22

1
3
V
1
3a3
322
解析：由题意知，V
1
＝a，S
1
＝6a，V
2
＝
πr
，S
2
＝2πr， 由＝得，＝，得a＝r，从而
3V
2
π
1
3
π
πr
3
S
1
632
＝＝.
π
S
2
2π
32
答案：
π
7.(201 7·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC­A
1
B
1
C
1
中，已知AB＝AA
1
3，点P在棱CC
1
上，则三棱锥P­ABA
1
的体积为________．
19
解析：三棱锥的底面积S△ABA
1
＝
×3×3＝
，点P到底面的距离为
22
ABC的高h＝
9 3
.
4
93
答案：
4
2π
8．(2017·无 锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为，且面积为3π的扇形，则该圆锥
3
的体积等于 ________．
解析：设圆锥的母线为l，底面半径为r，
1
2
因为3π＝
πl
，所以l＝3，所以πr×3＝3π，
3
122π
222
所以r＝1，所以圆锥的高是3－1＝22，所以圆锥的体积是< br>×π×1×22＝
.
33
22π
答案：
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＝2πr＋2πrh＝24π，
即r＋rh＝12，得rh＝12－r，
∴V＝πrh＝πr(12－r)＝π(12r－r)，
223
22
23
＝
△
1

3

2
33
2< br>3－

＝，故三棱锥的体积VP­ABA
1
＝S△ABA
1
×h
23

2

＝

令V′＝π(1 2－3r)＝0，得r＝2，
∴函数V＝πrh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，
r1
此时2h＝12－4＝8，即h＝4，＝.
h2
1
答案：
2
10．三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC， AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝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、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1＋1＋
22< br>2
2
3
2
＝5，故外接球半

5

2
5
径为，表面积为4π×

＝5π.
2

2

答案：5π
22
11．已知正三棱锥P ­ABC的体积为，底面边长为2，则侧棱PA的长为________．
3
231
解析：设底面正三角形ABC的中心为O，又底面边长为2，故OA＝，由V
P
­
AB C
＝PO·S
△
ABC
，
33
得
2213
2
26
22
＝PO×
×2
，PO＝，所以PA＝PO＋AO＝2.
3343
答案：2
12．(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
2 πr＝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：3
13.如图所示，在体积为9的长方体ABCD­A
1
B
1
C
1< br>D
1
中，对角线B
1
D与
平面A
1
BC1
交于点E，则四棱锥E­A
1
B
1
C
1
D< br>1
的体积V＝________.
解析：连结B
1
D
1交A
1
C
1
于点F，连结BD，BF，则平面A
1
BC
1
∩平面BDD
1
B
1
＝BF，因为E∈平面A
1
BC
1
，E∈平面BDD
1
B
1
，所以E∈BF. 因为F是A
1
C
1
的
2

1FE11
中点，所以BF是中线，又B
1
F綊BD，所以＝，故点E到平面A
1
B1
C
1
D
1
的距离是BB
1
的，所以
2EB23
111
四棱锥E­A
1
B
1
C
1
D
1
的体积V＝
×S四边形A
1
B
1
C
1
D
1
×
BB
1
＝V长方体ABCD­A
1
B
1
C
1
D
1
＝1.
339
答案：1
14．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＝2a＋h
≥22ah，即
4ah≤162，该 正四棱柱的侧面积S＝4ah≤162，当且仅当h＝2a＝22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×2－162＝16(π－2)．
答案：16(π－2)
[B组——力争难度小题]

1．已知三棱锥S­A BC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＝
2
22

1

1＋1－2×1×1×
< br>－

＝3，

2

22
3
∴三角形ABC的外接圆直径2r＝＝2，
sin 120°
∴r＝1.
∵SC⊥平面ABC，SC＝1，
∴该三棱锥的外接球半径R＝
∴球O的表面积S＝4πR＝5π.
答案：5π 2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC­A
1
B
1
C1
中，AB＝1，BC＝2，
＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB
1
上的动点．当AD＋DC
1
最小时，三棱
D­ABC
1
的体积为_ _______．
解析：在直三棱柱ABC­A
1
B
1
C
1
中，BB
1
⊥平面ABC，所以BB
1
⊥AB，又因
BB
1
锥
2
r＋

2
5

SC

2

＝，
2

2

为∠ABC＝9 0°，即BC⊥AB，又BC∩BB
1
＝B，所以AB⊥平面BB
1
C
1
C, 因为AB＝1，BC＝2，点D为

1
侧棱BB
1< br>上的动点，所以侧面展开，当AD＋DC
1
最小时，BD＝1，所以S△BDC
1
＝
×BD×B
1
C
1
＝1，
2
11所以三棱锥D­ABC
1
的体积为
×S△BDC
1
×AB＝.
33
1
答案：
3
3．设四面体的六条棱的长分别为1,1 ,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的
取值范围是________．
解析：如图所示，AB＝2，CD＝a，设点E为AB的中点，则ED⊥AB，
⊥AB，则ED＝AD－ AE＝
22
EC
＜
22
，同理EC＝.由构成三角形的条件知0＜a
22
ED＋EC＝2，所以0＜a＜2.
答案：(0，2)
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，
AP·AC2×2cos θ2cos θ
AF＝＝＝，
22
PC
21＋cos θ1＋cos θ
在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，
∴EF＝AE－AF，
11
2< br>∴V
P
­
AEF
＝AF·EF·PE＝AF·2－AF
·2
66
＝
22
24
·2AF
－AF＝
·－
6 6
2cos θ
AF
－1
22
22
＋1≤
22，∴当AF＝1时，V
P
­
AEF
取得最大值，此时
66
AF＝
1
＝1，∴cos θ＝，sin θ＝
2
1＋cos θ3
2
，∴tan θ＝2.
3

答案：2
第2课时
[常考题型突破]
平行与垂直(能力课)
线线、线面位置关系的证明

[例1] (2017·江苏高考)如图，在三棱锥A ­BCD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，
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．
⊥
BD

(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ABC­A
1B
1
C
1
中，侧面AA
1
C
1
C是< br>菱形，AC
1
与A
1
C交于点O，E是棱AB上一点，且OE∥平面B CC
1
B
1
.
(1)求证：E是AB的中点；
(2)若AC
1
⊥A
1
B，求证：AC
1
⊥BC.
证明：(1)连结BC
1
，因为OE∥平面BCC
1
B
1< br>，OE⊂平面ABC
1
，平面BCC
1
B
1
∩
平面ABC
1
＝BC
1
，所以OE∥BC
1
. 因为侧面AA
1
C
1
C是菱形，AC
1
∩A
1
C＝O，
所以O是AC
1
中点，
AEAO
所以＝＝1，E是AB的中点.
EBOC
1
(2)因为 侧面AA
1
C
1
C是菱形，所以AC
1
⊥A
1C,
又AC
1
⊥A
1
B，A
1
C∩A1
B＝A
1
，A
1
C⊂平面A
1
BC，A1
B⊂平面A
1
BC，所以AC
1
⊥平面A
1
BC,
因为BC⊂平面A
1
BC，所以AC
1
⊥BC.
2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD
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，
是

1
在△PAC中，易知MN＝PA，MN∥PA，
2
1
又PA∥EB，EB＝PA，
2
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
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.
内接

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ABC­A
1
B
1
C
1
中，D，E分别为AB，
中点，点F在侧棱B
1
B上，且B
1
D⊥A
1
F，A1
C
1
⊥A
1
B
1
.
求证：(1)直线DE∥平面A
1
C
1
F；
(2)平面B
1
DE⊥平面A
1
C
1
F.
证明：(1)在直三棱柱ABC­A
1
B
1
C
1
中，A< br>1
C
1
∥AC.
在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，
BC的

所以D E∥AC，于是DE∥A
1
C
1
.
又因为DE⊄平面A
1
C
1
F，A
1
C
1
⊂平面A
1
C
1
F，
所以直线DE∥平面A
1
C
1
F. (2)在直三棱柱ABC­A
1
B
1
C
1
中，A
1
A⊥平面A
1
B
1
C
1
.
因为A< br>1
C
1
⊂平面A
1
B
1
C
1
，所以A
1
A⊥A
1
C
1
.
又因为A
1
C
1
⊥A
1
B
1
，A
1
A⊂平 面ABB
1
A
1
，A
1
B
1
⊂平面ABB
1
A
1
，A
1
A∩A
1
B
1＝A
1
，
所以A
1
C
1
⊥平面ABB
1
A
1
.
因为B
1
D⊂平面ABB
1
A
1
，所以A
1
C
1
⊥B
1
D.
又因为B
1
D⊥A
1
F，A
1
C
1
⊂平 面A
1
C
1
F，A
1
F⊂平面A
1
C1
F，A
1
C
1
∩A
1
F＝A
1，所以B
1
D⊥平面A
1
C
1
F.
因为直线B
1
D⊂平面B
1
DE，
所以平面B
1
DE⊥平面A
1
C
1
F.
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，
11
则MN綊CD，又AO綊CD，则MN綊AO，
22
∴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；
BF
(2)点F在BE上，若DE∥平面ACF，求的值．
BE
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，
BF1
∴F为BE中点，即＝.
BE2
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
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A C＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，
平面
且
⊥

CO＝1.
连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝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＝OC＋VO＝2.
2.(2 017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC­A
1
B
1
C
1
中，AC⊥BC，A
1
B与
交于点D，A
1
C与AC
1< br>交于点E.
求证：(1)DE∥平面B
1
BCC
1
；
(2)平面A
1
BC⊥平面A
1
ACC
1
. 证明：(1)在直三棱柱ABC­A
1
B
1
C
1
中，四 边形A
1
ACC
1
为平行四边形．
又E为A
1
C与AC
1
的交点， 所以E为A
1
C的中点.
同理，D为A
1
B的中点，所以DE∥BC.
又BC⊂平面B
1
BCC
1
，DE⊄平面B
1
BCC
1
，
所以DE∥平面B
1
BCC
1
.
(2)在直三棱柱AB C­A
1
B
1
C
1
中，AA
1
⊥平面AB C，
又BC⊂平面ABC，所以AA
1
⊥BC.
又AC⊥BC，AC∩A A
1
＝A，AC⊂平面A
1
ACC
1
，AA
1⊂平面A
1
ACC
1
，所以BC⊥平面A
1
ACC1
.
因为BC⊂平面A
1
BC，所以平面A
1
BC⊥ 平面A
1
ACC
1
.

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.
AB
1
22

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
CD∥AB，AB＝2C D，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，
⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2 QC.
求证：(1)PA∥平面QBD；
(2)BD⊥AD.
证明：(1)连结OQ,
因为AB∥CD，AB＝2CD，
形，
PA

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
腰梯形，且AB∥EF，AF＝2，EF ＝2AB＝42，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
＝AF＝2.
1
在△AGF中，GF＝EF＝22，AG＝AF＝2，
2
所以AG＋AF＝GF，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.
222
为等
＝BE

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.