习题2.3教学设计第一课时

专题讲座3--立体几何

热点1：位置关系的证明

1. 在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°. (1) 求证：平面PAC⊥平面PAB；

(2) 设平面PBC∩平面PAD＝l，求证：BC∥l. 证明：(1) 因为PA⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PA⊥AC.(1分) 因为AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理，

得AC＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝12＋22－2×1×2cos 60°＝3.(3分) 因为12＋(3)2＝22，即AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB.(5分) 因为AC⊥PA，且PA∩AB＝A，PA平面PAB，AB平面PAB，

所以AC⊥平面PAB.(6分) 又AC平面PAC，所以平面PAC⊥平面PAB.(7分) (2) 因为BC∥AD，AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC∥平面PAD.(10分) 因为BC平面PBC，且平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.(12分

2.如图，圆O为三棱锥P－ABC的底面ABC的外接圆，AC是圆O的直径，PA⊥BC，点M是线段PA的中点．

(1)求证：BC⊥PB；

(2)设PA⊥AC，PA＝AC＝2，AB＝1，求三棱锥P－MBC的体积；

(3)在△ABC内是否存在点N，使得MN∥平面PBC？请证明你的结论．

(1)证明

如图，因为AC是圆O的直径，所以BC⊥AB，

因为BC⊥PA，又PA、AB⊂平面PAB，且PA∩AB＝A，

所以BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，

(2)解

如图，在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝1，

所以BC＝3，因此S△ABC＝3，因为PA⊥BC，PA⊥AC，BC∩AC＝C，

213133所以PA⊥平面ABC，所以，VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝··2－··1＝. 32326(3)解

如图，取AB的中点D，连接OD、MD、OM，则N为线段OD(除端点O、D外)上任意一点即可，理由如下：

因为M、O、D分别是PA、AC、AB的中点，所以MD∥PB，MO∥PC.因为，MD⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，

所以MD∥平面PBC，同理可得，MO∥平面PBC.因为MD、MO⊂平面MDO，MD∩MO＝M，

所以平面MDO∥平面PBC，因为MN⊂平面MDO，故MN∥平面PBC. 热点2位置关系的证明及体积的求法

1.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，点E是PD的中点，

棱PA与平面BCE交于点F. （1）求证：AD∥EF；

（2）若△PAB是正三角形，求三棱锥P－BEF的体积．

①证明

因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC∥AD.又因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以BC∥平面PAD.又因为B，C，E，F四点共面，且平面BCEF∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF. 又因为BC∥AD，所以AD∥EF.

1

1②解

由①知，AD∥EF，点E是PD的中点，所以点F为PA的中点，EF＝2AD＝1. 又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，所以AD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB. 13又因为△PAB是正三角形，所以PA＝PB＝AB＝2，所以S△PBF＝2S△PBA＝2. 1333又EF＝1，所以VP－BEF＝VE－PBF＝3×2×1＝6.故三棱锥P－BEF的体积为6. 2.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，PD＝2a，

O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．

（1）证明：平面EAC⊥平面PBD；

（2）若PD∥平面EAC，三棱锥P－EAD的体积为183，求a的值．

①证明

因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC. 又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD. 又AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBD. ②解

连接OE.因为PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE，

所以PD∥OE.又AC∩BD＝O，所以O是BD的中点，所以E是PB的中点．

因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，所以取AD的中点H，连接BH，

可知BH⊥AD，

又因为PD⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，所以PD⊥BH.又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，

所以BH⊥平面PAD.由于AB＝a，所以BH＝3a.因此点E到平面PAD的距离

2113311133a＝a，所以VP－EAD＝VE－PAD＝S△PAD×d＝××a×2a×a＝a3＝183.解得a＝6. 22243324123.如图，三棱台ABCEFG的底面是正三角形，平面ABC平面BCGF，CB2GF，BFCF. (Ⅰ)求证：ABCG；

(Ⅱ)若ABC和梯形BCGF的面积都等于3，求三棱锥GABE的体积. (Ⅰ)证明：取BC的中点为D，连结DF. 由ABCEFG是三棱台得，平面ABC//平面EFG，∴BC//FG. d＝BH＝×//GF，∴四边形CDFG为平行四边形，∴CG//DF. ∵CB2GF，∴CD∵BFCF，D为BC的中点，

∴DFBC，∴CGBC. ∵平面ABC平面BCGF，且交线为BC，CG平面BCGF，

∴CG⊥平面ABC，而AB平面ABC，∴CGAB. ……5分

(Ⅱ)∵三棱台ABCEFG的底面是正三角形，且CB2GF，

11∴AC2EG，∴SACG2SAEG，∴VGABEVBAEGVBACGVGABC. 22由(Ⅰ)知，CG平面ABC.∵正ABC的面积等于3，∴BC2，GF1. ∵直角梯形BCGF的面积等于3，

12CG2∴3，∴CG3，

231111∴VGABEVGABCSABCCG.……………12分

22334.

如图，在三棱锥DABC中，O为线段AC上一点，平面ADC平面ABC，且ADO,ABO为等腰直

2

角三角形，斜边AO42。

（Ⅰ）求证：ACBD；

（Ⅱ）将BDO绕DO旋转一周，求所得旋转体的体积。

DABOC（Ⅰ）证明：取AO中点为E，连DE,BE，如图因为ADDO,ABBO，

所以DEAC,BEAC，且DE所以BE=E，又DE，BE平面BDE，

AC平面BDE，又因为BD平面BDE，所以ACBD。

D（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知DEAC，又因为平面ADC平面ABC，且平面ADC平面ABC=AC，

所以DE平面ABC，所以三角形BDE为直角三角形，

又因为ADO,ABO为等腰直角三角形，斜边AO42，

所以BO=DO4，DE22，BE22，

AEOC所以在RtBDE中，可得BD4，所以BDO是边长为4的等边三角形，

B取DO中点为F，连BF，可知BF23，

所以将BDO绕DO旋转一周，所得旋转体是以23为底面半径，2为高的两个公共底面的圆锥。

1所以该几何体的体积V22233216。

BED90，5.如图，在四棱锥ABCDE中，底面BCDE是直角梯形，BE//CD，且ADCD2BE2，AE底面BCDE。

（Ⅰ）若F为AD的中点，求证：EF//平面ABC

（Ⅱ）若AB与底面BCDE所成角为4，求四棱锥ABCDE的体积

解：（Ⅰ）取AC的中点G，连接BG，FG，EF

（

1分）

11BECD又因为FG为三角形ACD的中位线，所以FG平行且等于CD

BE//CD因为，且22故BE//FG且BEFG，即BEFG为平行四边形，

因此EF//BG（

3分）

又因为EF平面ABC，BG平面ABC

所以EF//平面ABC（

4分）

（Ⅱ）因为AE底面BCDE所以ABE即为AB与底面BCDE所成角，

故ABE4。因此AEBE1（

6分）

因为AE底面BCDE，DE平面BCDE，所以AEDE

在直角三角形ADE中，AE1，AD2，所以DE3

133

S梯形BCDE（1+2）322

3

11333。（

12分）

VABCDES梯形BCDEAE13322ABC，

D是AC的中点.

6.【2018江西新余高三二模】如图，三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1B1B平面（1）求证：

B1C//平面A1BD；

AC2，

BC1，

（2）若A1，

1ABACB60，

ABBB求三棱锥C1ABD的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2)

3.

8

解析：解法一：（Ⅰ）连结AB1交∵D是AC的中点，∴OD∴B1C于点O，则O为AB1的中点，

B1C.又OD平面A1BD，

B1C平面A1BD，

平面A1BD

222（Ⅱ）∵AC2，

BC1，

ACB60，∴ABACBC2ACBCcosACB3，

∴.取中点，连结，∵ABBB1AA1，

A1AB60，

∴ABA1为等边三角形，∴A1M1MAB，且A3，

2又∵平面AA平面AA1B1B，

1B1B平面ABC，平面AA1B1B平面ABCAB，AM1∴A1M平面ABC，∵SABD1S2ABC31，∴SC1-ABD=SA1ABDS43ABDA1M3.

8解法二：（Ⅰ）取AC11中点D1，连结B1D1，

DD1，

CD1，

∵A1D111A1C1，

CDAC，

AC11AC，∴A1D1CD，

22∴四边形A1DCD1为平行四边形，∴CD1A1D，

平面A1BD.∵BB1AA1DD1，

又A1D平面A1BD，

CD1平面A1BD，∴CD1∴四边形D1DBB1为平行四边形，∴B1D1BD，又BD平面A1BD，

B1D1平面A1BD，

4

∴B1D1∴B1C平面A1BD.又CD1B1D1D1，∴平面B1CD1平面A1BD.又B1C平面B1CD1，

平面A1BD

，ACB60，∴AB2AC2BC22ACBCcosACB3，

（Ⅱ）∵AC2，BC1∴AB3.∴AC2AB2BC2，∴BCAB.

ABC，平面AA1B1B

平面ABCAB.∴BC平面AA1B1B.

又∵平面AA1B1B平面∵A，ABBB1AA1，∴AA13，∴S1AB60A1AB133.∵D是AC中ABAA1sinA1AB243

8点，∴SC1-ABD=VA1ABDVDA1AB111VCA1ABS223A1ABBCP热点3.点到面的距离的求法

1.如图，在三棱锥PABC中，ACAB,PHBC,PAPCACAB2,H

为AC的中点

（1）求证：PAAB;

（2）求点A到平面PBC的距离.

AHCB

5

2.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，ABC60，PAPBAB2，点N

为AB的中点.

（Ⅰ）证明：ABPC；

（Ⅱ）若点M为线段PD的中点，平面PAB平面ABCD，求

点D到平面MNC的距离. （1）连接AC，因为ABBC，ABC60，所以ABC为正三角形，

又点N为AB的中点，所以ABNC.…………………2分

又因为PAPB，N为AB的中点，所以ABPN.又NC又PC平面PNC，所以ABPC.…………………6分

（2）由（1）知PNAB.又平面PAB平面ABCD，交线为AB，…………………8分

所以PN平面ABCD，由VMNCDVDMCN.…………………9分

PNN，所以AB平面PNC，……4分

1131VMNCD3，VDMCNSMNCh，…………………10分

3322SMNC21221，由等体积法知得h.…………………12分

473.在三棱锥PABC中，底面ABC为等边三角形，E,F为BC,PB的中点，平面PBC平面ABC。

（Ⅰ）求证：CFAE；

（Ⅱ）若AB2,PE3且PBPC，求点C到平面ABF的距离。

解：（Ⅰ）证明：因为平面PBC平面ABC，底面ABC为等边三角形，

E为BC的中点，所以AEBC，平面PBC平面ABC=BC，

AE平面

ABC，所以AE平面PBC,CF平面PBC，所以CFAE；

（Ⅱ）因为PBPC，所以PEBC，AB2，PE3，

所以BE1，PBPE2BE2=2，设点C到平面ABF的距离为d，

平面ABC=BC，PEBC，PE平面PBC，所以因为平面PBC平面ABC，平面PBCPE平面ABC，点F到平面ABC的距离等于PE的一半，

根据等体积转化可知，VFABCVCABF1111SABCPESABFd，SABC233，又3232AEPE=3,PA226，因为AB2，PB2，PA6，PAB为等腰三角形，PA边上的高为110156101151ABPA=4=，所以SPAB6，所以SABFSPAB，

42222242

6

所以3133115215。

d，所以d23454.如图，多面体ABCB1C1D是由三棱柱ABC－A1B1C1截去一部分后而成，D是AA1的中点．

(1)若F在CC1上，且CC1＝4CF，E为AB的中点，求证：直线EF∥平面C1DB1；

(2)若AD＝AC＝1，AD⊥平面ABC，BC⊥AC，求点C到平面B1C1D的距离．

(1)证明

方法一

取AC的中点G，CC1的中点H，连接AH，GF，GE，如图所示．

∵AD∥C1H且AD＝C1H，∴四边形ADC1H为平行四边形，

∴AH∥C1D，又F是CH的中点，G是AC的中点，∴GF∥AH，∴GF∥C1D，

又GF⊄平面C1DB1，C1D⊂平面C1DB1，∴GF∥平面C1DB1，

又G，E分别是AC，AB的中点，∴GE∥BC∥B1C1，

又GE⊄平面C1DB1，B1C1⊂平面C1DB1，∴GE∥平面C1DB1，

又GE∩GF＝G，GE⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，

∴平面GEF∥平面C1DB1，又EF⊂平面GEF，∴EF∥平面C1DB1.

3又C1F＝CC1－CF＝CC1，∴

EM∥C1F且EM＝C1F，故四边形EMC1F为平行四边形，∴C1M∥EF，

4又EF⊄平面C1DB1，C1M⊂平面C1DB1，∴EF∥平面C1DB1. (2)解

∵AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC，又AD＝AC＝1，CC1＝2AD，AD∥CC1，

∴C1D＝DC＝AC＋AD＝2AD＝2，C1C＝4，故CC1＝CD＋C1D，即C1D⊥CD，又BC⊥AC，AD⊥BC，AC∩AD＝A，

222222222AC，AD⊂平面ACC1D，∴BC⊥平面ACC1D，又CD⊂平面ACC1D，∴BC⊥CD，又B1C1∥BC，∴B1C1⊥CD，

又DC1∩B1C1＝C1，DC1，B1C1⊂平面B1C1D，∴CD⊥平面B1C1D，∴点C到平面B1C1D的距离为CD的长，即为2. 5.如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且AB∥CD，O是AB中点，PO⊥平面ABCD，PO＝CD＝DA1＝AB＝4，M是PA中点．

2

7

(1)证明：平面PBC∥平面ODM；

(2)求点A到平面PCD的距离．

解

(1)证明：由题意，CD∥BO，CD＝BO，∴四边形OBCD为平行四边形，∴BC∥OD. 又∵AO＝OB，AM＝MP，∴OM∥PB.又OM⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，

∴OM∥平面PBC.同量，OD∥平面PBC，又OM∩OD＝O，∴平面PBC∥平面ODM. (2)取CD的中点N，连接ON，PN，则ON，PN分别为△ACD，△PCD的高．

1由PO＝CD＝DA＝AB＝4.可得PN＝27，ON＝23. 2设点A到平面PCD的距离为d.∵V三棱锥A－PCD＝V三棱锥P－ACD，

1111421即××4×27×d＝××4×23×4，∴d＝. 32327热点4.折叠问题

1.如图，在菱形ABCD中，AB2,BCD60，AC与BD交于点O.以BD为折痕，将ABD折起，使点A到达点A6

1的位置. AC1(1)若AC6

求证：平面A1BD平面ABCD

1(2)若AC22，求三棱锥A1BCD的体积.

1【答案】(1)见证明；(2)

【解析】（1）根据线面垂直的判定定理证明OA1平面ABCD，进而可得面面垂直；

（2）先由题意证明解：（1）因为, 所以平面平面，再由三棱锥的体积公式即可得出结果. ，四边形ABCD为菱形，所以BCD为正三角形，

因为，平面平面，在

，所以

，所以，平面中，平面, . ，

（2）由于，所以所以，，

2.如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2 所示)，连接AP、PF，其中PF＝25. (1)求证：PF⊥平面ABED；

(2)求点A到平面PBE的距离．

8

解析：(1)证明：由翻折不变性可知PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，在△PBF中，PF＋BF＝20＋16＝36＝PB，

所以PF⊥BF.在题图1中，利用勾股定理，得EF＝6＋在△PEF中，EF＋PF＝61＋20＝81＝PE，∴PF⊥EF. 又∵BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，∴PF⊥平面ABED. (2)由(1)知PF⊥平面ABED，∴PF为三棱锥P－ABE的高．设点A到平面PBE的距离为h，

11118585，即点A到平面PBE的距离为. 3232333.如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF中点现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体在图②中, (1)证明:EF⊥MC

(2)求三棱锥M一ABD的体积

2222222－3－2＝61，

VA－PBE＝Vp－ABE，即××6×9×h＝××12×6×25，∴h＝

9

热点5.探究性问题

1.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．

(1).求证：直线BE∥平面A1FC1；

(2).平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，

并求三棱锥B－EFM的体积．

(1)证明

取A1C1的中点G，连接EG，FG，∵点E为A1B1的中点，∴EG∥B1C1

11且EG＝B1C1，∵F为BC中点，∴BF∥B1C1且BF＝B1C1，所以BF∥EG且BF＝EG.所以四边形BFGE是平行四边形，

22所以BE∥FG，又BE⊄平面A1FC1，FG⊂平面A1FC1，所以直线BE∥平面A1FC1. ②解

M为棱AB的中点．理由如下：因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1FC1，A1C1⊂平面A1FC1，

所以直线AC∥平面A1FC1，又平面A1FC1∩平面ABC＝FM，所以AC∥FM. 1又F为棱BC的中点，所以M为棱AB的中点．△BFM的面积S△BFM＝S△ABC

4113133＝××2×2×sin 60°＝，所以三棱锥B－EFM的体积VB－EFM＝VE－BFM＝××2＝. 4243462.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PA3，

AB//CD，ABAD，ADDC1，AB2，E为侧棱PA上一点. （Ⅰ）若PE1PA，求证：PC//平面EBD；

3（Ⅱ）求证：平面EBC平面PAC；

（Ⅲ）在侧棱PD上是否存在点F，使得AF平面PCD？若存在，

求出线段PF的长；若不存在，请说明理由．

解：（Ⅰ）设ACBDG，

连结EG.由已知AB//CD，DC1，AB2,得

1AGABAEAEAG，得EG//PC.

2.由PEPA,得2.在PAC

中，由3GCDCEPEPGC因为EG平面EBD，PC平面EBD，

所以PC//平面EBD. ……….5分

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，BC平面ABCD

，所以BCPA.由已知得AC2，BC2，AB2

，所以AC2BC2AB2.所以BCAC.又PAACA，所以BC平面PAC.因为BC平面EBC，所以平面EBC平面PAC. …………….10分

（Ⅲ）在平面PAD内作AFPD于点F，由DCPA，DCAD，PA得DC平面PAD.因为AFADA，

平面PAD，所以CDAF.又PDCDD，所以AF平面PCD.由3.………..12分

210 PA3，AD1，PAAD，得PF

3.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．

①求证：直线BE∥平面A1FC1；

②平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥B－EFM的体积．

①证明

取A1C1的中点G，连接EG，FG，∵点E为A1B1的中点，∴EG∥B1C1

11且EG＝B1C1，∵F为BC中点，∴BF∥B1C1且BF＝B1C1，

22所以BF∥EG且BF＝EG.所以四边形BFGE是平行四边形，

所以BE∥FG，又BE⊄平面A1FC1，FG⊂平面A1FC1，所以直线BE∥平面A1FC1. ②解

M为棱AB的中点．理由如下：因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1FC1，A1C1⊂平面A1FC1，

所以直线AC∥平面A1FC1，又平面A1FC1∩平面ABC＝FM，所以AC∥FM. 1又F为棱BC的中点，所以M为棱AB的中点．△BFM的面积S△BFM＝S△ABC

4113133＝××2×2×sin 60°＝，所以三棱锥B－EFM的体积VB－EFM＝VE－BFM＝××2＝. 4243464.如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC = 90，AA1丄平面ABC，AB = AC，E是线段BB1上的动点，D足线段BC的中点。

(I)证明：ADC1E；

(II)若AB = 2, AA1=32,且直线AC1、C1E所成角的余弦值为棱锥B1A1DE的体积。

解析：（Ⅰ）因为AA1平面ABC，所以CC1平面ABC. 而CC1平面BCC1B1,所以平面ABC平面BCC1B1.………2分

因为线段BC的中点为D，且ABC是等腰三角形，所以ADBC.

而AD平面ABC,平面ABC平面CBB1C1BC, 01,试指出点E在线段BB1上的位置，并求三2所以AD平面CBB1C1. 又因为C1E面CBB1C1，所以ADC1E.

……5分

（Ⅱ）AAC则AA1AC.BAC90，即AC1平面AB，AB.又ABACA，所以AC平面ABB1A1，故AC11平面ABB1A1，所以A1EC1是直角三角形. 在三棱柱ABCA1B1C1中，AC//AC11，直线AC、C1E所成角的余弦为则在RtA1EC1中，cosA1C1E1，

21，AC11AC2，所以AE123.………7分

2E是线段BB1的靠近点B的三等分在RtA1B1E中，A1B12，所以B1E22.因为AA132，所以点

11

点.

………9分

因为VC1A1B1E11142SA1B1ECA2222,

332312所以VB1A1DE=VDA1B1E=VCA1B1E

22.………12分

312