江苏专用2020高考数学二轮复习专题二立体几何教学案.doc

1、专题二 立体几何 江苏卷5年考情分析小题考情分析大题考情分析常考点空间几何体的表面积与体积(5年4考)本专题在高考大题中的考查非常稳定，主要是线线、线面、面面的平行与垂直的证明，一般第(1)问是线面平行的证明，第(2)问是线线垂直或面面垂直的证明，考查形式单一，难度一般.偶考点简单几何体与球的切接问题第一讲 | 小题考法立体几何中的计算考点(一)空间几何体的表面积与体积主要考查柱体、锥体以及简单组合体的表面积与体积.题组练透1(2019江苏高考)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是_解析：设长方体中BCa，CDb，CC1c，则abc12

2、0， VEBCDabcabc12010.答案：102(2018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2，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2，所以该直四棱柱的侧面积为Scl42216.答案：163.(2018江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_解析：由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥2()21.答案：4.(2018南通、泰州一调)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的几何体已知正六棱柱

3、的底面边长、高都为4 cm，圆柱的底面积为9 cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为_cm(不计损耗)解析：由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为64249460 (cm3)，设所求正三棱柱的底面边长为x cm，则有x2660，解得x2，所以所求边长为2 cm.答案：25(2019苏北三市一模)已知正四棱锥的底面边长为2，高为1，则该正四棱锥的侧面积为_解析：易知正四棱锥的斜高为2，所以该正四棱锥的侧面积为4228.答案：8方法技巧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

4、三棱锥的体积时，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.考点(二)简单几何体与球的切接问题主要考查简单几何体与球切接时的表面积、体积的计算问题，以及将空间几何体的问题转化为平面几何图形的关系的能力. 题组练透1(2017江苏高考)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.答案：2(

5、2019南通等七市二模)设P，A，B，C为球O表面上的四个点，PA，PB，PC两两垂直，且PA2 m，PB3 m，PC4 m，则球O的表面积为_m2.解析：根据题意，可知三棱锥PABC是长方体的一个角，该长方体的外接球就是经过P，A，B，C四点的球，PA2，PB3，PC4，长方体的对角线的长为，即外接球的直径2R，可得R，因此，外接球的表面积为S4R2429.答案：293(2019无锡期初测试)已知正四面体ABCD的所有棱长都等于，则以A为顶点，BCD的内切圆为底面的圆锥的体积V_解析：设正BCD内切圆的圆心为O，连接OB，OA，则圆O的半径rBC，OBBC.易知OA平面BCD，所以OAOB，

6、所以圆锥的高hOA2，所以圆锥的体积Vr2h2.答案：4(2018全国卷改编)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为_解析：由等边ABC的面积为9，可得AB29，所以AB6，所以等边ABC的外接圆的半径为rAB2.设球的半径为R，球心到等边ABC的外接圆圆心的距离为d，则d2.所以三棱锥DABC高的最大值为246，所以三棱锥DABC体积的最大值为9618.答案：18方法技巧简单几何体与球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

7、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、四棱锥等考点(三)平面图形的翻折与空间图形的展开问题 主要考查空间图形与平面图形之间的转化，面积、体积以及最值 问题的求解.典例感悟典例(1)如图，正ABC的边长为2，CD是AB边上

8、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，则三棱锥EDFC的体积为_(2)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，BC2，AC，AA13，M为线段BB1上的一动点，则当AMMC1最小时，AMC1的面积为_解析(1)SDFCSABC，E到平面DFC的距离h等于AD，所以VEDFCSDFCh.(2)将侧面展开后可得：本题AMMC1最小可以等价为在矩形ACC1A1中求AMMC1的最小值如图，当A，M，C1三点共线时，AMMC1最小又ABBC12，AB1，BC2，CC13，所以AM，MC12，又AC1，所以cosAMC1，所以sinAMC1，故AMC1的面

9、积为S2.答案(1)(2)方法技巧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”与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；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演练冲关1有一根长为6 cm，底面半径为0.5 cm的圆柱型铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕4圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的长度最少为_cm.解析：由题意作出图形如图所示，则铁丝的长度至少为2.答

10、案：22(2018南京、盐城、连云港二模)在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图中阴影部分)，折叠成底面边长为的正四棱锥SEFGH(如图)，则正四棱锥SEFGH的体积为_解析：连结EG，HF，交点为O(图略)，正方形EFGH的对角线EG2，EO1，则点E到线段AB的距离为1，EB，SO2，故正四棱锥SEFGH的体积为()22.答案：3如图所示，平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为_解析：如图，取BD的中点E，BC的中点O，连接AE，OD，EO，A

11、O.因为ABAD，所以AEBD.由于平面ABD平面BCD，所以AE平面BCD.因为ABADCD1，BD，所以AE，EO.所以OA.在RtBDC中，OBOCODBC，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为.所以该球的体积V.答案： (一) 主干知识要牢记1空间几何体的侧面展开图及侧面积公式几何体侧面展开图侧面积公式直棱柱S直棱柱侧chc为底面周长h为高正棱锥S正棱锥侧chc为底面周长h为斜高即侧面等腰三角形的高正棱台S正棱台侧(cc)hc为上底面周长c为下底面周长h为斜高，即侧面等腰梯形的高圆柱S圆柱侧2rlr为底面半径l为侧面母线长圆锥S圆锥侧rlr为底面半径l为侧面母线长圆台S圆台侧(

12、r1r2)lr1为上底面半径r2为下底面半径l为侧面母线长2.柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体Sh(S为底面面积，h为高)；(3)V台(SS)h(不要求记忆)3球的表面积和体积公式(1)S球4R2(R为球的半径)；(2)V球R3(R为球的半径)4立体几何中相邻两个面之间的两点间距离路径最短问题，都可以转化为平面几何中两点距离最短(二) 二级结论要用好1长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2a2b2c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2a2b2c2.针对练1设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2，2，4，则其外接球的表面积为

13、_解析：依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R 2，所以该三棱锥外接球的表面积为S4R232.答案：322棱长为a的正四面体的内切球半径ra，外接球的半径Ra.又正四面体的高ha，故rh，Rh.针对练2正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为_解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以a2，解得a，故截面面积的最小值为.答案：3认识球与正方体组合的3种特殊截面：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体它们的相应轴截面如图所示(正方体的

14、棱长为a，球的半径为R) A组抓牢中档小题1. 若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 _解析：由题意，得圆锥的母线长l，所以S圆锥侧rl1.答案：2已知正六棱柱的侧面积为72 cm2，高为6 cm，那么它的体积为_cm3.解析：设正六棱柱的底面边长为x cm，由题意得6x672，所以x2，于是其体积V226636(cm3)答案：363(2019扬州中学模拟)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为_解析：如图，连接OA，OB.由SAAC，SBBC，SC为球O的直径，知OASC，O

15、BSC.由平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，OASC，知OA平面SCB.设球O的半径为r，则OAOBr，SC2r，三棱锥S ABC的体积VOA，即9，r3，S球表4r236.答案：364(2019南京四校联考)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA13，点E是棱BB1上一点(异于端点)，则三棱锥A1AEC的体积为_解析：由题意知，在正三角形ABC中，AB2，所以SABC22.连接BA1，由等体积法知，VA1AECVEAA1CVBA1ACVA1ABCAA1SABC.答案：5(2018扬州期末)若圆锥的侧面展开图是面积为3且圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为_解析：设圆锥的

16、底面半径为r，高为h，母线为l，则由l23，得l3，又由l2r，得r1，从而有h2，所以Vr2h.答案：6. 一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器当x6 cm时，该容器的容积为_cm3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm为边长的正方形，侧面高为5 cm，则正四棱锥的高为 4(cm)，所以所求容积V62448(cm3)答案：487(2019苏锡常镇四市一模)已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积的最大值为_解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则由

17、圆柱的轴截面的对角线长为2知，4r2h24.圆柱的侧面积S2rh2，当且仅当2rh时取等号，所以这个圆柱的侧面积的最大值为2.答案：28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，则的值为_解析：由题意知，V1a3，S16a2，V2r3，S2r2，由，即，得ar，从而.答案：9已知正方形ABCD的边长为2，E，F分别为BC，DC的中点，沿AE，EF，AF折成一个四面体，使B，C，D三点重合，则这个四面体的体积为_解析：设B，C，D三点重合于点P，得到如图所示的四面体PAEF.因为APPE，APPF，PEPFP，所以AP平面PEF

18、，所以V四面体PAEFV四面体APEFSPEFAP112.答案：10(2018常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为_解析：设截得的小圆锥的高为h1，底面半径为r1，体积为V1rh1；大圆锥的高为h6，底面半径为r，体积为Vr2h8.依题意有，V11，得h1h3，所以圆台的高为hh13.答案：311.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，ACB90，AC6，BCCC1，P是BC1上一动点，则CPPA1的最小值是_解析：连结A1B，沿BC1将CBC1展开，与A1BC1在同一个平面内，如图所示，连结A1C，则A1C的

19、长度就是所求的最小值因为A1C16，A1B2，BC12，所以A1CBCA1B2，所以A1C1B90.又BC1C45，所以A1C1C135，由余弦定理，得A1C2A1CCC2A1C1CC1cosA1C1C3622650，所以A1C5，即CPPA1的最小值是5.答案：512(2019南京三模)有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a，b，1.现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得新长方体高的最大值为_解析：设所得新长方体的高为h，根据题意，得所以h，当且仅当2ab，即a1，b2时取等号，故所得新长方体高的最大值为.答案：13已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为4，过圆锥的两条母线作截

20、面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为_解析：如图，设底面半径为r，由题意可得：母线长为r.又侧面展开图面积为r2r4，所以r2.又截面三角形ABD为等边三角形，故BDABr，又OBODr，故BOD为等腰直角三角形设圆锥底面中心到截面的距离为d，又VOABDVABOD，所以dSABDAOSOBD.又SABDAB282，SOBD2，AOr2，故d.答案：14. 底面半径为1 cm的圆柱形容器里放有四个半径为 cm的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水_cm3.解析：设四个实心铁球的球心为O1，O2，O3，O4，其中O1

21、，O2为下层两球的球心，O1O2O3O4为正四面体，棱O1O2到棱O3O4的距离为，所以注水高为1.故应注水体积为4(cm3)答案：B组力争难度小题1(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的四棱锥46312(cm3)又V长方体6641

22、44(cm3)，所以模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)答案：118.82.(2018苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90榫卯起来若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为_(容器壁的厚度忽略不计，结果保留)解析：设球形容器的最小半径为R，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体

23、的八个顶点在这个球面上球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R，得4R230.从而S球面4R230.答案：303.(2019启东中学模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为_cm.解析：法一：如图，过点S作SM平面ABCD，垂足为M，连接AM，由题意，可知SM10 cm，AM10 cm，易发现点M到每条棱的距离均为10 cm，所以点M即球心，球半径为10 cm.法二：在四棱锥SABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SOAOBOCODO10 cm，易知点O到

24、AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，AOSO10 cm，SA20 cm，所以O到SA的距离d10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半径r10 cm.答案：104(2019河南模拟)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面为M，则截面M的面积为_解析：如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，AFFC1APPC1，PG

25、CD，AFD1G.由题意易知CDC1D1，PGC1D1，四边形C1D1GP为平行四边形，PC1D1G，PC1AF，A，P，C1，F四点共面，四边形APC1F为菱形AC1，PF，截面M的面积SAC1PF .答案：5.如图所示，在直三棱柱中，ACBC，AC4，BCCC12，若用平行于三棱柱A1B1C1ABC的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为_解析：用过AB，AC的中点且平行于平面BCC1B1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB，BC的中点且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分

26、别为4，1，2的长方体，其表面积为28；用过AA1，BB1，CC1的中点且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4，2，1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24.答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为_解析：四边形AEFG在前、后面的正投影如图，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG在左、右面的正投影如图，当E与A

27、1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12第二讲 | 大题考法平行与垂直题型(一)线线、线面位置关系的证明平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面平行、垂直 的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直关系的转化等.典例感悟例1(2017江苏高考)如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明(

28、1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以EFAB.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BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC，所以ADAC.方法技巧立体几何证明问题的2个注意点(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

29、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演练冲关1.(2018苏锡常镇调研)如图，在四棱锥PABCD中，ADB90，CBCD，点E为棱PB的中点(1)若PBPD，求证：PCBD；(2)求证：CE平面PAD.证明：(1)取BD的中点O，连结CO，PO，因为CDCB，所以BDCO.因为PBPD，所以BDPO.又POCOO，所以BD平面PCO.因为PC平面PCO，所以PCBD.(2)由E为PB中点，连结EO，则EOPD，又EO平面PAD，PD平面PAD，所以EO平面PAD.由ADB90，

30、以及BDCO，所以COAD，又CO平面PAD，所以CO平面PAD.又COEOO，所以平面CEO平面PAD，而CE平面CEO，所以CE平面PAD.2(2019江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC.求证：(1)A1B1平面DEC1；(2)BEC1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.(2)因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC

31、.又因为BE平面ABC，所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.题型(二)两平面之间位置关系的证明 考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本质是考查线面垂直和平行.典例感悟例2(2019南京盐城一模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是棱BC，CC1上的点(其中点D不同于点C)，且ADDE，F为棱B1C1上的点，且A1FB1C1.求证：(1)平面ADE平面BCC1B1；(2)A1F平面ADE.证明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC.因为AD平面A

32、BC，所以CC1AD.又ADDE，在平面BCC1B1中，CC1与DE相交，所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE，所以平面ADE平面BCC1B1.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面A1B1C1，因为A1F平面A1B1C1，所以BB1A1F.又A1FB1C1，BB1B1C1B1，所以A1F平面BCC1B1.在(1)中已证得AD平面BCC1B1，所以A1FAD.又A1F平面ADE，AD平面ADE，所以A1F平面ADE.方法技巧证明两平面位置关系的求解思路(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

33、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. 演练冲关(2018江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1.求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC.证明：(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1.因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形又因为AA1AB

34、，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1A1B.因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC.因为A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC.因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC.题型(三)空间位置关系的综合问题主要考查空间线面、面面平行或垂直的位置关系的证明与翻折或存在性问题相结合的综合问题.典例感悟例3如图1，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD的中点，将ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1ABCE，其中平面D1AE平面ABCE.(1)证明：BE平面D1AE；(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使

35、得MF平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：四边形ABCD为矩形且ADDEECBC2，AEBE2.又AB4，AE2BE2AB2，AEB90，即BEAE.又平面D1AE平面ABCE，平面D1AE平面ABCEAE，BE平面ABCE，BE平面D1AE.(2)，理由如下：取D1E的中点L，连接FL，AL，FLEC，FLEC1.又ECAB，FLAB，且FLAB，M，F，L，A四点共面若MF平面AD1E，则MFAL.四边形AMFL为平行四边形，AMFLAB，即.方法技巧与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤演练冲关(2018全国卷)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，AC

36、M90.以AC为折痕将ACM折起，使点M到达点D的位置，且ABDA.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BPDQDA，求三棱锥QABP的体积解：(1)证明：由已知可得，BAC90，即BAAC.又因为BAAD，ACADA，所以AB平面ACD.因为AB平面ABC，所以平面ACD平面ABC.(2)由已知可得，DCCMAB3，DA3.又BPDQDA，所以BP2.如图，过点Q作QEAC，垂足为E，则QE綊DC.由已知及(1)可得，DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE1.因此，三棱锥QABP的体积为VQABPSABPQE32sin 4511. A组大题保分

37、练1(2019苏北三市期末)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别是B1C1，AB，AA1的中点(1)求证：EF平面A1BD；(2)若A1B1A1C1，求证：平面A1BD平面BB1C1C.证明：(1)因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EFA1B.因为EF平面A1BD，A1B平面A1BD，所以EF平面A1BD.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面A1B1C1，因为A1D平面A1B1C1，所以BB1A1D.因为A1B1A1C1，且D是B1C1的中点，所以A1DB1C1.因为BB1B1C1B1，B1C1，BB1平面BB1C1C，所以A1D平面BB1C1C.因为A1D平

38、面A1BD，所以平面A1BD平面BB1C1C.2.(2019南京四校联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，E是BC的中点，F在棱PC上，且PA平面DEF.(1)求证：ADPC；(2)求的值解：(1)证明：因为底面ABCD是矩形，所以ADDC.因为PD平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又PD，DC平面PCD，PDDCD，所以AD平面PCD.又PC平面PCD，所以ADPC.(2)如图，连接AC，交DE于G，连接FG.因为PA平面DEF，PA平面PAC，平面PAC平面DEFFG.所以PAFG，所以.因为底面ABCD是矩形，E是BC的中点，所以ADBC，A

39、D2EC.所以易知2.所以2.3.(2019扬州期末)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B平面ABC，E，F分别是四边形AA1B1B，BB1C1C对角线的交点求证：(1)EF平面ABC；(2)BB1AC.证明：(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形E，F分别是四边形AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，E，F分别是AB1，CB1的中点，EFAC.EF平面ABC，AC平面ABC，EF平面ABC.(2)四边形AA1B1B为矩形，BB1AB，平面AA1B1B平面ABC，BB1平面ABB1A1，平面ABB1A

40、1平面ABCAB，BB1平面ABC.AC平面ABC，BB1AC.4(2019南京三模)在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，AB1，BC2，ABC60.(1)求证：平面PAC平面PAB；(2)设平面PBC平面PADl，求证：BCl.证明：(1)因为PA平面ABCD，AC平面ABCD，所以PAAC.因为AB1，BC2，ABC60，所以由余弦定理，得AC.因为1222，即AB2AC2BC2，所以ACAB.又ACPA，PAABA，PA平面PAB，AB平面PAB，所以AC平面PAB.又AC平面PAC，所以平面PAC平面PAB.(2)因为BCAD，AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC平面

41、PAD.又BC平面PBC，且平面PBC平面PADl，所以BCl.B组大题增分练1(2018盐城三模)在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M，N分别是棱A1D1，D1C1的中点求证：(1)AC平面DMN；(2)平面DMN平面BB1D1D.证明：(1)连结A1C1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为AA1綊BB1，BB1綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1为平行四边形，所以A1C1AC.又M，N分别是棱A1D1，D1C1的中点，所以MNA1C1，所以ACMN.又AC平面DMN，MN平面DMN，所以AC平面DMN.(2)因为四棱柱ABCDA1B1C1D1是直

42、四棱柱，所以DD1平面A1B1C1D1，而MN平面A1B1C1D1，所以MNDD1.又因为棱柱的底面ABCD是菱形，所以底面A1B1C1D1也是菱形，所以A1C1B1D1，而MNA1C1，所以MNB1D1.又MNDD1，DD1平面BB1D1D，B1D1平面BB1D1D，且DD1B1D1D1，所以MN平面BB1D1D.而MN平面DMN，所以平面DMN平面BB1D1D.2(2019扬州中学模拟)如图，已知三棱锥PABC中，ACBC，PAPC，棱AC的中点为E，且BC平面PEF.(1)求证：EF平面PBC；(2)求证：平面PAC平面PEF.证明：(1)因为BC平面PEF，BC平面ABC，平面PEF平

43、面ABCEF，所以EFBC.又EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC.(2)因为PAPC，E是AC的中点，所以ACPE.又ACBC，EFBC，所以ACEF.又PEEFE，PE，EF平面PEF，所以AC平面PEF.又AC平面PAC，所以平面PAC平面PEF.3(2019南师附中、天一中学四月联考)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知点M为棱BC上异于B，C的一点(1)若M为BC的中点，求证：A1C平面AB1M；(2)若平面AB1M平面BB1C1C，求证：AMBC.证明：(1)连接A1B，交AB1于点N.在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，易知四边形AA1B1B为矩形，N

44、为A1B的中点又M为BC的中点，连接MN，MNA1C.又A1C平面AB1M，MN平面AB1M，A1C平面AB1M.(2)过点B作BPB1M，垂足为P，平面AB1M平面B1BCC1，平面AB1M平面B1BCC1B1M，BP平面BB1C1C，BP平面AB1M.AM平面AB1M.BPAM.在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BB1平面ABCD，AM平面ABCD，BB1AM.又BPBB1B，BP，BB1平面BB1C1C，AM平面BB1C1C.又BC平面BB1C1C，AMBC.4(2018常州期末)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC平面ABCD，PBPD，点Q是棱PC上异于P，C的

45、一点(1)求证：BDAC；(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QFBC.证明：(1)因为PC平面ABCD，BD平面ABCD，所以BDPC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点在PBD中，PBPD，所以BDOP.又PCOPP，PC平面PAC，OP平面PAC.所以BD平面PAC，又AC平面PAC，所以BDAC.(2)因为四边形ABCD是平行四边形，所以ADBC.又AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD平面PBC.又AD平面ADQF，平面ADQF平面PBCQF，所以ADQF，所以QFBC.第三讲 | 专题提能“立体几何

46、”专题提能课失误1因不会构造适当的几何体而解题受阻例1已知三棱锥SABC的四个顶点S，A，B，C都是球O表面上的点，SA平面ABC，ABBC，SAABBC1，则球O的体积等于_解析如图，可把该三棱锥补成正方体，正方体的体对角线即为外接球的直径，所以半径为，所以体积为.答案点评学生对于本题往往不知道球心的位置而导致不会解答把该三棱锥补成正方体来确定球心的位置是求解本题的关键之处，正方体的体对角线就是外接球直径.失误2因不会利用侧面展开图而解题受阻例2如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB4 cm，AD2 cm，AA13 cm，则在长方体表面上连结A，C1两点的所有曲线长度最小值为_c

47、m.解析将长方体的面分别展开平铺，当四边形AA1D1D和四边形DD1C1C在同一平面内时，最小距离为四边形AA1C1C的对角线，长度是；当四边形AA1D1D和四边形A1B1C1D1在同一平面内时，最小距离为四边形AB1C1D的对角线，长度是；四边形ABCD和四边形CDD1C1在同一平面内时，最小距离为四边形ABC1D1的对角线，长度是，所以最小距离是 cm.答案点评该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连结两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，

48、从而出现错误，所以一定要注意应该有三条路径.失误3因定理表述不严谨而导致丢分例3如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，求证：平面BC1D平面AB1D1.证明BDB1D1，BD平面AB1D1，B1D1平面AB1D1.BD平面AB1D1，同理BC1平面AB1D1.又BDBC1B，BD平面BC1D，BC1平面BC1D，平面BC1D平面AB1D1.点评在证明面面平行时，有的同学喜欢跳步，直接由线线平行得到面面平行，少了由线线平行到线面平行的过程，在考试中是要被扣分的立体几何逻辑性非常强，证明时要严格按照定理的要求来进行书写，切不可漏条件策略1割补法：求不规则几何体的体积例1如图所示，在多面体ABC

49、DEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且ADE，BCF均为正三角形，EFAB，EF2，则该多面体的体积为_解析法一：如图所示，分别过A，B作EF的垂线AG，BH，垂足分别为G，H.连结DG，CH，容易求得EGHF.所以AGGDBHHC，SAGDSBHC1，VVEADGVFBHCVAGDBHC21.法二：如图所示，将该多面体补成一个斜三棱柱ADEMNF，点F到平面AMND的距离为，则VVADEMNFVFMNCB1211.答案点评本题中所用的两种方法实际上就是求不规则几何体体积的两种基本方法法一是对不规则几何体进行分割法二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为规则几何体.策略2等

50、积法：求点到平面的距离例2在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD1，AB2，AA12，点M在平面ACB1内运动，则线段BM的最小值为_解析线段BM的最小值即点B到平面ACB1的距离h.在ACB1中，ACB1C，AB12，所以AB1边上的高为，所以S2.又三棱锥BACB1的体积VV212，所以Vh，所以h.答案点评等积法包括等面积法和等体积法利用等积法的前提是平面图形(或立体图形)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以求解几何图形的高， 特别是在求三角形的高(点到线的距离)或三棱锥的高(点到面的距离)时，通常采用此法解决问题1函数与方程思想解决立体几何中的最值问题例1如图，圆形纸

51、片的圆心为O，半径为5 cm，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(a0)cm，则ABC的面积为a2，DBC的高为5a，则正三棱锥的高为 ，25a0，0a0，即x42x30，得0x2，则当x时，f(x)f(2)80，V4.所求三棱锥的体积的最大值为4.答案

52、4 cm3点评处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题2高维与低维的转化思想解决几何体的展开问题例2如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为_cm.解析将三棱柱沿侧棱AA1展开得如图所示(两周)因为正三棱柱底面边长为2 cm，高为5 cm，所以AA15 cm，AA12 cm，所以A1A13，即最短路线为13 cm.答案13点评将空间几何体中的距离之和的最值问题通过侧面展开图的运用转化为平面几何的最值，这正是降维转化思想的运用线面平行问题中的常见转化方法典例如图，在直三

53、棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，CC14，M是棱CC1上的一点(1)求证：BCAM；(2)若N是AB的中点，且CN平面AB1M，求CM的长解(1)证明：因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因为BC平面ABC，所以CC1BC.因为ACBC，CC1ACC，CC1平面ACC1A1，AC平面ACC1A1，所以BC平面ACC1A1.因为AM平面ACC1A1，所以BCAM.(2)法一：如图，取AB1的中点P，连结NP，PM.因为N是AB的中点，所以NPBB1.因为CMBB1，所以NPCM，所以NP与CM共面因为CN平面AB1M，平面CNPM平面AB1MMP，所以CNMP.所以四边形

54、CNPM为平行四边形，所以CMNPBB1CC12.法二：如图，设NC与CC1确定的平面交AB1于点P，连结NP，PM.因为CN平面AB1M，CN平面CNPM，平面AB1M平面CNPMPM，所以CNMP.因为BB1CM，BB1平面CNPM，CM平面CNPM，所以BB1平面CNPM.又BB1平面ABB1，平面ABB1平面CNPMNP，所以BB1NP，所以CMNP，所以四边形CNPM为平行四边形因为N是AB的中点，所以CMNPBB1CC12.法三：如图，取BB1的中点Q，连结NQ，CQ.因为N是AB的中点，所以NQAB1.因为NQ平面AB1M，AB1平面AB1M，所以NQ平面AB1M.因为CN平面A

55、B1M，NQCNN，NQ平面NQC，CN平面NQC，所以平面NQC平面AB1M.因为平面BCC1B1平面NQCQC，平面BCC1B1平面AB1MMB1，所以CQMB1.因为BB1CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CMB1QBB1CC12.法四：如图，分别延长BC，B1M，设交点为S，连结AS.因为CN平面AB1M，CN平面ABS，平面ABS平面AB1MAS，所以CNAS.由于ANNB，所以BCCS.又因为CMBB1，可得SMMB1，所以CMBB1CC12.点评线面平行无论是判定定理还是性质定理都是需要转化为线线平行常见的方式有构造三角形转化为线线平行，构造平行四边形转化为对边平行，

56、构造面面平行再利用面面平行的性质定理进行证明 A组易错清零练1设l，m表示直线，m是平面内的任意一条直线则“lm”是“l”成立的_条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)解析：由lm，m，可得l，l或l与相交，推不出l；由l，m，结合线面垂直的定义可得lm.故“lm”是“l”成立的必要不充分条件答案：必要不充分2(2019南京盐城二模)已知正四棱锥PABCD的所有棱长都相等，高为，则该正四棱锥的表面积为_解析：设正四棱锥PABCD的棱长为2x，则斜高为x，所以()2x2(x)2，得x1，所以该正四棱锥的棱长为2，表面积S4422sin 6044.答案：443

57、.(2019苏州期末)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥所得的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面的大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥的体积为_解析：如图，记挖去的正三棱锥为正三棱锥PABC，则该正三棱锥的底面三角形ABC内接于半球底面的大圆，顶点P在半球面上设BC的中点为D，连接AD，过点P作PO平面ABC，交AD于点O，则AOPO2，AD3，ABBC2，所以SABC233，所以挖去的正三棱锥的体积VSABCPO322.答案：24(2019常州期末)已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面圆为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(

58、如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为_解析：设圆锥SO的底面圆的半径为r，高为h，则圆柱PO的底面圆的半径为r，高为h，故圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为.答案：B组方法技巧练1(2019山东联考)如图，ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，PQRH是棱长为4的正四面体，底面ABCD，QRH在同一个平面内，BCQH，则正方体中过AD且与平面PHQ平行的截面面积是_解析：设截面与A1B1，D1C1分别相交于点E，F，则EFAD.过点P作平面QRH的垂线，垂足为O，则O是QRH的中心设ORHQG，则EABPGO.由RG2得RO2OG，PO，所以sinEABsinPGO，即，

59、则EA3，所以四边形AEFD的面积S4312.答案：122在空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，表示平面，给出下列四个命题：若ab，bc，则ac；若ab，bc，则ac；若a，b，则ab；若a，b，则ab.其中真命题的序号为_解析：根据公理知平行于同一条直线的两条直线互相平行，正确；根据线面垂直性质定理知“同垂直一个平面的两条直线平行”，知正确；均不恒成立故选.答案：3(2019宿迁模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为_解析：如图

60、，不妨设N在B处，设AMh，CQm，则MB2h24，BQ2m24，MQ2(hm)24，由MB2BQ2MQ2，得m2hm20.h280h28，该直角三角形斜边MB 2，故该直角三角形斜边长的最小值为2.答案：24(2019如皋中学模拟)如图，已知三棱柱ABCABC的侧棱垂直于底面，ABAC，BAC90，点M，N分别为AB和BC的中点(1)求证：MN平面AACC；(2)设AB AA，当为何值时，CN平面AMN，试证明你的结论解：(1)证明：如图，取AB 的中点E，连接ME，NE.因为M，N分别为AB和BC的中点，所以NEAC，MEAA.又AC平面AACC，AA平面AACC，NE平面 AACC，ME

61、平面AACC，所以ME平面AACC，NE平面AACC，又因为MENEE，所以平面MNE平面AACC，因为MN平面MNE，所以MN平面AACC.(2)连接BN，设AAa，则ABAAa，由题意知BCa，CNBN ，因为三棱柱ABCABC的侧棱垂直于底面，所以平面ABC平面BBCC.因为ABAC，点N是BC的中点，所以ABAC，ANBC，所以AN平面BBCC，又CN平面BBCC，所以CNAN，要使CN平面AMN，只需CNBN即可，所以CN2BN2BC2，即222a2，解得，故当 时，CN平面AMN.5.如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD平面BCE，BEEC.(1)求证：平面AEC平面ABE；(

62、2)点F在BE上，若DE平面ACF，求 的值解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以ABBC.因为平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC，AB平面ABCD，所以AB平面BCE.因为EC平面BCE，所以ECAB.因为ECBE，AB平面ABE，BE平面ABE，ABBEB，所以EC平面ABE.因为EC平面AEC，所以平面AEC平面ABE.(2) 连结BD交AC于点O，连结OF.因为DE平面ACF，DE平面BDE，平面ACF平面BDEOF，所以DEOF.又因为矩形ABCD中，O为BD的中点，所以F为BE的中点，即.C组创新应用练1下列命题：若直线l平行于平面内的无数条直线，则l；若直

63、线a在平面外，则a；若直线ab，直线b，则a；若直线ab，b，那么直线a就平行于平面内的无数条直线其中真命题的个数为_解析：对于，直线l虽与平面内的无数条直线平行，但l有可能在平面内，l不一定平行于，是假命题；对于，直线a在平面外，包括两种情况：a和a与相交，是假命题；对于，ab，直线b，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面内，a不一定平行于，是假命题；对于，ab，b，那么a或a，a与平面内的无数条直线平行，是真命题. 答案：12.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PAAB2，过点A作平面PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥PAEF的体积最大时，tanB

64、AC_解析：PB平面AEF，AFPB.又ACBC，APBC，BC平面PAC，AFBC，AF平面PBC，AFE90.设BAC，在RtPAC中，AF，在RtPAB中，AEPE，EF，VPAEFAFEFPEAF，当AF1时，VPAEF取得最大值，此时AF1，cos ，sin ，tan .答案：3.如图所示，等腰ABC的底边AB6，高CD3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EFAB，现沿EF将BEF折起到PEF的位置，使PEAE，记BEx，V(x)表示四棱锥PACFE的体积，则V(x)的最大值为_解析：因为PEEF，PEAE，EFAEE，所以PE平面ABC.因为CDAB，FEAB

65、，所以EFCD，所以，即，所以EF，所以SABC639，SBEFxx2，所以V(x)xx(0x3)因为V(x)，所以当x(0，6)时，V(x)0，V(x)单调递增；当6x3时，V(x)0，V(x)单调递减，因此当x6时，V(x)取得最大值12.答案：124. 如图所示，在RtABC中，AC6，BC3，ABC90，CD为ACB的平分线，点E在线段AC上，CE4.如图所示，将BCD沿CD折起，使得平面BCD平面ACD，连结AB，设点F是AB的中点(1)求证：DE平面BCD；(2)若EF平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥BDEG的体积解：(1)证明：在题图中，因为AC6，BC3

66、，ABC90，所以ACB60.因为CD为ACB的平分线，所以BCDACD30，所以CD2.又因为CE4，DCE30，所以DE2.则CD2DE2CE2，所以CDE90，即DECD.在题图中，因为平面BCD平面ACD，平面BCD平面ACDCD，DE平面ACD，所以DE平面BCD.(2)在题图中，因为EF平面BDG，EF平面ABC，平面ABC平面BDGBG，所以EFBG.因为点E在线段AC上，CE4，点F是AB的中点，所以AEEGCG2.过点B作BHCD交于点H.因为平面BCD平面ACD，BH平面BCD，所以BH平面ACD.由条件得BH.又SDEGSACDACCDsin 30，所以三棱锥BDEG的体

67、积为VSDEGBH.5(2019南昌模拟)如图，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.设M，N分别为PD，AD的中点(1)求证：平面CMN平面PAB；(2)求三棱锥PABM的体积解：(1)证明：M，N分别为PD，AD的中点，MNPA，又MN平面PAB，PA平面PAB，MN平面PAB.在RtACD中，CAD60，CNAN，ACN60.又BAC60，CNAB.CN平面PAB，AC平面PAB，CN平面PAB.又CNMNN，平面CMN平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN平面PAB，点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离AB1，ABC9

68、0，BAC60，BC，三棱锥PABM的体积VVMPABVCPABVPABC12.6(2019南通等七市二模)图1是一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成如图2，屋顶由四坡屋面构成，其中前、后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左、右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H，M.已知HM5 m，BC10 m，梯形ABFE的面积是FBC面积的2.2倍设FMH.(1)求屋顶面积S关于的函数关系式；(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k(k为正常数)，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16k.现欲造一栋上、下总高度为6 m的新农村别墅，试问：当为何值时，总造价最低？解：(1)由题意知，FH平面ABCD，FMBC，由HM平面ABCD，得FHHM.在RtFHM中，HM5，FMH，所以FM.因此SFBC10.从而屋顶面积S2SFBC2S梯形ABFE222.2，所以屋顶面积S关于的函数关系式为S.(2)在RtFHM中，FH5tan ，所以下部主体高度h65tan .所以别墅总造价ySkh16kk(65tan )16k k k96k80k96k，记f()，0，则f()，令f()0，得sin ，又0，所以.当变化时，f()，f()的变化情况如下表所示，f()0f()所以当时，f()取得最小值即当为时该别墅总造价最低