《（通用版）2018年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 專題三 立體幾何教學案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2018年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 專題三 立體幾何教學案 文（49頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題三 立體幾何 [研高考·明考點] 年份 卷別 小題考查 大題考查 2017 卷Ⅰ T6·空間直線與平面位置關(guān)系的判斷 T18·面面垂直的證明，四棱錐體積、側(cè)面積的計算 T16·三棱錐體積的計算，球表面積的計算 卷Ⅱ T6·空間幾何體的三視圖及體積的計算 T18·線面平行的證明，四棱錐體積的計算 T15·長方體外接球表面積的計算 卷Ⅲ T9·球的內(nèi)接圓柱、圓柱體積的計算 T19·線線垂直的證明，四面體體積的計算 T10·空間中線線垂直的判斷 2016 卷Ⅰ T7·空間幾何體的三視圖及球的表面積、體積的計算 T18·空間位置關(guān)系，四面體體積的計算

2、 T11·空間兩直線所成角的正弦值的計算 卷Ⅱ T4·正方體外接球表面積的計算 T19·線線垂直的證明，幾何體體積的計算 T7·空間幾何體的三視圖及表面積的計算 卷Ⅲ T10·空間幾何體的三視圖及表面積的計算 T19·線面平行的證明，四面體體積的計算 T11·三棱柱內(nèi)接球體積的計算 2015 卷Ⅰ T6·數(shù)學文化、錐體體積的計算 T18·面面垂直的證明，空間幾何體的側(cè)面積 T11·空間幾何體的三視圖、圓柱和球的表面積的相關(guān)計算 卷Ⅱ T6·空間幾何體的三視圖及體積的相關(guān)計算 T19·空間線面位置關(guān)系及幾何體的體積的計算 T10·三棱錐體積的計算，球的表面積

3、的計算 [析考情·明重點] 小題考情分析 大題考情分析 常考點 1.空間幾何體的三視圖(3年6考) 2.空間幾何體的表面積與體積(3年6考) 3.與球有關(guān)的組合體的計算問題(3年7考) ?？键c 高考對立體幾何在解答題中的考查比較穩(wěn)定，空間線面位置關(guān)系中的平行或垂直的證明，空間幾何體體積的計算是熱點，題型主要有： 1.空間位置關(guān)系的證明 2.幾何體的體積或空間距離的計算 偶考點 空間線面位置關(guān)系的判斷 偶考點 翻折與探索性問題的綜合問題 第一講 小題考法——空間幾何體的三視圖、表面積與體積及位置關(guān)系的判定 考點(一) 主要考查利用三視圖的畫法規(guī)則及

4、擺放規(guī)則，根據(jù)空間幾何體確定其三視圖，或根據(jù)三視圖還原其對應直觀圖，或根據(jù)三視圖中的其中兩個確定另一個. 空間幾何體的三視圖 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·惠州調(diào)研)如圖所示，將圖①中的正方體截去兩個三棱錐，得到圖②中的幾何體，則該幾何體的側(cè)視圖為(　　) (2)(2016·天津高考)將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則該幾何體的側(cè)(左)視圖為(　　) [解析]　(1)從幾何體的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的對角線，在視線范圍內(nèi)，畫實線；棱C1F不在視線范圍內(nèi)，畫虛線．故選B. (2)先根據(jù)

5、正視圖和俯視圖還原出幾何體，再作其側(cè)(左)視圖．由幾何體的正視圖和俯視圖可知該幾何體如圖①所示，故其側(cè)(左)視圖如圖②所示．故選B. [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 1．由直觀圖確定三視圖的方法 根據(jù)空間幾何體三視圖的定義及畫法規(guī)則和擺放規(guī)則確定． 2．由三視圖還原到直觀圖的思路 (1)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面． (2)根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實線和虛線所對應的棱、面的位置． (3)確定幾何體的直觀圖形狀． [演練沖關(guān)] 1．(2018屆高三·廣州六校聯(lián)考)已知某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖所示，給出下列5個圖形：

6、 其中可以作為該幾何體的俯視圖的圖形個數(shù)為(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：選B　由題知可以作為該幾何體的俯視圖的圖形可以為①②③⑤.故選B. 2．(2017·北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為(　　) A．3 B．2 C．2 D．2 解析：選B　在正方體中還原該四棱錐如圖所示， 從圖中易得最長的棱為 AC1＝＝ ＝2. 3．(2017·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體各面中直角三角形的個數(shù)是(　　) A．2 B．3 C．4 D

7、．5 解析：選C　由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱錐P-ABCD，易知四棱錐P-ABCD的四個側(cè)面都是直角三角形，即此幾何體各面中直角三角形的個數(shù)是4，故選C. 考點(二) 主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積與體積公式的應用，涉及的幾何體多為柱體、錐體，且常與三視圖相結(jié)合考查. 空間幾何體的表面積與體積 [典例感悟] [典例]　(1)(2016·全國卷Ⅲ)如圖所示，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為(　　) A．18＋36 B．54＋18 C．90 D．81 (2)(2017·全國卷Ⅱ)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形

8、的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為(　　) A．90π B．63π C．42π D．36π (3)(2018屆高三·廣西三市聯(lián)考)如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A．6 B．9 C．12 D．18 [解析]　(1)由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個側(cè)面為矩形，另兩個側(cè)面為平行四邊形，則表面積為(3×3＋3×6＋3×3)×2＝54＋18.故選B. (2)法一：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一

9、半所得，故其體積V＝π×32×10－×π×32×6＝63π. 法二：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一半所得，其體積等價于底面半徑為3，高為7的圓柱的體積，所以它的體積V＝π×32×7＝63π. (3)該幾何體是一個直三棱柱截去所得，如圖所示，其體積為××3×4×2＝9. [答案]　(1)B　(2)B　(3)B [方法技巧] 1．求解幾何體的表面積與體積的技巧 (1)求三棱錐的體積：等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上． (2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補形的方法，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)

10、則幾何體求解． (3)求表面積：其關(guān)鍵思想是空間問題平面化． 2．根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟 (1)根據(jù)給出的三視圖還原該幾何體的直觀圖． (2)由三視圖中的大小標識確定該幾何體的各個度量． (3)套用相應的面積公式或體積公式計算求解． [演練沖關(guān)] 1．(2017·合肥質(zhì)檢)一個幾何體的三視圖及其尺寸如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B． C．28 D．22＋6 解析：選A　由三視圖知，該幾何體為三棱臺，其上、下底面分別是直角邊為2,4的等腰直角三角形，高為2，所以該幾何體的體積V＝××2×2＋×4×4＋ ×2＝，故選A. 2．(2017

11、·沈陽質(zhì)檢)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積是(　　) A．36＋6 B．36＋3 C．54 D．27 解析：選A　由三視圖知該幾何體為底面是梯形的四棱柱，其表面積為S＝2××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故選A. 3．(2017·山東高考)由一個長方體和兩個圓柱體構(gòu)成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為________． 解析：該幾何體由一個長、寬、高分別為2,1,1的長方體和兩個底面半徑為1，高為1的四分之一圓柱體構(gòu)成， ∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋. 答案：2＋

12、考點(三) 主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計算問題，其本質(zhì)是計算球的半徑. 與球有關(guān)的組合體的計算問題 [典例感悟] [典例]　(1)(2016·全國卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A．4π B. C．6π D. (2)(2018屆高三·湖北七市(州)聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積為(　　),　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．36π B． C．32π D．28π [解析]　(1)

13、設球的半徑為R，∵△ABC的內(nèi)切圓半徑為＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝.故選B. (2)根據(jù)三視圖，可知該幾何體是一個四棱錐，其底面是一個邊長為4的正方形，高是2.將該四棱錐還原成一個三棱柱，如圖所示，該三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6個頂點的距離即為該四棱錐外接球的半徑．∵三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三個頂點的距離為×2＝，∴其外接球的半徑R＝＝，則外接球的表面積S＝4πR2＝4π×＝，故選B. [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問題的策略 (1)過球心及多

14、面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題． (2)利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解． [演練沖關(guān)] 1．(2017·全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π B. C. D. 解析：選B　設圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－2＝，所以圓柱的體積V＝π×1＝. 2．(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．

15、記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． 解析：設球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以＝＝. 答案： 3．(2017·全國卷Ⅰ)已知三棱錐S -ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S -ABC的體積為9，則球O的表面積為________． 解析：如圖，連接AO，OB， ∵SC為球O的直徑， ∴點O為SC的中點， ∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面

16、SCB＝SC， ∴AO⊥平面SCB， 設球O的半徑為R， 則OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VS -ABC＝VA-SBC＝×S△SBC×AO ＝××AO， 即9＝××R，解得 R＝3， ∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π×32＝36π. 答案：36π 4．(2018屆高三·浙江名校聯(lián)考)某簡單幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________，其外接球的表面積為________． 解析：由三視圖得該幾何體是一個底面為對角線為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半徑R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面積為4πR2＝25π

17、. 答案：24　25π 考點(四) 主要考查利用空間點、直線、平面位置關(guān)系的定義，四個公理、八個定理來判斷與點、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡單的線面平行垂直的位置關(guān)系. 空間線面位置關(guān)系的判斷 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·成都模擬)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個命題： ①四邊形EFGH是平行四邊形； ②平面α∥平面BCC1B1； ③平面α⊥平面BCFE. 其中正確的命題有(　　) A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ (2)(2018屆高三

18、·廣東五校聯(lián)考)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n [解析]　(1)由題意畫出草圖如圖所示， 因為AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH， 所以AA1∥EH. 同理AA1∥GF，所以EH∥GF. 又ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1， 所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確； 若平面α∥平面BB1C1C， 由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平

19、面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯誤； 由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE， 又EH?平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正確．綜上可知，故選C. (2)選項A，若α⊥β，m?α，n?β，則m∥n與m，n是異面直線均有可能，不正確；選項C，若m⊥n，m?α，n?β，則α，β有可能相交但不垂直，不正確；選項D，若α∥β，m?α，n?β，則m，n有可能是異面直線，不正確，故選B. [答案]　(1)C　(2)B [方法技巧] 判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的方法 (1)借助空間線面平行、面面平行

20、、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進行肯定或否定． (3)借助反證法，當從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設或公認的結(jié)論相矛盾的命題，進而作出判斷． [演練沖關(guān)] 1．(2017·惠州調(diào)研)如圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面4個結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有(　　) A．1個 B．2個

21、 C．3個 D．4個 解析：選B　將展開圖還原為幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯．故選B. 2．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：選C　法一：由正方體的性質(zhì)，得A

22、1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， 所以BC1⊥平面A1B1CD. 又A1E?平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1. 法二：∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B、D錯； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又CE∩B1C＝C， ∴BC1⊥平面CEA1B1. 又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.) ∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E， 而D1E不與DC1垂直，故A錯． 3．(2017·全國卷Ⅰ

23、)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 解析：選A　法一：對于選項B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項C、D中均有AB∥平面MNQ.故選A. 法二：對于選項A，設正方體的底面對角線的交點為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB.因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行，根據(jù)直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性

24、質(zhì)知，選項B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A. [必備知能·自主補缺] (一) 主干知識要記牢 1．簡單幾何體的表面積和體積 (1)S直棱柱側(cè)＝ch(c為底面的周長，h為高)． (2)S正棱錐側(cè)＝ch′(c為底面周長，h′為斜高)． (3)S正棱臺側(cè)＝(c′＋c)h′(c與c′分別為上、下底面周長，h′為斜高)． (4)圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面積公式 S圓柱側(cè)＝2πrl(r為底面半徑，l為母線長)， S圓錐側(cè)＝πrl(r為底面半徑，l為母線長)， S圓

25、臺側(cè)＝π(r′＋r)l(r′，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長)． (5)柱、錐、臺體的體積公式 V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)， V錐＝Sh(S為底面面積，h為高)， V臺＝(S＋＋S′)h(S，S′為上、下底面面積，h為高)． (6)球的表面積和體積公式 S球＝4πR2，V球＝πR3. 2．兩類關(guān)系的轉(zhuǎn)化 (1)平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 (2)垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 3．證明空間位置關(guān)系的方法 已知a，b，l是直線，α，β，γ是平面，O是點，則 (1)線線平行： ?c∥b，?a∥b， ?a∥b，?a∥b. (2)線面平行： ?a∥α，?a∥α，?a∥α

26、. (3)面面平行： ?α∥β，?α∥β，?α∥γ. (4)線線垂直： ?a⊥b，?a⊥b. (5)線面垂直： ?l⊥α， ?a⊥β， ?a⊥β，?b⊥α. (6)面面垂直： ?α⊥β，?α⊥β. (二) 二級結(jié)論要用好 1．長方體的對角線與其共點的三條棱之間的長度關(guān)系d2＝a2＋b2＋c2；若長方體外接球半徑為R，則有(2R)2＝a2＋b2＋c2. [針對練1]　(2018屆高三·西安八校聯(lián)考)設三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，且長度分別為2,2，4，則其外接球的表面積為(　　) A．48π B．32π C．20π D．12π 解析：選B　依題意，設題

27、中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補形成一個長方體， 則R＝ ＝2， 所以該三棱錐外接球的表面積為S＝4πR2＝32π. 2．棱長為a的正四面體的內(nèi)切球半徑r＝a，外接球的半徑R＝a.又正四面體的高h＝a，故r＝h，R＝h. [針對練2]　正四面體ABCD的外接球半徑為2，過棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為________． 解析：由題意知，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，設AB的長為a，因為正四面體外接球的半徑為2，所以a＝2，解得a＝，故截面面積的最小值為π2＝. 答案： (三) 易錯易混要明了 應用空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(zhì)定理時，忽視判

28、定定理和性質(zhì)定理中的條件，導致判斷出錯．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結(jié)論，就是因為忽視面面垂直的性質(zhì)定理中m?α的限制條件． [針對練3]　設α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，則“m∥β ”是“α∥β ”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B　當m∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥β?/ α∥β；當α∥β時，α內(nèi)任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件． [課時跟蹤檢測]

29、 A組——12＋4提速練 一、選擇題 1.如圖為一個幾何體的側(cè)視圖和俯視圖，則它的正視圖為(　　) 解析：選B　根據(jù)題中側(cè)視圖和俯視圖的形狀，判斷出該幾何體是在一個正方體的上表面上放置一個四棱錐(其中四棱錐的底面是邊長與正方體棱長相等的正方形、頂點在底面上的射影是底面一邊的中點)，結(jié)合選項知，它的正視圖為B. 2．(2017·全國卷Ⅰ)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為(　

30、　) A．10 B．12 C．14 D．16 解析：選B　由三視圖可知該多面體是一個組合體，下面是一個底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長為2，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個面是梯形，這些梯形的面積之和為×2＝12，故選B. 3．(2017·合肥質(zhì)檢)若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有(　　) A．0條 B．1條 C．2條 D．0條或2條 解析：選C　因為平行于三棱錐的兩條相對棱的平面截三棱錐所得的截面是平行四邊形，所以該三棱錐中與平面α平行的棱有2

31、條，故選C. 4．(2017·成都模擬)已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且m?α，n?β.有下列命題： ①若α∥β，則m，n可能平行，也可能異面； ②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，則α⊥β； ③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，則α⊥β. 其中真命題的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　對于①，直線m，n可能平行，也可能異面，故①是真命題；對于②，直線m，n同時垂直于公共棱，不能推出兩個平面垂直，故②是假命題；對于③，當直線n∥l時，不能推出兩個平面垂直，故③是假命題．故真命題的個數(shù)為1.故選B. 5．(2017·浙江

32、高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A.＋1 B.＋3 C.＋1 D.＋3 解析：選A　由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個底面為直角邊長為的等腰直角三角形，高為3的三棱錐的組合體，故該幾何體的體積V＝×π×12×3＋××××3＝＋1. 6．(2017·鄭州質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．80 B．160 C．240 D．480 解析：選B　如圖所示，題中的幾何體是從直三棱柱ABC-A′B′C′中截去一個三棱錐A-A′B′C′后所剩余

33、的部分，其中底面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此題中的幾何體的體積為×10－××6×8×10＝××10＝160，故選B. 7．(2017·合肥質(zhì)檢)一個幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周)，則該幾何體的表面積為(　　) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：選A　由三視圖知，該幾何體由一個正方體的部分與一個圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故選A. 8．某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為(　　)

34、 A．207 B．216－ C．216－36π D．216－18π 解析：選B　由三視圖知，該幾何體是一個棱長為6的正方體挖去個底面半徑為3，高為6的圓錐而得到的，所以該幾何體的體積V＝63－××π×32×6＝216－，故選B. 9．(2017·貴陽檢測)三棱錐P-ABC的四個頂點都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16π，則該三棱錐的高的最大值為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：選C　依題意，設題中球的球心為O，半徑為R，△ABC的外接圓半徑為r，則＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距離為＝3，因

35、此三棱錐P-ABC的高的最大值為5＋3＝8，故選C. 10．(2017·洛陽統(tǒng)考)已知三棱錐P-ABC的四個頂點均在某球面上，PC為該球的直徑，△ABC是邊長為4的等邊三角形，三棱錐P-ABC的體積為，則此三棱錐的外接球的表面積為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　依題意，記三棱錐P-ABC的外接球的球心為O，半徑為R，點P到平面ABC的距離為h，則由VP-ABC＝S△ABCh＝××h＝得h＝.又PC為球O的直徑，因此球心O到平面ABC的距離等于h＝.又正△ABC的外接圓半徑為r＝＝，因此R2＝r2＋2＝，所以三棱錐P-ABC的外接球的表面積為4πR2＝，故選D.

36、 11．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B．8π C. D．9π 解析：選B　依題意，題中的幾何體是由兩個完全相同的圓柱各自用一個不平行于其軸的平面去截后所得的部分拼接而成的組合體(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一個截后所得的部分的底面半徑為1，最短母線長為3、最長母線長為5，將這兩個截后所得的部分拼接恰好形成一個底面半徑為1，母線長為5＋3＝8的圓柱，因此題中的幾何體的體積為π×12×8＝8π，故選B. 12．(2018屆高三·湘中名校聯(lián)考)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B．32 C.

37、D. 解析：選A　由三視圖可知， 該幾何體是由底面為等腰直角三角形(腰長為4)、高為8的直三棱柱截去一個等底且高為4的三棱錐而得到的，所以該幾何體的體積V＝×4×4×8－××4×4×4＝，故選A. 二、填空題 13．如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為________． 解析：設圓柱高為h，底面圓半徑為r，周長為c，圓錐母線長為l.由圖得r＝2，h＝4，則c＝2πr＝4π，由勾股定理得：l＝＝4，則S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π. 答案：28π 14．一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則截去部分體積與

38、剩余部分體積的比值為________． 解析：由已知三視圖知該幾何體是由一個正方體截去了一個“大角”后剩余的部分，如圖所示，截去部分是一個三棱錐．設正方體的棱長為1，則三棱錐的體積為V1＝××1×1×1＝，剩余部分的體積V2＝13－＝.所以＝＝. 答案： 15．高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側(cè)視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的________． 解析：由側(cè)視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為 ×2×(2＋4)＝6的四棱錐，其體積為×6×2＝4.而直三棱柱的體積為×2×2×4＝8，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積

39、的. 答案： 16．(2017·蘭州診斷考試)已知球O的半徑為13，其球面上有三點A，B，C，若AB＝12，AC＝BC＝12，則四面體OABC的體積為________． 解析：如圖，過點A，B分別作BC，AC的平行線，兩線相交于點D，連接CD， ∵AC＝BC＝12，AB＝12，在△ABC中，cos∠ACB＝＝－， ∴∠ACB＝120°，∴在菱形ACBD中，DA＝DB＝DC＝12， ∴點D是△ABC的外接圓圓心，連接DO，在△ODA中，OA2＝DA2＋DO2， 即DO2＝OA2－DA2＝132－122＝25，∴DO＝5， 又DO⊥平面ABC，∴VO-ABC＝××12×12××5＝

40、60. 答案：60 B組——能力小題保分練 1．(2017·石家莊質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．16 B．20 C．52 D．60 解析：選B　由三視圖知，該幾何體由一個底面為直角三角形(直角邊分別為3,4)，高為6的三棱柱截去兩個等體積的四棱錐所得，且四棱錐的底面是矩形(邊長分別為2,4)，高為3，如圖所示，所以該幾何體的體積V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故選B. 2．(2017·成都模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐外接球的表面積為(　　

41、) A．136π B．34π C．25π D．18π 解析：選B　由三視圖知，該四棱錐的底面是邊長為3的正方形，高為4，且有一條側(cè)棱垂直于底面，所以可將該四棱錐補形為長、寬、高分別為3,3,4的長方體，該長方體外接球的半徑R即為該四棱錐外接球的半徑，所以2R＝，解得R＝，所以該四棱錐外接球的表面積為4πR2＝34π，故選B. 3．(2018屆高三·湖南五市十校聯(lián)考)如圖，小方格是邊長為1的正方形，一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96 C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96 解析：選D　由三視圖

42、可知，該幾何體為一個圓錐和一個正方體的組合體，正方體的棱長為4，圓錐的高為4，底面半徑為2，所以該幾何體的表面積為S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96. 4．(2017·石家莊質(zhì)檢)四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，若一個半徑為1的球與此四棱錐所有面都相切，則該四棱錐的高為(　　) A．6 B．5 C. D. 解析：選D　過點P作PH⊥平面ABCD于點H.由題知，四棱錐P-ABCD是正四棱錐，內(nèi)切球的球心O應在四棱錐的高PH上．過正四棱錐的高作組合體的軸截面如圖，其中PE，PF是斜高，M為球面與側(cè)面的一個切點．設PH＝

43、h，易知Rt△PMO∽Rt△PHF，所以＝，即＝，解得h＝，故選D. 5．(2017·云南模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，若這個幾何體的頂點都在球O的表面上，則球O的表面積是(　　) A．2π B．4π C．5π D．20π 解析：選C　由三視圖知，該幾何體為三棱錐，其中邊長為1的側(cè)棱與底面垂直，底面為底邊長為2的等腰直角三角形，所以可以將該三棱錐補形為長、寬、高分別為，，1的長方體，所以該幾何體的外接球O的半徑R＝＝，則球O的表面積S＝4πR2＝5π，故選C. 6．(2017·武昌調(diào)研)在矩形ABCD中，AB

44、在翻折的過程中，給出下列結(jié)論： ①存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直； ②存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直； ③存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直． 其中正確結(jié)論的序號是________． 解析：①假設AC與BD垂直，過點A作AE⊥BD于點E，連接CE，如圖所示，則AE⊥BD，BD⊥AC.又AE∩AC＝A，所以BD⊥平面AEC，從而有BD⊥CE，而在平面BCD中，CE與BD不垂直，故假設不成立，①錯誤． ②假設AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB

45、． ③假設AD⊥BC，∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB

46、GH∥平面ABC. [證明]　(1)因為EF∥DB， 所以EF與DB確定平面BDEF. 如圖①，連接DE. 因為AE＝EC，D為AC的中點，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC. 又BD∩DE＝D， 所以AC⊥平面BDEF. 因為FB?平面BDEF，所以AC⊥FB. (2)如圖②，設FC的中點為I，連接GI，HI. 在△CEF中，因為G是CE的中點，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB. 在△CFB中，因為H是FB的中點，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC. 因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC. [備課札記]　

47、 　 [方法技巧] 平行、垂直關(guān)系的證明思路 [演練沖關(guān)] 1．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底

48、面ABCD，PA⊥AD，E和F分別為CD和PC的中點，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 證明：(1)因為平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因為AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四邊形ABED為平行四邊形．所以BE∥AD.又因為BE?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)因為AB⊥AD，且四邊形ABED為平行四邊形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A

49、，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因為E和F分別是CD和PC的中點，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因為CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD?平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD. 題型(二) 本部分的計算題目多設兩問，第(1)問考查空間位置關(guān)系的證明，第(2)問考查空間幾何體體積的求法或點到平面距離的求法. 體積、距離的計算 [典例感悟] [典例2]　(2017·成都模擬)如圖，已知梯形CDEF與△ADE所在的平面垂直，AD⊥DE，CD⊥DE，AB∥CD∥EF，AE＝2DE＝8，AB＝3，EF＝9，CD＝12，連接BC，BF. (1)若G為AD

50、邊上一點，DG＝DA，求證：EG∥平面BCF； (2)求多面體ABCDEF的體積． [解]　(1)證明：如圖，作GM∥CD，交BC于點M，連接MF. 作BH∥AD，交GM于點N，交DC于點H. ∵EF∥CD，∴GM∥EF. ∵AB∥CD，∴四邊形ABNG與四邊形ABHD都是平行四邊形， ∴GN＝DH＝AB＝3，HC＝9. ∵AB∥GM∥DC， ∴＝＝＝， ∴NM＝6，∴GM＝GN＋NM＝9，∴GM綊EF， ∴四邊形GMFE為平行四邊形，∴GE∥MF. 又MF?平面BCF，GE?平面BCF， ∴GE∥平面BCF. (2)如圖，連接BD，BE. ∵平面ADE⊥平面C

51、DEF，AD⊥DE，AD?平面ADE，∴AD⊥平面CDEF. ∵CD⊥DE，CD?平面CDEF，∴CD⊥平面ADE， ∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADE. ∴四棱錐B-CDEF的高為AD，三棱錐B-ADE的高為AB. 在Rt△ADE中，AD＝＝＝4， ∴V多面體ABCDEF＝VB-ADE＋VB-CDEF ＝S△ADE·AB＋S梯形CDEF·AD ＝××3＋××(9＋12)×4×4＝64. 故多面體ABCDEF的體積為64. [備課札記]　

52、 　 [方法技巧] (1)求解不規(guī)則幾何體的體積時，常用割補法，將問題轉(zhuǎn)化為柱體或錐體的體積求解． (2)求點到平面的距離時，常用等體積轉(zhuǎn)換法． [演練沖關(guān)] 2．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝

53、AD，∠BAD＝∠ABC＝90°. (1)證明：直線BC∥平面PAD； (2)若△PCD的面積為2，求四棱錐P-ABCD的體積． 解：(1)證明：在平面ABCD內(nèi)， 因為∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD. 又BC?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BC∥平面PAD. (2)如圖，取AD的中點M，連接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四邊形ABCM為正方形，則CM⊥AD. 因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD. 因為CM?底面ABCD，所以PM⊥CM.

54、設BC＝x，則CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x. 取CD的中點N，連接PN，則PN⊥CD， 所以PN＝x. 因為△PCD的面積為2， 所以×x×x＝2， 解得x＝－2(舍去)或x＝2. 于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2. 所以四棱錐P-ABCD的體積 V＝××2＝4. 3．(2018屆高三·廣東五校聯(lián)考)如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°，AB＝PC＝2，PA＝PB＝. (1)求證：平面PAB⊥平面ABCD； (2)求點D到平面APC的距離． 解：(1)證明：取AB的中點O，連接PO，CO，(圖略) 由PA＝P

55、B＝，AB＝2知△PAB為等腰直角三角形， ∴PO⊥AB，PO＝1， 由AB＝BC＝2，∠ABC＝60°知△ABC為等邊三角形， ∴CO＝. 又由PC＝2得PO2＋CO2＝PC2，∴PO⊥CO， 又AB∩CO＝O，∴PO⊥平面ABC， 又PO?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面ABCD. (2)由題知△ADC是邊長為2的等邊三角形，△PAC為等腰三角形， 設點D到平面APC的距離為h， 由VD-PAC＝VP-ADC得 S△PAC·h＝S△ADC·PO. ∵S△ADC＝×22＝，S△PAC＝PA·＝， ∴h＝＝＝， 即點D到平面APC的距離為. 題型(三) 主要考查

56、平面圖形與空間圖形的轉(zhuǎn)換，且多涉及空間線面、面面的平行與垂直問題的證明或判斷，以及探索性問題等. 翻折與探索性問題 [典例感悟] [典例3]　如圖①，在四邊形ABCD中，AD＝CD＝2，AC＝2，△ABC是等邊三角形，F(xiàn)為線段AC的中點．將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體D-ABC，如圖②所示． (1)求證：AC⊥BD； (2)試問：在線段BC上是否存在一點E，使得＝？若存在，請求出點E的位置；若不存在，請說明理由． [解]　(1)證明：AD＝CD＝2，AC＝2， 從而AD2＋CD2＝AC2，故AD⊥CD，△ADC是等腰直角三角形． 又F為線段

57、AC的中點，所以DF⊥AC. 連接BF(圖略)，因為△ABC是等邊三角形， 所以BF⊥AC， 又DF∩BF＝F，故AC⊥平面BDF. 又BD?平面BDF，所以AC⊥BD. (2)線段BC上存在點E，使得＝，且E為線段BC的中點．因為平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，且DF⊥AC，所以DF⊥平面ABC，故DF為三棱錐D-FCE和D-ABC的高，所以＝＝＝＝·＝.又F為線段AC的中點，所以＝，故＝，從而E為線段BC的中點，即當E為線段BC的中點時，＝. [備課札記]　

58、 　 [方法技巧] 1．求解平面圖形折疊問題的關(guān)鍵和方法 (1)關(guān)鍵：分清翻折前后哪些位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系改變，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口． (2)方法：把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當連

59、線就能得到三棱錐、四棱錐等幾何體，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中解決． 2．求解探索性問題的類型及策略 問題類型 求解策略 對命題條 件的探索 (1)先猜后證，即先觀察，嘗試給出條件再證明； (2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性； (3)將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探索出命題成立的條件 對命題結(jié) 論的探索 (1)探索結(jié)論是什么，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么； (2)探索結(jié)論是否存在，常先假設結(jié)論存在，再在這個假設下進行推理論證，尋找與條件相符或矛盾的結(jié)論，相符則存在，矛盾則不存在 [演練沖關(guān)] 4．如圖，高為1的等腰梯形AB

60、CD中，AM＝CD＝AB＝1.現(xiàn)將△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，連接AB，AC. (1)在AB邊上是否存在點P，使AD∥平面MPC? (2)當點P為AB邊的中點時，求點B到平面MPC的距離． 解：(1)當AP＝AB時，有AD∥平面MPC.理由如下： 連接BD交MC于點N，連接NP. 在梯形MBCD中， DC∥MB，＝＝，∵在△ADB中，＝，∴AD∥PN. ∵AD?平面MPC，PN?平面MPC，∴AD∥平面MPC. (2)∵平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，平面AMD中AM⊥DM，∴AM⊥平面MBCD.∴VP-MBC＝×S△MBC×＝×

61、×2×1×＝.在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝，又PC＝ ＝＝MP，∴S△MPC＝×× ＝.設點B到平面MPC的距離為d，由VP-MBC＝VB-MPC得VP-MBC＝S△MPC·d，∴d＝＝，∴點B到平面MPC的距離為. 立體幾何問題重在“轉(zhuǎn)”——轉(zhuǎn)化、轉(zhuǎn)換 [循流程思維——入題快] 立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個幾何體為依托，分步設問，逐層加深，解決這類題目的原則是轉(zhuǎn)化、轉(zhuǎn)換．轉(zhuǎn)化——空間平行關(guān)系間的轉(zhuǎn)化、垂直關(guān)系間的轉(zhuǎn)化、平行與垂直關(guān)

62、系間的轉(zhuǎn)化以及平面幾何與立體幾何的轉(zhuǎn)化等；轉(zhuǎn)換——對幾何體的體積、錐體體積考查頂點轉(zhuǎn)換，多面體體積多分割轉(zhuǎn)換為幾個規(guī)則幾何體的體積和或體積差來求解，求體積時距離與體積計算的轉(zhuǎn)換等． [按流程解題——快又準] [典例]　(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面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． (1)證明MN∥平面PAB； (2)求四面體N-BCM的體積． [解題示范] (1)證明：由已知得AM＝AD＝2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知 ?轉(zhuǎn)化：平行關(guān)系間的轉(zhuǎn)化．

63、 線∥線?線∥面．TN∥BC，AD∥BC?TN綊AM?MN∥AT?MN∥平面PAB. ?轉(zhuǎn)換：距離與體積的計算轉(zhuǎn)換． 點面距、點線距?體積的計算． AE＝?點M到BC的距離為；點N到平面ABCD的距離為PA?四面體N-BCM的體積． TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為MN?平面PAB，AT?平面PAB，所以MN∥平面PAB.? (2)因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點，所以N到平面ABCD的距離為PA.取BC中點E，連接AE.取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.由AM∥B

64、C得M到BC的距離為，故S△BCM＝×4×＝2.所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝×S△BCM×＝.?　 [思維升華]　立體幾何的內(nèi)容在高考中的考查情況總體上比較穩(wěn)定，因此，復習備考時往往有“綱”可循，有“題”可依．在平時的學習中，要重視識圖訓練，能正確確定關(guān)鍵點或線的位置，將局部空間問題轉(zhuǎn)化為平面模型．其中，平行、垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)是立體幾何的核心內(nèi)容；空間距離、面積與體積的計算是重點內(nèi)容． [應用體驗] (2017·廣州模擬)如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，D

65、E，得到如圖②所示的幾何體． (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，AC與其在平面ABD內(nèi)的射影所成角的正切值為，求點B到平面ADE的距離． 解：(1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 又DC⊥BD，所以DC⊥平面ABD. 因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB. 又AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC. (2)由(1)知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD內(nèi)的射影為AD，即∠CAD為AC與其在平面ABD內(nèi)的射影所成的角．依題意知tan∠CAD＝＝， 因為AD＝1，所以DC＝. 設AB＝x(x>0)，則BD＝， 易

66、知△ABD∽△DCB，所以＝， 即＝，解得x＝， 故AB＝，BD＝，BC＝3. 由于AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC， 又E為BC的中點， 所以AE＝＝，同理DE＝＝＝AE， 所以S△ADE＝×1× ＝. 因為DC⊥平面ABD，所以VA-BCD＝CD·S△ABD＝. 設點B到平面ADE的距離為d， 則d·S△ADE＝VB-ADE＝VA-BDE＝VA-BCD＝， 所以d＝， 即點B到平面ADE的距離為. 1．(2018屆高三·西安八校聯(lián)考)如圖，AC是圓O的直徑，點B在圓O上，∠BAC＝30°，AC ⊥BM，且BM交AC于點M，EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1. (1)證明：BF⊥EM； (2)求三棱錐B-EFM的體積． 解：(1)證明：∵EA⊥平面ABC，∴EA⊥BM， 又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE， ∴BM⊥EM. ① ∵CF∥AE，∴CF⊥平面ABC，∴C