數(shù)學-立體幾何大題15種題型全歸納

平面ACD,G立體幾何大題15種題型全歸納平面ACD,G【題型一】平行1:四邊形法證線面平行【典例分析】如圖，在正方體ABCD-AB;C;D中，E,F分別是AA,CD的中點.(1)求證：EF//平面ACD;(2)求異面直線ED?與AC所成角的余弦值.(1)在正方體ABCD-AB?CD?而F是CD的中點，則FG//DD,中，取CD?中點G,連接FG,GA,如圖，,又E是AA的中點，則AE//DD,,四邊形FGAE是平行四邊形，有EF//GA,而EFxACD,EF?/平面ACD.【經(jīng)驗總結】基本規(guī)律1.利用平移法做出平行四邊形2.利用中位線做出平行四邊形【變式演練】(2)若PC=2,求三棱錐P-ACE的體積.A平面是【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)取PA的中點F,連接EF,DF,利用平行四邊形證明EC//DF,(2)根據(jù)等體積法知Vp-AcE=V-Acp,即可由棱錐體積公式求解.(1)取PA的中點F,連接EF,DF,∵點E,F分別為PB,PA的中點，再由線面平行的判定定理即∴EF//CD,EF=CD,∴∴EC/DF,又∵EC平面PAD,DFC平面PAD,∴CE//平面PAD;N為PD的中點.(1)求證：AN//平面PBC;(2)求平面PAD與平面PBC所成二面角的余弦值；(3)在線段PD上是否存在一點M,使得直線CM與平面PBC所成角的正弦值是,若存在求出的值，若不存在說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，(1)證明：取CP中點F,連接NF、BF,因為F,N分為PC,PD且的中點，則NF//DC,且又AB//CD,且CD=2,所以四邊形NABF是平行四邊形，【題型二】平行2:中位線法證線面平行【典例分析】.如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形，AB//DC,且(1)求證：GF//平面PAB;(2)求三棱錐B-GFC的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)連接DG并延長交PA于點E,連接BE,由已知條件可得。ABF~△CDF,得·再由G為△PAD的重心，,則有從而可得GF//EB,再由線面平行的判定可證得(2)由已知可得△PAD和。ADC為正三角形，連接PG并延長交AD于點M,有PM⊥AD,則PM⊥面ABCD,從而可得I,然后由已知條件求解Vo-Anc,(1)證明：在圖中：連接DG并延長交PA于點E,連接BE.所以GF//EB.而GF±平面PAB,EBC平面PAB,所以GF//平面PAB.【經(jīng)驗總結】中位線法難點在于怎么“發(fā)現(xiàn)三角形”【變式演練】1.如圖，三棱臺AB?C?-ABC,平面AACC⊥平面ABC,側(cè)面AACC是等腰梯形，,,AC=BC=2ACG?=2√2,M,H分別是AB.AC;的中點.(1)求證：CM//平面AB;H;(2)求CM與平面ABC所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】(1)根據(jù)平行四邊形的判定定理和性質(zhì)，結合線面平行的判定定理進行證明即可；(2)利用平行線的性質(zhì)，結合線面垂直的判定定理、三棱錐等積性、線面角的定義進行求解即可.(1)證明：連接AM與AB交于點P,連接PH,因為AC=2AC,所以由棱臺的性質(zhì)可知：AB=2A,B,且AB//AB,因為M是AB的中點，因此AM=AB,因此四邊形AMBA是平行四邊形，所以P是AM的中點，又H是AC所以PH//CM,而PHC平面AB;H,MC?平面AB;H,所以CM//平面AB,H;2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD//BC,AD=2AB=2BC=2PA=4,M為PB上靠近B的三等分點.(1)求證：PD//平面ACM;(2)求直線PD與平面ACM的距離.【答案】(1)證明見解析(2)√3【分析】(1)以線面平行的判定定理去證明即可解決；(1)證明：如圖，連接BD,交AC于點N,連接MN.因為AD//BC,AD=2BC,所以又M為PB靠近B的三等分點，所以所以所以MN//PD,又MNC平面AMC,PDα平面AMC,所以PD//平面AMC.【題型三】平行3:做平行平面法證線面平行【典例分析】如圖，C,D分別是以AB為直徑的半圓O上的點，滿足BC=CD=DA,△PAB為等邊三角形，且與半圓O所成二面角的大小為90°,E為PA的中點.【答案】(1)證明見解析(2)(2)求二面角A-BE-D的余弦值.【分析】(1)通過證明平面ODE/|平面PBC來證得DE//平面PBC.(2)建立空間直角坐標系，利用向量法求得二面角A-BE-D的余弦值.(1)依題意BC=CD=DA,所以∠AOD=∠DOC=∠COB=60°,所以三角形AOD、三角形DOC、三角形COB是等邊三角形，所以OB=BC=CD=OD,所以四邊形OBCD是菱形，所以ODI/BC,由于OD±平面PBC,BCC平面PBC,所以ODI|平面PBC.由于E是PA的中點，O是AB的中點，所以OEIIPB,由于OE≠平面PBC,PBC平面PBC,所以OE//平面PBC.由于OE∩OD=O,所以平面ODE//平面PBC,所以DE//平面PBC.【經(jīng)驗總結】做出平行平面來證線面平行，屬于“麻煩的方法”,但是在證明后續(xù)的“探索性”題型時非常實用。授課時可以先用“中點型”培養(yǎng)“找面做面”的思維?！咀兪窖菥殹?2)當平面PBD⊥平面ABCD時，求二面角C-PD-B的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)作出輔助線，利用中位線證明線線平行，進而證明線面平行；(2)建立空間直角坐標系，利用空間向量解決二面角.由已知得，△BCD為等邊三角形，∴BM⊥CD.B又∵BM平面PAD,ADC平面PAD,∴BM//平面PAD.又∵EM平面PAD,PDC平面PAD,∴EM//平面PAD.∵EMIBM=M,PDODA=D,∴平面BEM//平面PAD.∵BEC平面BEM,∴BE//平面PAD.2.如圖所示的四棱錐P-ABCD的底面ABCD是一個等腰梯形，AD//BC,且AD=2AB=2BC=4,PO是△PAD的中線，點E是棱PD的中點.(1)證明：CE//平面PAB.(2)若平面PAD⊥平面ABCD,且PA=PD,PO=AO,求平面PAB與平面PCD夾角余弦值.(3)在(2)條件下，求點D到平面PAB的距離.【分析】(1)連接OC、OE,平行四邊形的性質(zhì)、線面平行的判定可得OE//平面PAB、CO1/平面PAB,再根據(jù)面面平行的判定可得平面OCE//平面PAB,利用面面平行的性質(zhì)可證結論；OP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值.(3)利用等體積法，V-Ap=Vo-pA求D到平面PAB的距離.∵OE平面PAB,PAC平面PAB,則OE//平面PAB.又AD//BC,且AD=2AB=2BC=4,∴AO//BC且AO=BC,四邊形ABCO是平行四邊形，則CO//AB,∵COx平面PAB,ABI平面PAB,則CO1/平面PAB.又CO∩OE=O,可得平面OCE//平面PAB.又CEC平面OCE.∴CE//平面PAB.在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD=O.(Ⅱ)若平面PAC⊥平面ABCD,求證：PB=PD;(Ⅲ)在棱PC上是否存在點M(異于點C)使得BM//平面PAD,若存在，求的值；若不存在，說明理由.PAD.;(Ⅱ)證明見解析；(Ⅱ)證明見解析；(Ⅲ)不存在.由ABCD是菱形可得AC⊥BD;結合AC⊥PD,由線面垂直的判定定理可得AC⊥平面由(I)可知AC⊥PO,由面面垂直的性質(zhì)可得BD⊥PO,結合BO=DO可得結果；(Ⅲ)利用反證法，假設存在點M(異于點C)使得BM//平面PAD,可推出平面PBD//平面PAD,從而可得結論.【詳解】(I)因為底面ABCD是菱形。所以AC⊥BD.PO⊥平面ABCD,因為BDC平面PAC,所以BD⊥PO.(Ⅲ)不存在.下面用反證法說明.假設存在點M(異于點C)使得BM//平面PAD.在菱形ABCD中，BC/BC,因為BMC平面PAD,BCC平面PAD,所以BC//平面PAD.因為BM⊥平面PBC,BC⊥平面PBC,=,所以平面PBC//平面PAD.而平面PBC與平面PAD相交，矛盾.【經(jīng)驗總結】1.常規(guī)題，對應的點大多在中點處。2.要多訓練非中點的題選?！咀兪窖菥殹縋A=AB=BC=2,AD=4.中，PA⊥底面ABCD,四邊形ABCD中，AB⊥AD,BC//AD,..明理由.【答案】(1)4;(2)見解析；(3)不存在.【解析】【分析】與平面PBC與平面PAD相交相矛盾，從而可得結論.【詳解】(1)顯然四邊形ABCD是直角梯形，又PA⊥底面ABCD∴假設存在點M(異于點C)使得BM//平面PAD.∵BCI/AD,且BC平面PAD,ADC平面PAD,∴BC?/平面PAD又∵BC∩BM=B,∴平面PBC1/平面PAD.而平面PBC與平面PAD相交，得出矛盾.2.如圖，矩形ADEF和菱形ABCD所在平面互相垂直，已知點N是線段AD的中點.(2)試問在線段BE上是否存在點M,使得直線AF//平面MNC?若存在，請證明AF//平面MNC,并求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)存在，證明見解析，2.【解析】【分析】(1)由已知可得△ADC是等邊三角形，N是線段AD的中點，得CN⊥AD,根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理證得CN⊥平面ADEF,即可證明結論；(2)取FE的中點P,可證PE//BC,連接CP交BE于點M,M【詳解】又N是線段AD的中點，∴CN⊥AD.又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以CN⊥平面ADEF.又∵AFC平面ADEF,故CN⊥AF.(2)取FE的中點P,連接CP交BE于點M,M點即為所求的點.證明：連接PN,∵PE//AD,AD//BC,∴PE//∴PN//AF,又PNC平面MNC,AFα平面MNC,∴直線AF//平面MNC.又∵PE//BC,∴【題型五】平行5:證面面平行【典例分析】四點共面；【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.平面BCHG,平面BCHG,【經(jīng)驗總結】【變式演練】面上的母線.(2)證明：平面ABH//平面ECD.【答案】(1)24π.(2)證明見詳解.(2)構造平行四邊形HO?EO證明OHO?E,結合已知可證.(1)連接CF、DF·DE=CE,EF⊥CF,EF⊥DF∴CEF=DEF∴CF=DF因為CD為直徑，記底面半徑為R,EF=2R。解得R=2連接O,E、O?H、OH、O?E由圓柱性O?Hll平面CDE。同理，AB//平面CDE又·AB∩OH=O,OH平面ABH,ABì平面ABH∴平面ABH//平面ECD.D,E分別為PA,PC的中點.將△PDE沿DE折起，使點P到點P'的位置(如圖②),G為線段P'B的中點.在圖②中解決以下兩個問題：(1)求證：平面GAC//平面PDE;(2)若直線P'A與平面PABC所成的角為30°時，求三棱錐P'-ACG的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)連接BE交AC于點M,連接GM,P'E,可證得GM//P'E,根據(jù)線面平行的判定定理即可證得GM//計算即可得出結果.(1)連接BE交AC于點M,連接GM,PE,則GM//PE,又GM平面PDE,PEC平面PDE,所以GM//平面PDE.又D,E分別為PA,PC的中點，則DE//AC,又AC平面PDE,DEC平面PDE所以AC//平面PDE.又GM∩AC=M,GM,ACC平面GAC,所以平面GAC//平面PDE.【典例分析】(2)在SC上是否存在點M,使平面MBD//平面AEF,若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)見解析(2)SO⊥AC.又BD⊥AC,證得AC⊥平面SBD,進而得到AC⊥SB.(2)取CG中點H,連OH并延長交SC于點M,得OM//AG,MBD//平面AEF,在△SOC中，得N是SM中點，M是CN(1)設AC∩BD=O,則O為底面正方形ABCD中心，連接SO,得BDC平面MBD,進而得到平面因為S-ABCD為正四梭錐.所以S(2)存在點M,設SO∩EF=G,連AG,CG.取CG中點H,連OH并延長交SC于點M,∵O是AC中點，∴OHI/AAEF,∴OM1/平面AEF,BD//平面AEF又OM∩BD=O,OM,BDC平面MBD,∴平面MBD//平面AEF,【經(jīng)驗總結】【變式演練】如圖.如圖.【解析】(2)設B?DIAC=O,過點M作OMI/PQ交AC于點M,然后證明出平面B,D,M/I平面EFBD,QBD?平面EFBD,EFC平面EFBD,∴B;D,11平面EF又OM//PQ,OM平面EFBD,PQ平面EFBD,∴OM//平面EFBD,易知AC//AC,即OQI/PM,又OMI/PQ,且PA,DA是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線，故CD⊥平面PAD.(2)延長DA到點F,使AF=DA,此時平面PBF1/平面AEC.證明如下：連接PF,BF,又·AEC平面AEC,PF平面AEC∴PF//平面AEC∵底面ABCD為矩形，∴AD//BC且AD=BC∴四邊形AFBC為平行四邊形∴BF//AC平面AEC,BFx平面PBF,BF平面AEC∴BF//平面PBF,PF∩BF=F平面AEC【題型七】垂直1:線面垂直【典例分析】如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=1,BC=2,BE=2,AF=3,平面ABCD⊥平面ABEF.ABEF為直角梯形，BE//AF,(1)求證：AC⊥平面ABEF.(2)求多面體ABCDE與多面體ADEF的體積的比值.【分析】(1)依據(jù)題設條件及勾股定理先證線AB,AC垂直，借助題設條件，運用性面面垂直的性質(zhì)定理可求得其體積，從而可得答案.【詳解】(1)在△ABC中，AB=1,,BC=2,所以AC2=BA2+BC2-2BA·BC·cos∠CBA=3,所以AC2+BA2=BC2,所以AB⊥AC,又因為平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD7平面ABEF=AB,ACC平面ABCD,所以AC⊥平面ABEF.【經(jīng)驗總結】【變式演練】M為PD的中點.(1)求證：AM//平面PBC;【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】(1)取PC的中點N,連MN,BN,可證得四邊形A然后根據(jù)線面平行的判定定理可得結論成立.(2)在等腰中梯形ABCD中，取CD的中點T,連AT,BT,證得四邊形ABTD為菱形，進而得AT⊥BD.同理四邊形ABCT為菱形，可得BC⊥BD.再由平面PCD⊥平面ABCD得到CP⊥平面ABCD,于是得CP⊥BD,最后根據(jù)線面垂直的判定可得BD⊥平面PBC.∴MN//CD,0.又AB//CD∴四邊形ABNM為平行四邊形，∴AM//BN.又AM平面PBC,BNC平面PBC,∴AM//平面PBC.;(2)如圖，在等腰中梯形ABCD中，取CD的中點T,連AT,BT.;,AB//CD,∴AB=DT,AB//DT,∴四邊形ABTD為平行四邊形.又AB=AD,∴四邊形ABTD為菱形，∴AT⊥BD.同理，四邊形ABCT為菱形，∴AT//BC∵AT⊥BD,∴BC⊥BD.∵平面PCD上平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,CP⊥CD,CPC平面PCD,∴CP⊥平面ABCD,又BDC平面ABCD,∴CP⊥BD.∵BC⊥BD,BC∩CP=C,∴BD⊥平面PBC.2.如圖，已知△ABC是正三角形，(1)FD//平面ABC;(2)AF⊥平面EDB.【答案】(1)見解析；(2)見解析∵EA、CD都垂直于平面ABC,∴CD//EA∴CD//FM又DC=a,∴FM=DC∴四邊形FMCD是平行四邊形，∴FD//MC,∴FD//平面ABC.(2)∵M是AB的中點，△ABC是正三角形，∴CM⊥AB,又CM⊥AE,AB∩AE=A,【題型八】垂直2:面面垂直【典例分析】如圖，在以P為頂點，母線長為√2的圓錐中，底面圓O的直徑AB長為2,C是圓O所在平面內(nèi)一點，(1)求證：平面PAC⊥平面PBC;(2)若E是PC的中點，連接OE,ED,當二面角B-PO-D的大小為120時，求平面PAC與平面DOE所成銳二面角的余弦值.【分析】由PO⊥底面圓O,可得PO⊥AC,利用線面垂直的判定定理可知，AC⊥平面PAB,即可推出AC⊥PB.,可推出PA⊥PB,利用線面承直的判定定理可證從而利用面面垂直的判定定理可證出平面PAC⊥平面PBC·PO⊥底面圓O,∴PO⊥AC平面PAB,∴AC⊥PB.∵PA∩AC=A,∴PB⊥平面PAC,從而平面PAC⊥平面PBC.基本規(guī)律核心思維：尋找其中一個平面板的垂線(及其平行線)【變式演練】1.如圖，梯形ABCD所在的平面與等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直，G為AB的中點，AB⊥AD,AB//CD/|EF,DA=AF=EF=CD=√3,AB=2√3.(I)求證：CE//平面ADF;(Ⅱ)求證：平面CEG⊥平面CFB;(Ⅲ)求多面體AFEBCD的體積.(Ⅱ)可證BF⊥平面ECG,從而得到平面CEG⊥平面CFB【詳解】(I)因為CD//EF,且CD=EF,則四邊形CDFE為平行四邊形，故DFI/CE又DFC平面ADF,CE平面ADF,所以CE//平面ADF.在等腰梯形ABEF中，BGI/EF,BG=EF,從而四邊形GBEF為在梯形ABCD中，同理可證四邊形AGCD為平行四邊形，故AD//GC.因為AD⊥AB,從而GC⊥AB,而平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,GCC平面ABCD,故GC⊥平面ABEF,而BFC平面ABEF,故GC⊥BF,因為CG∩EG=G,故BF⊥平面ECG因為BFC平面BCF,故平面CEG⊥平面CFB.2.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB,E中點.(1)若F為線段BC上的動點，證明：平面AEF⊥平面PBC;(2)若F為線段BC,CD,DA上的動點(不含A,B),PA=2,三棱錐A-BEF最大值?如果存在，求出最大值；如果不存在，請說明理由.為線段PB的【分析】(1)利用AE⊥PB,AE⊥BC,可得AE⊥平面PBC,根據(jù)面面垂直的判定定理可證平面AEF⊥平面PBC;(2)由PA⊥底面ABCD,得平面PAB⊥平面ABCD.將問題轉(zhuǎn)化為點F到直線AB的距離有無最大值即可解決.因為PA⊥底面ABCD,BCC平面ABCD,所以BC⊥PA,又因為底面ABCD為正方形，所以BC⊥AB,PA∩AB=A,因為AEC平面AEF,所以平面AEF⊥平面PBC所以AE⊥平面PBC,【題型九】垂直3:難題--垂直探索性題型【典例分析】【試題解析】(1)如圖，連接BC,交B?C于點E,連接DE,則點E是BC?的(2)當CD⊥AB時平面ABB,A,⊥平面C又CD⊥AB,AA∩AB=A,所以CD⊥平面ABB,A,【經(jīng)驗總結】【變式演練】(1)求PC長；(2)求三棱錐體積；(3)△PAC內(nèi)(含邊界)上是否存在H點，使BH⊥面PAC.若存在H點，求出H點的位置；若不存在H點，說明理由.【分析】(1)根據(jù)勾股定理可得CA⊥AB,進而可得∠CAP=90°,再用勾股定理計算PC即可.(2)作AB的中點M,連接PM可知PM⊥平面ABC,再求解體積即可.(3)作BH⊥PA于H,再證明BH⊥面PAC即可.∵平面PAB⊥平面ABC,平面PABO平面ABC=AB,CAC平面ABC,且CA⊥AB,可知CA⊥平面PAB,∠CAP=90°.∴PC=√AC2+AP2=3.∵CA⊥平面PAB,BHC平面PAB,∴BH⊥CA,且BH⊥PA,CAC平面PAC,PAC平面PAC,【典例分析】圖①(I)求證：平面ABE⊥平面ABC;(Ⅱ)若P為AC的中點，求三棱錐P-ABD的體積.【分析】(I)先證DE⊥BE,DE⊥AE,即可求得DE⊥平面AEB,結合DE//BC,即可由直推證面面垂直；(Ⅱ)根據(jù)點P是AC中點，則P-ABD的體積為C-ABD體積的一半，再轉(zhuǎn)化頂點求得C-ABD的體積，則問題得解.角形，則DE⊥BE,又在三角形ADE中，AE=ED=1,AD=√2,故DE⊥AE,又BE∩AE=E,BE,AEC平面ABE,故可得DE⊥平面ABE,又因為DE//BC,故可得BC⊥平面ABE,又BCC平面ABC,故可得平面ABC⊥平面ABE.即證.翻折過程中，始終在同一個平面內(nèi)的點線關系“不變”【變式演練】BABA(2)求四棱錐D-ABCE體積.(1)先證AE⊥BE,由面面垂直(直二面角)得BE⊥平面ADE,再得線線垂直BE⊥AD,然后可得ABE,所以BE⊥平面ADE,又ADC平面ADE,所以AD⊥BE,又因為AD⊥DE,DE∩BE=E,所以AD⊥平面BDE;(2)存在，點G為AD?的中點，BE⊥AB,從而證得AB⊥平面D?EB.(1)因為平面D,EC⊥平面ABCE,平面D,EC∩平面ABCE=EC,D,E⊥EC,DE平面D,EC,所以D?E⊥平面ABCE,(2)在棱AD,上存在點G,使得BG//平面D?EC,此時點G為AD由(1)知，D,E⊥平面ABCE,所以CE⊥DE,又CE⊥AE,所以CE⊥平面AED,,所以1【題型十一】體積1:常規(guī)求法和等體積轉(zhuǎn)化型【分析】∵ABC平面ABBA,AA?C平面ABBA,且(3)因為AB//平面A,B?C,所以點M,點A到平面A,B?C的距離相等.【經(jīng)驗總結】1.等體積轉(zhuǎn)化法一般情況下是三棱錐才有的特性。2.盡可能尋找在表面的三個點3.利用好“同底等高”和“同底比例高”?！咀兪窖菥殹?.四棱錐P-ABCD中，AB//CD,AB⊥BC,AB=BC=1,PA=CD=2,PA⊥底面ABCD,E在PB上.(2)若PE=2BE,求三棱錐P-ACE的體積.【分析】(1)過A作AF⊥DC于F,推導出AC⊥DA,AC⊥PA,從而AC⊥平面PAD,由此能求出AC⊥PD.所以∠DAC=90°,所以AC⊥DA,又PA⊥底面ABCD,ACC平面ABCD,所以AC⊥PA,又PA,ADc平面PAD,PANAD=A,所以AC⊥平面PAD,又PDc平面PAD,∴AC⊥PD所以,;,2.如圖，四棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABCD,AD//BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點，AM=2MD,N為PC的中點.(I)證明MN//平面PAB;(II)求四面體N-BCM的體積.-·-·試題分析：(I)取PB的中點T,然后結合條件中的數(shù)據(jù)證明四邊形AMNT為平行四邊形，從而得到MNAT,由此結合線面平行的判斷定理可證；(Ⅱ)由條件可知四面體N-BCM的高，即點N到底面的距離為棱PA的一半，由此可順利求得結果.(Ⅱ)因為PA⊥平面ABCD,N為PC的中點，所以N到平面ABCD的距離；取BC的中點E,連結AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=√AB2-BE2=√5.由AMBC得M到BC的距離為√5,故所以四面體N-BCM的體積!【題型十二】體積2:難題--多面體割補型【典例分析】如圖，梯形ABCD所在的平面與等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直，G為AB的中點，AB⊥ADAB//CD/|EF,DA=AF=EF=CD=√3,AB=2√3.(I)求證：CE//平面ADF;(Ⅱ)求證：平面CEG⊥平面CFB;(Ⅲ)求多面體AFEBCD的體積.【分析】(I)可證DF//CE,從而得到CE//平面ADF.(Ⅱ)可證BF⊥平面ECG,從而得到平面CEG⊥平面CFB(Ⅲ)可證幾何體ADF-GCE是三棱柱，從而利用公式可求幾何體AFEBCD的體積.且CD=EF,則四邊形CDFE為平行四邊形，故DF//CE.又DFC平面ADF,CE平面ADF,所以CE//平面ADF.(Ⅱ)連接FG.在等腰梯形ABEF中，B在梯形ABCD中，同理可證四邊形AGCD為平行四邊形，故AD//GC.因為AD⊥AB,從而GC⊥AB,而平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,GCC平面ABCD,故GC⊥平面ABEF,而BFC平面ABEF,故GC⊥BF因為CG∩EG=G,故BF⊥平面ECG.因為BFC平面BCF,故平面CEG⊥平面CFB.(II)設BFIGE=O.由(I)得CE//平面ADF且DF=CE,由(Ⅱ)得AD//CG,AD=CG,而CG平面ADF,ADC平面ADF,故CG//平面ADF,因為CE∩CG=C,故平面ADF/|平面GCE,由(Ⅱ)得BF⊥平面GCE.【經(jīng)驗總結】2.多從四棱錐底面對角線或者幾何體表面四邊形對角線處尋找分割的“刀口”【變式演練】DD∴AM⊥AC,由平面ADC⊥平面ACC?A,且交線為AC且AB⊥BD,平面ADEF⊥平面ABCD,M,N分別為EF,CD的中點.(Ⅱ)若DE=2,求多面體ABCDEF的體積.【分析】(I)取AD的中點O.連接OM,ON,可證OMI/AF,ONI?AC,平面ACF,可證MN//平面ACF.(Ⅱ)將多面體分為四棱錐B-ADEF然后利用平面MON11和三棱錐B-CDE兩部分，將V?-cpg轉(zhuǎn)化為V-BcD,然后利用四棱錐和三棱錐的體積公式分別求出然后求和即可.解：(I)如圖，取AD的中點O.連接OM,ON.在矩形ADEF中，∵O,M分別為線段AD,EF的∴OM//AF.又OM平面ACF,AFC平面ACF,∴OM11平面ACF.在△ACD中，∵O,N分別為線段AD,CD的中點，∴ON//AC又ON平面ACF,ACC平面ACF,∴ON11平面ACF又OMION=O,OM,ONC平面MON,∴平面MON?/平面ACF又MNC平面MON,∴MN11平面ACF.(Ⅱ)如圖，過點C作CH⊥AD于H.∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,CHC平面ABCD,∴CH⊥平面ADEF.同理DE⊥平面ABCD.OB,OC.【題型十三】體積3:難題---兩部分體積比【典例分析】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，△PAD為正三角形，平面PAD⊥平面ABCD,E、(1)證明：BD⊥平面PEF;(2)若M是PB棱上一點，三棱錐M-PAD與三棱錐P-DEF的體積相等，求的值.的性質(zhì)可證BD⊥PE,由EFIIAC,BD⊥AC,可證BD⊥EF,BD⊥PE,理即可證明BD⊥平面PEF;設的值.則(2)連接MA、MD設的值.則【詳解】(1)連接AC,∵PA=PD且E是AD的中點，∴PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PEC平面PAD,∴PE⊥平面ABCD.∵BD⊥AC,∴BD⊥EF,又BD⊥PE,PE∩EF=E,∴BD⊥平面PEF;(2)如圖，連接MA、MD,設,則:,即【經(jīng)驗總結】1.直接求體積，大多數(shù)是難度較大。2.利用等體積轉(zhuǎn)化(或者不等體積轉(zhuǎn)化)3.尋找合適的底面和平行高轉(zhuǎn)化。【變式演練】1.如圖，ABCD是邊長為3的正方形，DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,DE=3AF=3.(1)證明：平面ABF//平面DCE;(2)在DE上是否存在一點G,使平面FBG將幾何體ABCDEF分成上下兩部分的體積比為3:11?若存在，求出點G的位置；若不存在，請說明理由.【答案】(1)見解析(2)存在點G且EG=1滿足條件.【解析】試題分析：(1)根據(jù)DE//AF,AB/ICD,結合面面平行的判定定理可知兩個平面平行；(2)先求出整個幾何體的體積.假設存在一點G,過G作MG//BF交EC于M,連接BG,BM,設EG=t,求得幾何體GFBME的體積，將其分割成兩個三棱錐B-EFG,B-EGM,利用t表示出兩個三棱錐的高，再利用體積建立方程，解方程組求得t的值.(1)∵DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,∴DE/|AF,∴AF?/平面DCE,∵ABOAF=A,ABC平面ABF,AFC平面ABF,∴平面ABF1/平面DCE.設M到設M到ED的距離為h,則(2)假設存在一點G,過G作MG//BF交EC于M,連接BG,BM,,,解得t=1,即存在點G且EG=1滿足條件.2.如圖，多面體ABCDEF中，AB=DE=2,AD=1,平面CDE⊥平面ABCD,四邊形ABCD為矩形，BC/EF,點G在線段CE上，日.(1)求證：DE⊥平面ABCD;(2)若EF=2BC,求多面體ABCDEF被平面BDG分成的大、小兩部分的體積比.【答案】(1)證明見解析(2)11:1【分析】(1)由勾股定理逆定理證得ED⊥CD,再由面面垂直的性質(zhì)定理得線面垂直；(2)連接EB,AE.多面體ABCDEF被分為B-AEF,E-ABD,E-BDG,G-BDC四個三棱錐，由它們之間的體積關系可求得比值.【詳解】(1)因為四邊形ABCD為矩形，所以CD=AB.為AB=DE=2,所以CD=DE=2.因為點G在線段CE上，且,所以EC=√EAD=√ZCD-2√Z所以DE2+CD2=EC2,即DE⊥CD又平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE1平面ABCD=CD,DEC平面所以DE⊥平面ABCD.(2)設三棱錐G-BCD的體積為1,連接EB,AE.因為EG=2GC,所以所以Vr-p=3Vc-cp=3.又Vg-ABE=V-ABD=3,所以Vg-AEp=6故故多面體ABCDEF被平面BDG分成的大、小兩部分的體積比為11:1.【題型十四】體積4:難題---動點型【典例分析】是邊長為3的等邊三角形，四邊形ABCD是邊長為3的等邊三角形，四邊形ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD.點E,F分上的點，且G為棱AB上一點，且上的點，且G為棱AB上一點，且(Ⅱ)已知三棱錐A-EFG的體積為√3,求久的值.進而可得出結論成【分析】(I)先連接CG,根據(jù)面面平行的判定定理，先證明平面PCGP平面AEF,立；(Ⅱ)取AD的中點為O,連接PO,證明PO⊥平面進而可得出結論成平面AEG,再由V?-EFG=Vr-AGE求出AG,進而可得出結果.Q∴EFPPC,QAEIEF=E,PCI∴平面PCGP平面AEF,又PGC平面PCG,∴PGP平面AEF.(Ⅱ)取AD的中點為O,連接PO,則PO⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD.過點F作FH⊥AD于點H,則POPFH,FH⊥【變式演練】1.如圖，四邊形ABCD為矩形，△BCF為等腰三角形，且∠BAE=∠DAE=90°,EA//FC.(1)證明：BF//平面ADE.(2)設問是否存在正實數(shù)λ,使得三棱錐A-BDF若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)存在正實數(shù)λ=2.【解析】【分析】的高恰好等于(1)通過證明平面ADE//平面BCF來證明BF//平面ADE;(2)設AB=a,BC=b,則b=λa,利用等體積法，則V?-BDF=VF-ADB,可得關于λ的方程，求解可得.【詳解】(1)因為AD//BC,ADC平面ADE,BC平面ADE,所以BC//平面ADE,因為EA//FC,AEC平面ADE,FC平面ADE,所以FC//平面ADE,又BC∩FC=C,所以平面ADE//平面BCF故BF//平面ADE(2)∵∠BAE=90∴AE⊥AB,又EA//FC,CD/IAB,∴CF⊥CD設AB=a,BC=b,則b=λa,所以，由等體積法所以存在正實數(shù)λ=2,使得三棱錐A-BDF的高恰好等于.(1)證明：CD⊥平面PAC;(2)若N為棱AD的中點，點M為棱PD上一點，且三棱錐N-MCD的位置.PA⊥CD,由此根據(jù)線面垂直的判定定理，即可證明結果；(2)在RtVPAD中，由勾股定理，易求得PA=2,根據(jù)'根據(jù)三棱錐的體積公式可,再根據(jù)由此即可求出結果.∴AC2+CD2=AD2,∴AC⊥CD.又PA⊥平面ACD,∴PA⊥CD,又PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC.(2)在RtVPAD中，由勾股定理，易求得,過M點作ME垂直于AD于E點，如下圖所示：CC又ME⊥AD,所以RfVPAD:RfVMED,∴點M為棱PD上靠近點D的三等分點.【題型十五】體積5:難題--最值型【典例分析】平面ABD⊥平面BCD,把平面ACD沿CD旋轉(zhuǎn)至平面PCD的位置，記點A旋轉(zhuǎn)后對應的點為P(不在平面BCD內(nèi)),M、N(2)求三棱錐C-APD的體積的最大值.【分析】(1)連接AM、MC,利用面面垂直的性質(zhì)定理得出AM⊥平面BCD,可得出AM⊥MC,利用勾股定理計算出MC=1,推導出。BCD是以∠BCD為直角的直角三角形，再由中位線的性質(zhì)得出MN//BC,AN,推導出PN^平面ACD,計算出AN、PN以及△ACD的面積，然后利用錐體的體積公式可求得結果【詳解】(1)如圖，連接AM、MC,因為AB=AD,M是BD的中點，所以AM⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AM二平面ABD,所以AM⊥平面BCD,∵MCC平面BCD,所以AM⊥MC.又M、N分別是BD、CD的中點，所以MN//BC,所以MN⊥CD(2)如圖，連接AN、PN,因為三棱錐C-APD與三棱錐P-ACD為同一C個三棱錐，且△ACD的體積最大時，則平面PCD個三棱錐，且△ACD的體積最大時，則平面PCD⊥平面ACD,∵AC=AD,則PC=PD,QN為CD的中∵平面PCD⊥平面ACD,平面PCD∩平面ACD=CD,PNC平面PCD,∴PN⊥平面ACD,此時點P到平面ACD的陸離為在△ACD中，因為AC=AD=2,CD=1,所以所以三棱錐C-APD【變式演練】中，底面ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB,E中點.(1)若F為線段BC上的動點，證明：平面AEF⊥平面PBC;(2)若F為線段BC,CD,DA上的動點(不含A,B),PA=2,三棱錐A-BEF最大值?如果存在，求出最大值；如果不存在，請說明理由.【分析】(1)利用AE⊥PB,AE⊥BC,可得AE⊥平面PBC,根據(jù)面面垂直的判定定理可證平面AEF⊥平面PBC;(2)由PA⊥底面ABCD,得平面PAB⊥平面ABCD.將問題轉(zhuǎn)化為點F到直線AB的距離有無最大值因為PA⊥底面ABCD,BCC平面ABCD,所以BC⊥PA,又因為底面ABCD為正方形，所以BC⊥ABPA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,因為AEC平面PAB,所以AE⊥BC,因為PB∩BC=B,所以AE⊥平面PBC,因為AEC平面AEF,所以平面AEF⊥平面PBC.所以點F到平面ABE的距離(三棱錐F-ABE的高)等于點F到直線AB的距離，因此，當點F在線段BC,AD上運動時，三棱錐F-ABE的高小于或等于2,所以當點F在線段CD上，三棱錐F-ABE的體積取得最大值，最大值由于三棱錐A-BEF的體積等于三棱錐F-ABE的體積，所以三棱錐A-BEF體積存在最大值2.如圖所示，在矩形ABCD中，AB=2BC=2,E為邊AB的中點，將。ADE沿直線DE翻折為△A'DE,若F為線段A'C的中點.在。ADE翻折過程中，(Ⅱ)求多面體CDEF體積的最大值.【分析】(I)取CD的中點G,連接FG,BG,證明GF//平面A'DE,BG/|平面A'DE,得到平面A'DE//平面BFG,則BF//面A'DE;(Ⅱ)多面體CDEF體積等于三棱錐F-CDE的體積，要使三棱錐F-CDE的體積最大，則需F到底面距離最大，即平面BGF⊥底面BCD.此時平面A'DE⊥底面BCD,求出A'到底面BCD的距離，可得F到底面的距離，再由棱錐體積公式求解.【詳解】(I)證明：取CD的中點G,連接FG,BG,∵F為線段A'C的中點，∴GF//A'D,∵FG平面A'DE,A'DC平面A'DE,∴GF/|平面A'DE,又DG//BE,DG=BE,∴四邊形BEDG為平行四邊形，則BG//DE.可得BG//平面A'DE,又BG∩GF=G,可得平面A'DE//平面BFG,則BF/|面A'DE;(Ⅱ)解：多面體CDEF體積等于三棱錐F-CDE的體積，而底面三角形CDE的面積為定值要使三棱錐F-CDE的體積最大，則需F到底面距離最大，即平面BGF⊥底面BCD.此時平面A'DE⊥底面BCD,由A'D=A'E=1,則F到底面BCD的距離為∴多面體CDEF可得A'到底面BCD的距離為模擬題PA=PB=AD=2,BC=4.(2)若PB與底面ABCD所成的角為60°,求平面PCD與平面PBD的夾角的余弦值.【分析】(1)取PC的中點F,連接EF,DF,推導出四邊形ADFE是平行四邊形，DF//AE,面PCD;直角坐標系，利用向量法能求出二面角B-PD-C的余弦值.如圖，取PC的中點F,連接EF,DF,∵E,F分別為PB,PC的中點，由此能證明AE//平∵AD//BC且AD=2,∴EF//AD且EF=AD=2,∴四邊形ADFE是平行四邊形，∴DF//AE,∵AE平面PCD,DFC平面PCD,∴AE//平面PCD.2.(廣東省潮州市2022屆高三上學期期末數(shù)學試題)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD,(2)若PA⊥PD,且PA=PD,面PAD⊥面ABCD,求二面角C-BE-F的余弦值.【分析】(1)連接AC,交BE于H,連接FH,易證△ABH≥△CEH,故AH=CH,即點H為AC的中點，從而得FH//PC,再由線面平行的判定定理即可得證；和AD=AB,可證得OB⊥AD,故以OA,OB,OP所在的直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，根據(jù)法向量的性質(zhì)可求得面BEF的法向量n?,再由即可得解.(1)證明：連接AC,交BE于H,連接FH,∵點E為CD的中點，AB//CD,∴△ABH≥△CEH,∴AH=CH,即點H為AC的中點，又F為AP的中點，∴FH//PC,∵FHC面BEF,PC面BEF,∴PC//面BEF3.在四棱錐中P-ABCD,AB⊥PA,AB//CD,AB<DC,PA=PD,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求證：平面PCD⊥平面PAD;(2)在棱PA上是否存在點Q,使DQ/l平面PBC,若存在，求P的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)不存在；詳見解析【分析】(1)取AD中點為O,連接PO,可得PO⊥AD,再由平面PAD⊥平面ABCD則CD⊥PA,由此可得結論；(2)任取PA上一點Q,連接DQ,過Q作直線QF平行于AB交PB于F,連接CF,設DQ/l平面PBC,可得QF=DC與已知QF<AB<DC矛盾，由此得出結論.【詳解】(1)證：取AD中點為O,連接PO,可得PO⊥CD,因為PA=PD,所以PO⊥AD,因為平面PAD⊥平面ABCD且相交于AD,所以PO⊥平面ABCD,所以PO⊥CD,因為AB//CD,AB⊥PA,所以CD⊥PA所以平面PCD⊥平面PAD;任取PA上一點Q,連接DQ,過Q作直線QF平行于AB交PB于F,連接CF,則QFIIDC.假設DQ//平面PBC,所以DQ//CF,所以QF=DC與已知QF<AB<D所以棱PA上不存在點Q,使DQ//平面PBC.平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,G和H分別是CE和CF的中點.(I)求證：平面BDGH//平面AEF;(Ⅱ)求二面角H-BD-C的大小.【解析】試題分析：第一問根據(jù)三角形的中位線找到平行線，利用面面平行的判定定理，在另一個平面平行的兩條相交直線，證得結果，第二問先在幾何體中找到結合二面角的取值范圍，求得二面角的大小.所以GH//EF,又因為GH±平面AEF,EFC平面AEF,所以GH//平面AEF.設AC∩BD=O,連接OH,因為ABCD為菱形，所以O為AC中點在△ACF中，因為OA=OC,CH=HF,所以OH//AF,又因為OH平面AEF,AFC平面AEF,所以OH//平面AEF.又因為OH∩GH=H,OH,GHC平面BDGH所以平面BDGH//平面AEF.(1)求證：EF//平面BDD?B.(2)在棱CD上是否存在點G,使得平面GEF//平面BDD?B??若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【分析】(1)利用三角形中位線及線面平行的判定定理證明線面平行；(2)找CD的中點，作輔助線，證明平面GEF//平面BDD?B.【詳解】(1)如圖，連接BM,在△BCM中，E,F分別是BC,CM的中點，∴EF//BM.又BM平面BDD?B,EF平面BDD?B,∴EF1/平面BDD?B.(2)如圖，在棱CD上存在點G,點G為CD的中點，使得平面GEF//平面BDD?B.理由如下：∵點E是BC的中點，點G是DC的中點，∴EG//BD,由(1)知EF//平面BDD?B,且EG∩EF=E,AACC⊥平面ABC,AE⊥AC.【詳解】(1)∵D,E分別是AC,CC的中點∴DE//AC∵DE平面AB?C,AC平面ABCAACC∩平面ABC=AC,BDC平面ABC∴BD⊥平面AACC∵AEC平面AACC∴BD⊥AE∴A,E⊥平面BDE(2)若AF⊥EF,求證：平面PAD⊥平面ABCD.【詳解】又AB平面PDC,CDC平面PDC,所以AB//平面PDC.因為AF⊥EF,AB//EF,所以AB⊥AF.又AB⊥AD,點E在棱PC上(異于點C),所以F點異于點D,所以AF∩AD=A.又AF,ADC平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又ABI平面ABCD,(2)在棱CC?上存在一點P,P為CC?的中點，使直線PB?⊥平面AC?為CD的中點，9.已知四邊形ABCD是梯形(如圖1),為CD的中點，(1)求證：平面PAE⊥平面ABCE;(2)求點C到平面PBE的距離.【分析】由面面垂直的判定定理得證.根據(jù)AP=PE=1,易得PM⊥AE,利用線面垂直的判定定理得到PM⊥再利用平面幾何知平面ABCE,進而【詳解】(1)證明：連接BE,所以四邊形ABED是邊長為1的正方形，且BE=EC.因為∠MBE=∠EBC=45°,所以BM⊥BC.所以如圖，取AE的中點M,連接PM,BM,CM, 所以PM2+MC所以PM2+MC2=PC2,所以PM⊥MC.因為AE∩MC=M,所以PM⊥平面ABCE.所以平面PAE⊥平面ABCE.(2)由(1)知，PM⊥平面ABCE,BE⊥EC,且BE=EC=1.因為PMC平面PAE,因為PB=√PM2+BM2=1,所以△PBE則為正三角形且邊長為1.設點C到平面PBE所以△PBE則,所以點C到平面PBE的距離為PC的中點，平面ABE交側(cè)棱PD于點F,且四邊形ABEF為平行四邊形.(1)求證：平面PBD⊥平面PBC;(2)當PC=CD時，求四棱錐P-ABEF的體積.【分析】(1)要證平面PBD⊥平面PBC,只需證明BD⊥平面PBC,即可求得答案；(2)由(1)可知CD=2AB=2,PC=2,即EF=PE=1,可得結合已【詳解】(1)∵ABEF為平行四邊形∴AB//EF且AB=EF∵AB//CD,∴EF1ICD∵點E為PC得PC⊥BD-PC∩BC=C,PC,BCC平面PBC∴BD⊥又∵BDC平面PBD,∴平面PBD⊥平面PBC(2)由(1)可知CD=2AB=2∴PC=2,即EF=PE=1,∴平面PBC可得AD⊥PC,∴AD⊥平面PCD,又∵AD=1(1)求證：AB//平面ABC;【分析】ABC,∵面ABC⊥面ACC,12.如圖，正方形ADMN與矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=2AD=6,點E為線段AB上一點.(1)若點E是AB的中點，求證：BM//平面NDE;(2)若直線EM與平面ABCD所成的線面角的大小為求Vg=ADMN:VE-CDM·【分析】(1)連接AM,交ND于點F,連接EF,由題意結合平面幾何知識可得EF//BM,再由線面(2)由題意結合面面垂直的性質(zhì)、線面角的概念可得?DEM因為四邊形ADMN為正方形，所以F為線段AM的中點，又點E是AB的中點，所以EF//BM,因為EFC平面NDE,BM±平面NDE,所以BM/平面NDE;(2)因為正方形ADMN與矩形ABCD所在平面互相垂直，所以DM⊥平面ABCD,EA⊥平面ADMN,所以∠DEM即為直線EM與平面ABCD因為AB=2AD=6,所以所成的線面角，所以?DEM AE=√DE2-AD2=3√2,所以,因為四邊形ADMN為正方形，四邊形ABCD為矩形，·由CD∩DM=D可得AD⊥平面MDC,所以13.如圖，已知三棱柱ABC-A?B?C?的底面是正三角形，側(cè)面BB?C?C是矩形，M,N分別為BC,B?C?的中A,AMN=NP,MHC平面A,AMN∴MH⊥平面EB由(1)知，四邊形EBCF為梯形14.如圖，扇形AOB的圓心角為90°,半徑為2,四邊形SOBC為正方形，平面SOBC⊥平面AOB;過直線SC作平面α交AB于點M,交OA于點N.【分析】(1)利用線面平行的性質(zhì)，證過OB的平面AOB/la即可；【詳解】(1)因為SC//OB,SCCa,OBa又OBC平面AOB,α∩平面AOB=MN,所以MN//OB.(2)因為平面所以SOBC⊥平面AOB,平面SOBC∩平面AOB=OB,SO⊥OB,...所以，當且僅當x=√2時，1.基本事實1:過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面基本事實2:如果一條直線上的兩個點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在這個平面內(nèi)基本事實3:如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線基本事實4:平行于同一條直線的兩條直線平行.推論1:經(jīng)過一條直線和這條直線外一點，有且只有一個平面.推論2:經(jīng)過兩條相交直線，有且只有一個平面.推論3:經(jīng)過兩條平行直線，有且只有一個平面.圖形語言符號語言公共點直線與平面aaC1個平行0個在平面內(nèi)無數(shù)個平行0個無數(shù)個如果空間中兩個角的兩條邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互6.異面直線所成的角(1)定義：已知兩條異面直線a,b,經(jīng)過空間任一點O分別作直線a'lla,b'llb,我們把直線a'連接BN,DM,易知DM與BN是異面直線，故D正確.則allb,與已知a,b為異面直線相矛盾.答案(1)AC=BD(2)AC=BD且AC⊥BD探究核心題型題型一基本事實的應用(2)若A?C交平面DBFE于點R,則P,Q,REFIIBD,所以EF,BD確定一個平面，即D,B,F,E四點共面.(2)在正方體ABCD-A?B?C?D?中，連接A?C,設Ai,C,C?確定的平面為a,又設平面BDEF是α與β的公共點.所以a∩β=PQ.又A?CNβ=R,所以R∈A?C,R∈a,且R∈β.則R∈PQ,故P,Q,R三點共線.得M∈平面D?DCC,所以DE,BF,CCi三線交于一點.跟蹤訓練1(1)如圖，a∩β=l,A,B∈a,C∈β,且A,B,Cl,直線ABNl=M,過A,B,CC.點C但不過點MD.點C和點M又α∩β=l,M∈l,所以M∈β.所以y與β的交線必經(jīng)過點C和點M.=90°,BCllAD且BC=AD,BEIAF且BE=AF,G,H分別為FA,FD的中點.①證明：四邊形BCHG是平行四邊形；②C,D,F,E四點是否共面?為什么?①證明由題設知，因為G,H分別為FA,FD的中點，所以GHIIAD且GH=AD,又BCIIAD且BC=AD,故GHIBC且GH=BC,所以四邊形BCHG是平行四邊形.②解C,D,F,E四點共面.理由如下：由①知BGIICH,所以EFIICH.題型二空間位置關系的判斷命題點1空間位置關系的判斷A.M∈a,M∈β,aNβ=l>M∈l解析對于A,因為M∈a,M∈β,aNβ=l,由基本事實3可知M∈l,A正確；對于B,A∈a,A∈β,B∈a,B∈β,故直線ABCa,ABCβ,對于C,若I∩a=A,則有Ha,A∈l,但A∈a,A.異面或平行B.異面或相交C.異面D.相交、平行或異面解析如圖，在長方體ABCD-A1B?C?D?①若直線AA?記為直線a,直線BC記為直線b,直線B?A?記為直線c,②若直線AA?記為直線a,直線BC記為直線b,直線DD?記為直線c,③若直線AA1記為直線a,直線BC記為直線b,直線C?D?記為直線c,命題點2異面直線所成的角例3(1)如圖所示，圓柱O?O?的底面半徑為1,高為2,AB是一條母線，BD是圓O?的直徑，C是上底面圓周上一點，∠CBD=30°,則異面解析連接AO?,設AO?的延長線交下底面圓周上的點為E,連接CE,易知∠CAE(或其補角)即為異面直線AC與BD所成的角，連接CD(圖略),在Rt△BCD中，∠BCD=90°,BD=2,∠cos∠CAE===,即異面直線AC與BD所成角的余弦值為.BB?上一點，平面AECi將三棱柱分為上、下體積相等的兩部分，則AE與B?Ci所成角的余弦解析如圖，作CiH⊥A1B?于點H,設B?E=x:易得AC⊥平面BB?CiC,平面AEC1將三棱柱分為兩個體積相等的四棱錐Ci-A?AEB?和A-BCC?E,即I-42=lxar,取CC?中點為F,連接EF,則EFIIB?C,∠AEF(或其補