第四讲 专题提能——“立体几何”专题提能课
失误1
因混淆几何体的表面积与侧面积而失误
[例1] (2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
A．14 B．10＋4
C．＋4 D．＋4
[解析] 法一：由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S＝2×＋×(22－12)＋×22＋2×2＋××()2＝＋4.
法二：由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S＝S三棱柱表－S三棱锥侧＋S三棱锥底＝－3×＋××()2＝＋4.
[答案] D
[微评] 解决此类问题一般分两步：
第一步，先确定几何体的大致轮廓，然后利用三视图中的实线和虚线，通过切割、挖空等手段逐步调整，还原出几何体；
第二步，先部分后整体，即先分别求出几何体中各部分的面积，然后用它们表示所求几何体的表面积，注意重叠部分的面积和挖空部分的面积的处理.
失误2
因遗漏平行、垂直的判定定理的条件而失分
[例2] 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB和PD的中点．
求证：直线AF∥平面PEC.
[证明] 设PC的中点为Q，连接EQ，FQ.
易知FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD，
所以AE∥FQ且AE＝FQ，
所以四边形AEQF为平行四边形，
所以AF∥EQ.
又EQ?平面PEC，AF?平面PEC，所以AF∥平面PEC.
[微评] 灵活构造平行关系是证明线面平行的关键，一般可通过取n等分点构造成比例的线段，从而构造平行关系．
失误3
因混淆“两向量夹角”与“空间角”而失分
[例3] (2019届高三·郑州名校联考)如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB＝PC，∠ABC＝45°，E是线段PA上靠近点A的三等分点．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若△APB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．
[解] (1)证明：作PO⊥AB于O，连接OC.
因为平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PO⊥平面ABCD.
因为PB＝PC，所以△POB≌△POC，所以OB＝OC.
因为∠ABC＝45°，所以∠BOC＝90°，即OC⊥AB.
又PO∩CO＝O，所以AB⊥平面POC.
因为PC?平面POC，所以AB⊥PC.
(2)因为△PAB是边长为2的等边三角形，所以PO＝，OA＝OB＝OC＝1.
依题意建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(－1,0,0)，
所以＝(1,0，－)，＝(－1,1,0)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝，可得平面PBC的一个法向量为n＝(，，1)．
易知＝(1,0，)，所以＝＝.
又＝＝(1，－1,0)，
所以＝＋＝.
设DE与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
故直线DE与平面PBC所成角的正弦值为.
[微评] 本题第(2)问是利用向量法求线面角的问题，常见易错点如下：
(1)不能根据相关的线面垂直关系，建立适当的空间直角坐标系；
(2)建立空间直角坐标系后，在向量坐标的计算中出现错误；
(3)利用向量法求线面角时，没有注意到线面角与直线的方向向量和平面法向量的夹角之间的关系，误认为直线的方向向量与平面的法向量所成的角就是所求线面角．
等体积法：求体积或点面距
[典例] 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.EF∥AC，EA＝ED＝EF＝.
(1)求AD与BE所成的角；
(2)若BE＝，求三棱锥B-CDF的体积．
[解] (1)如图，取AD的中点O，连接EO，BO.
因为EA＝ED，
所以EO⊥AD.
因为四边形ABCD为菱形，
所以AB＝AD，
又∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，
所以AB＝BD，所以BO⊥AD.
因为BO∩EO＝O，BO?平面BEO，EO?平面BEO，
所以AD⊥平面BEO，
因为BE?平面BEO，
所以AD⊥BE，所以AD与BE所成的角为90°.
(2)在△EAD中，EA＝ED＝，AD＝2，EO⊥AD，
所以EO＝＝.
因为△ABD为等边三角形，
所以AB＝BD＝AD＝2，
所以BO＝.
又BE＝，所以EO2＋OB2＝BE2，所以EO⊥OB.
因为AD∩OB＝O，AD?平面ABCD，BO?平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又S△BCD＝S△ABD＝AD×OB＝×2×＝，EF∥AC，
所以V三棱锥B-CDF＝V三棱锥F-BCD＝S△BCD×EO＝××＝.
[微评] 用等体积法解题的关键是把底面积及高不易求的三棱锥转化为易求的三棱锥，利用体积不变性，即可求出其体积．
函数与方程思想——在立体几何最值问题中的应用
[典例] (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(a>0)cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，∴25－a>0，∴0
令t＝25a4－a5，则t′＝100a3－a4，由t′＝0，得a＝4，此时所得三棱锥的体积最大，为4 cm3.
法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝BC，
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，S△ABC＝×2x×3x＝3x2，
故所得三棱锥的体积V＝×3x2×＝x2×＝×.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，
则f′(x)＝100x3－50x4，
令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0则当x∈时，f(x)≤f(2)＝80，
∴V≤×＝4.
∴所求三棱锥的体积的最大值为4 cm3.
[答案] 4
[微评] 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．
中国古代数学取得了极其辉煌的成就，出现过刘徽、祖冲之、秦九韶等伟大的数学家，以及众多数学名著，《九章算术》和《数书九章》便是其中的代表作．这些中国古代数学名著是中华优秀传统文化的重要组成部分．
立体几何是中国古代数学的一个重要研究内容，从中国古代数学中挖掘素材，考查立体几何的有关知识，既符合考生的认知水平，又可以引导考生关注中华优秀传统文化．
[例1] (1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图①，图②中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是( )
A．a，b B．a，c
C．c，b D．b，d
(2)我国南北朝时期的数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )
A．4－ B．8－
C．8－π D．8－2π
[解析] (1)若正视图和侧视图完全相同，可能的一种情况是“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.
(2)由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
[答案] (1)A (2)C
[微评] (1)观察题目所给直观图，理解题干中有关“牟合方盖”的特征叙述，结合“当其正视图和侧视图完全相同时”这个关键条件作答．
(2)根据题设所给的三视图，想象出该图所对应的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可．
[例2] 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A．8π B．12π
C．20π D．24π
[解析] 将三棱锥P-ABC放入长方体中，如图，三棱锥P-ABC的外接球就是长方体的外接球．因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝＝2.设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.
[答案] C
[例3] 中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为( )
A．1.2 B．1.6
C．1.8 D．2.4
[解析] 该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为、高为x的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x，3,1的长方体，则组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.
[答案] B
空间几何体常与解析几何、函数、不等式等知识相结合命题，以立体几何为主线，侧重考查空间想象能力，其解题的关键是结合空间图形分析论证问题.
类型1
立体几何与解析几何的交汇问题
[例1] (1)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )
A. B.
C. D.
(2)(2018·郑州模拟)如图所示的直三棱柱ABC-A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为( )
A．2 B．2π
C．2 D．4
[解析] (1)依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为2a，则斜边长为2a，圆锥的底面半径为a，母线长为2a，因此其俯视图中椭圆的长半轴长为a，短半轴长为a，其离心率e＝＝，故选C.
(2)连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，又MF∩FH＝F，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D.
[答案] (1)C (2)D
[微评] (1)本例第(1)题是空间简单几何体组合体的直观图、三视图与椭圆巧妙相结合的题目，解题的关键是结合三视图找出椭圆的相关基本量进行求解．
(2)本例第(2)题给出了直三棱柱、线面平行的题设条件，所以据此出发应先适当作辅助线，运用平行关系去分析、探究点的轨迹.
类型2
立体几何与二次函数最值的交汇问题
[例2] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P-ABC的体积为________．
[解析] 如图，以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，则点A(1，0,0)，C(0,1,0)，D1(1,1,1)，所以＝(1,1,1)．
设＝λ (0≤λ≤1)，则可求得点P(λ，λ，λ)，所以向量＝(1－λ，－λ，－λ)，＝(－λ，1－λ，－λ)．
于是cos∠APC＝
＝＝
＝1－＝1－.
从而，当∠APC最大时，cos∠APC最小，即λ＝，所以此时点P.
故所求VP-ABC＝××＝.
[答案]
[微评] 上述求解的关键在于，利用“空间向量法”将∠APC最大等价转化为二次函数f(λ)＝3λ2－2λ＋1在[0,1]上最小.
类型3
立体几何与不等式的交汇问题
[例3] (1)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为( )
A．2 B．2
C．4 D．2
(2)已知三棱锥O-ABC中OA，OB，OC两两垂直，OC＝1，OA＝x，OB＝y，若x＋y＝4，则三棱锥体积的最大值是( )
A． B．
C．1 D．
[解析] (1)本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为的棱与此长方体的体对角线重合，则此棱各投影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y，z，则有解得a2＋b2＝8.
而2≤＝4，所以a＋b≤4，故选C.
(2)由条件可知VO -ABC＝VA -OBC＝OA·OB·OC＝xy≤×2＝，当且仅当x＝y＝2时，等号成立，此时VO -ABC取得最大值，故选B.
[答案] (1)C (2)B
[微评] 本例是关于立体几何中的最值问题，利用基本不等式求最值是解决这类问题的常见方法，其解题的关键是用题目信息中给出的关键量表示出要求的量，并结合基本不等式适用的条件求解．
1．三垂线定理及逆定理：
(1)定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
(2)逆定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在平面内的射影垂直．其作用是证明两条异面直线垂直和作二面角的平面角．
2．从一点O出发的三条射线OA，OB，OC，若∠AOB＝∠AOC，则点A在平面BOC上的射影在∠BOC的平分线上．
3．AB和平面所成的角是θ1，AC在平面内，AC和AB在平面上的射影AB′成θ2，设∠BAC＝θ3，则cos θ1·cos θ2＝cos θ3.
4．如果两个相交平面都与第三个平面垂直，那么它们的交线也垂直于第三个平面．
5．若长方体的体对角线与过同一顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1；若长方体的体对角线与过同一顶点的三侧面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2.
6．面积射影法：利用面积射影公式S射＝S原·cos θ，其中θ为平面角的大小．若正棱锥的侧面与底面所成的角为θ，则S底＝S侧·cos θ.
7．立体几何中有关距离的“向量形式”的公式，如点P到平面的距离d＝，其中，A是平面内的点，n是平面的法向量．
8．等体积转换法．
[典例] 如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．
(1)求证：PC⊥AD；
(2)求点D到平面PAM的距离．
[解] (1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OC，AC，由题意易知△ACD为正三角形．所以OC⊥AD，又△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以OP⊥AD.
又OC∩OP＝O，所以AD⊥平面POC，
又PC?平面POC，所以PC⊥AD.
(2)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，由(1)可知，PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P-ACD的高．
在Rt△POC中，PO＝OC＝，则PC＝.
在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，边PC上的高AM＝＝ ＝，
所以S△PAC＝PC·AM＝××＝.
设点D到平面PAC的距离为h，
由VD-PAC＝VP-ACD，
得S△PAC·h＝S△ACD·PO，
又S△ACD＝×2×＝，
所以×·h＝××，解得h＝.
故点D到平面PAM的距离为.
[微评] 应用等体积转化法求解点到平面的距离，关键是准确把握三棱锥底面的特征，选择的底面应具备两个特征：一是底面的形状规则，即面积可求；二是底面上的高比较明显，即线面垂直关系比较直接．
A组——易错清零练
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12 B．18
C．24 D．30
解析：选C 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积V＝×4×3×5－××4×3×(5－2)＝24，故选C.
2．如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形．
若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．4π B．16π
C．24π D．25π
解析：选C 由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R＝＝2，则R＝，故该球的表面积为4πR2＝24π，故选C.
3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )
A．2 B．4＋2
C．4＋4 D．4＋6
解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC-A1B1C1，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝(2＋2)×2＝4＋4，故选C.
4．正方体的8个顶点中，有4个恰是正四面体的顶点，则正方体与正四面体的表面积之比为________．
解析：如图，设正方体的棱长为a，则正方体的表面积为S1＝6a2.
正四面体P-ABC的边长为＝a，则其表面积为S2＝4××a×a×sin 60°＝2a2.
所以正方体与正四面体的表面积之比为S1∶S2＝6a2∶2a2＝∶1.
答案：∶1
B组——方法技巧练
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．6 B．8
C．10 D．12
解析：选D 根据题中所给的三视图，可以还原几何体，如图所示．
该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长、宽、高分别是3,2,2的长方体，所以该几何体的体积为2×2×3＝12，故选D.
2．圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设圆锥的高为h，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S＝L2sin θ，而0r≥Lcos 45°＝L，所以≤<1.
3．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于________．
解析：如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1-ABC的高，AD1＝CD1＝，AC＝2，取AC的中点O，连接D1O，则D1O⊥AC，所以D1O＝＝.
设点B到平面D1AC的距离为h，则由VB-D1AC＝VD1-ABC，即S△D1AC·h＝S△ABC·D1D，又S△D1AC＝D1O·AC＝××2＝，S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，所以h＝.
答案：
4.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°，点B在线段ED上．
(1)当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；
(2)点B在线段ED上运动的过程中，求三棱柱ABC-A1B1C1表面积的最小值．
解：(1)由于三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，则AA1⊥平面ABC，因为BC?平面ABC，所以AA1⊥BC.而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，即AB⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．
在平行四边形ACDE中，
因为AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°.
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
若AB⊥BC，有BH2＝AH·CH.
由AC＝4，得AH＝1或3.
两种情况下，B为ED的中点或与点D重合．
(2)三棱柱ABC-A1B1C1的表面积等于侧面积与两个底面积之和．
显然三棱柱ABC-A1B1C1其底面积和平面A1ACC1的面积为定值，只需保证侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和最小即可．
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
令AH＝x，则侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和等于4(AB＋BC)＝4[＋]．
其中＋可以表示动点(x,0)到定点(0，－)和(4，)的距离之和，当且仅当x＝2时取得最小值．所以三棱柱的表面积的最小值为2××4×＋42＋4×2＝4＋8＋16.
5．(2019届高三·宁波十校联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD中点．把△ADE沿AE翻折，使得平面ADE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD⊥BE；
(2)求BD与平面DEC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝2，E为CD中点，
∴AE＝＝EB，则AE2＋BE2＝AB2，
∴BE⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面ADE，∴AD⊥BE.
(2)法一：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴VD-BCE＝S△BEC·DO＝××1×1×＝.
连接OB，OC，∵OA＝，AB＝2，∠OAB＝45°，
∴在△OAB中，由余弦定理得，
OB＝＝，
同理可得OC＝.
在Rt△DOB中，BD＝＝.
在Rt△DOC中，DC＝＝.
∵DE＝1，EC＝1，
∴在△DEC中，由余弦定理得，cos∠DEC＝＝－，
∴∠DEC＝120°，∴S△DEC＝×1×1×＝.
设B到平面DEC的距离为h，
∴VB-DEC＝×S△DEC×h＝，解得h＝.
设DB与平面DEC所成的角为α，
则sin α＝＝，
∴BD与平面DEC所成角的正弦值为.
法二：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE，
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴以O为坐标原点，OD所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则B，D，E，
C，
∴＝，＝(0,1,0)，
＝，
设m＝(x，y,1)为平面DEC的一个法向量，
则即
取z＝1，可得m＝(－，0,1)，
设BD与平面DEC所成的角为α，
∴sin α＝|cos〈，m〉|＝＝，
即BD与平面DEC所成角的正弦值为.
C组——创新应用练
1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是上底面A1B1C1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长的最小值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选A 由PQ∥平面AA1B1B知Q在过点P且平行于平面AA1B1B的平面上，易知点Q在A1D1，B1C1中点的连线MN上，故PQ的最小值为PM＝AA1＝1.
2．(2018·昆明模拟)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )
A．63π B．72π
C．79π D．99π
解析：选A 由三视图得，凿去部分是一个半球与一个圆柱的组合体，其中半球的半径为3，体积为×π×33＝18π，圆柱的底面半径为3，高为5，体积为π×32×5＝45π.所以凿去部分的体积为18π＋45π＝63π.故选A.
3．(2018·沈阳质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是( )
解析：选A 如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD，PQ⊥QR.设AB＝BD＝CD＝1，CP＝x，则＝＝，即PQ＝，又＝＝＝，所以QR＝，所以PR＝＝＝ ，又由题知PR⊥BD，所以f(x)＝ ＝ ，结合选项知选A.
4．(2018·长春模拟)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f(r)＝9r4－r6(r>0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当00，f(r)单调递增，当r>时，f′(r)<0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f()＝108，所以Vmax＝π×＝2π.
答案：2π
5．(2018·惠州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．
解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥P-ABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2，PA2＋y2＝102，(2)2＋PA2＝x2，所以xy＝x＝x≤＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.
答案：64
6．(2019届高三·湖北七市(州)联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.
(1)证明：直线BD⊥平面MAC；
(2)若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱锥A-A1B1D1的体积V′＝，求该组合体的体积．
解：(1)证明：由题可知ABM-DCP是底面为直角三角形的直棱柱，
∴AD⊥平面MAB，
∴AD⊥MA，
又MA⊥AB，AD∩AB＝A，
∴MA⊥平面ABCD，
∴MA⊥BD.
又AB＝AD，
∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
又MA∩AC＝A，
∴BD⊥平面MAC.
(2)设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h，
则三棱锥A-A1B1D1的体积V′＝××2×2×h＝，∴h＝，
故该组合体的体积V＝×1××1＋×(12＋22＋)×＝＋＝.
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
D．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
解析：选D 选项A，因为n可以是平面α内的任意一条直线，所以m，n可能平行，可能异面，故选项A错误；与同一个平面平行的两条直线可能平行，也可能相交，还可能异面，故B选项错误；易知选项C错误．故选D.
2．“sin A>tan A”是“△ABC是钝角三角形”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若sin A>tan A，则sin A>，因为sin A>0，所以1>，易得－1tan A”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件．
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的体积为( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：选D 由三视图可知该几何体是一个三棱锥．几何体的表面积S＝2××3×3＋2××3×6＝27，
几何体的体积V＝××3×3×3＝.
设几何体的内切球的半径为r，
则V＝·S·r＝9r＝，得r＝，
故几何体的内切球的体积V球＝πr3＝π×＝π.故选D.
4．已知sin＝，则cos(2 018π－2θ)＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C 因为sin＝sin＝sin＝cos θ＝，所以cos(2 018π－2θ)＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－.故选C.
5．为了得到函数y＝sin的图象，只需将y＝cos 2x的图象上的每一点( )
A．向右平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向左平移个单位长度
解析：选B y＝cos 2x＝sin，由y＝sin的图象向右平移个单位长度得到的函数图象的解析式是y＝sin＝sin.所以选B.
6．已知＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且A，B，C三点不共线( )
A．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的重心
B．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的垂心
C．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的内心
D．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的外心
解析：选A 如图，设△ABC中BC边上的中线为AD，则＝(＋)，即＋＝2.当λ＝μ＝时，＝＋，所以＝(＋)＝.所以G为△ABC的重心，A正确．当＝＋或＝＋时，G，B，C三点共线，故B、C错误；当λ＝μ＝时，＝(＋)＝，即点G在中线AD的延长线上，而外心为三角形三边中垂线的交点，所以G不一定是△ABC的外心，D错误，故选A.
7．如图，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点．下列结论中，正确的是( )
A．EF⊥BB1
B．EF∥平面ACC1A1
C．EF⊥BD
D．EF⊥平面BCC1B1
解析：选B 如图，取BB1的中点M，连接ME，MF，延长ME交AA1于点P，延长MF交CC1于点Q，连接PQ.
∵E，F分别是AB1，BC1的中点，∴P是AA1的中点，Q是CC1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，所以EF∥PQ，又PQ?平面ACC1A1，EF?平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故选B.
8．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，点M是直线AB1上的动点，点P是△A1C1D所在平面内的动点，记直线D1P与直线CM所成的角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．抛物线 D．双曲线
解析：选A 将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题．点在动，平面没有动，将动变成定．连接CA，CB1，可知平面ACB1∥平面A1C1D，所以CM∥平面A1C1D.所以把CM平移到平面A1C1D中，直线D1P与直线CM所成角的最小值即为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角，即原问题转化为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角为.因为点P是△A1C1D上的动点，所以点P的轨迹为一个圆(如图所示)．
9．向量a，b满足|a|＝4，b·(a－2b)＝0.则|a－4b|＝( )
A．0 B．4
C．8 D．12
解析：选B 因为b·(a－2b)＝0，所以b与a－2b垂直，如图，
在Rt△ACB中，＝a，＝2b，＝a－2b，O为AB的中点，则||＝|－|＝a－2b＝||＝2，所以|a－4b|＝4.
10．已知点P是四边形ABCD所在平面外一点，且点P在平面ABCD上的射影O在四边形ABCD的内部，记二面角P?AB?O，P?BC?O，P?CD?O，P?DA?O的大小分别是α，β，γ，δ，则以下四个命题中正确的是( )
①必不存在点P，使α＝β＝γ＝δ
②必存在点P，使α＝β＝γ＝δ
③必存在点P，使α＝β＝γ≠δ
④必存在点P，使α＝γ且β＝δ
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
解析：选D 若要存在某两个二面角的平面角相等，则需要射影O到这两个二面角棱的距离相等．平面四边形ABCD两个内角的平分线必有交点，三个内角的平分线不一定交于一点，故命题①②错误；易知命题③正确，如图，不规则平面四边形ABCD中，∠M，∠N的平分线必交于一点；而四边形ABCD为平行四边形、梯形时，也可验证命题④是正确的．故选D.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．已知tan α＝2，则tan＝________，cos2α＝________.
解析：∵tan α＝2，∴tan＝＝－3，
∴cos2α＝＝＝.
答案：－3
12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体是以四边形ABB1A1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积V＝×2×2＝6.
∵四边形ABB1A1为直角梯形，且A1B1＝1，AA1＝AB＝2，∴BB1＝，
∴表面积S＝2×2＋2×2＋1×2＋2×＋2×＝16＋2.
答案：6 16＋2
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若a(1－cos C)＝ccos A，且|＋|＝8，则△ABC面积的最大值是________，当△ABC面积最大时tan A＝________.
解析：由a(1－cos C)＝ccos A及正弦定理得sin A(1－cos C)＝sin Ccos A，移项得sin A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin B，因为A，B∈(0，π)，所以A＝B，所以a＝b，又a2＝b2＋c2－2bccos A，所以c＝2bcos A.
设AC边上的中线为BD，由|＋|＝8得到BD的长为4，由余弦定理得16＝c2＋2－2c×cos A，所以b2＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝＝.由基本不等式得S≤，当且仅当tan A＝3时，等号成立．所以△ABC面积的最大值为.
答案： 3
14．在△ABC中，D为AB的中点，AC＝2CD＝4，△ABC的面积为3.作BE⊥CD于E，将BCD沿CD翻折，翻折过程中AC与BE所成的最小角的余弦值为________．
解析：将△BCD沿CD翻折过程中，BE扫过的区域即为如图所示的圆面E.故AC与BE所成的最小角即为AC与圆面E所成的线面角．由于D为AB的中点，故将△ACD沿CD翻折的过程中，点A的轨迹是与圆面E平行的圆面O.此时AC与BE所成的最小角即为AC与圆面O所成的线面角，即∠CAO.因为D为AB的中点，所以BE＝OA，因为AC＝2CD＝4，S△ABC＝3，且S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，所以×CD×AO＋×CD×BE＝3，解得AO＝BE＝，所以cos∠CAO＝＝.故AC与BE所成的最小角的余弦值为.
答案：
15．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B?AC?D，则四面体D?ABC的外接球的表面积为________，四面体D?ABC的体积为________．
解析：由题意知，四面体的外接球的球心到4个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且为AC的中点，而AC＝＝5，所以外接球的半径r＝AC＝，故外接球的表面积S＝4πr2＝25π.因为平面DAC⊥平面ABC，所以点D到AC的距离即为点D到平面ABC的距离，为＝＝，故四面体D?ABC的体积V＝×S△ABC×＝××4×3×＝.
答案：25π
16．已知向量a，b满足|a－b|＝|a＋3b|＝2，则|b|的取值范围是________．
解析：法一：如图，作＝a，＝b，＝－3b，则||＝|a－b|＝2，||＝|a＋3b|＝2.
所以0≤||＝|4b|≤4，故有0≤|b|≤1.
法二：由|a－b|＝|a＋3b|＝2，得
则其中θ表示向量a与向量b的夹角，当cos θ≠0时，有|a|＝－，代入|a|2＋3|b|2＝4，有2＋3|b|2＝4，所以|b|2＝，因为0答案：[0,1]
17.在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB＝，BC＝AA1＝1，点M为AB1的中点，点P为体对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点(点P，Q可以重合)，则MP＋PQ的最小值为________．
解析：由题意，要求MP＋PQ的最小值，就是求点P到底面ABCD的距离的最小值与MP的最小值之和．Q是P在底面ABCD上的射影时，点P到底面的距离最小，此时Q在AC上，且PQ⊥AC.展开三角形ACC1与三角形AB1C1，使它们在同一个平面上，如图，易知∠B1AC1＝∠C1AC＝30°，AM＝，PQ⊥AC，可知当MQ⊥AC，即P，Q，M三点共线时，MP＋PQ最小，最小值为sin 60°＝.
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·天津五区县联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且8sin2－2cos 2C＝7.
(1)求tan C的值；
(2)若c＝，sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，
所以＝－，则sin＝cos.
由8sin2－2cos 2C＝7，得8cos2－2cos 2C＝7，
所以4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7，
即(2cos C－1)2＝0，所以cos C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝，
于是tan C＝tan＝.
(2)由sin B＝2sin A，得b＝2a.①
又c＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos，
即a2＋b2－ab＝3.②
联立①②，解得a＝1，b＝2.
19．(本小题满分15分)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝AP＝2，CP＝2，∠BAD＝∠BAP＝120°，点E为PB的中点．
(1)求证：AE⊥BC；
(2)求直线AP和平面ACE所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AP＝AB，E为PB的中点，∴AE⊥PB，
又∵∠BAP＝120°，∴∠APB＝∠ABP＝30°.
在Rt△APE中，PE＝PA·cos∠APE＝，AE＝1，
∴PB＝2.
由PB＝2，CP＝2，BC＝2，得∠BCP＝90°，
∴CE＝PB＝，
由底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，易得AC＝2.
∴AE2＋CE2＝AC2，
∴△AEC为直角三角形，∴AE⊥CE，
又∵PB∩CE＝E，PB?平面BCP，CE?平面BCP，
∴AE⊥平面BCP，
∵BC?平面BCP，∴AE⊥BC.
(2)设点P到平面ACE的距离为h.
∵VP-ACE＝VA-PCE，即S△ACE·h＝S△PCE·AE，
由(1)可知，S△ACE＝×AE×CE＝×1×＝，
S△PCE＝S△PBC＝××2×2＝，
∴××h＝××1，∴h＝.
∴直线AP和平面ACE所成角的正弦值为＝＝.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)，x∈R.
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求b和c的值．
解：(1)由题知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos，
令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
∴函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，
∴cos＝－1，
又<2A＋<，∴2A＋＝π，即A＝.
又∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.①
∵向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，
∴2sin B＝3sin C，
∴由正弦定理得2b＝3c.②
由①②得b＝3，c＝2.
21．(本小题满分15分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC1⊥平面ABC，BC＝CA＝AC1.
(1)求证：AC⊥平面AB1C1；
(2)求二面角A1-BB1-C的余弦值．
解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC∥B1C1.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，所以AC⊥B1C1.
因为AC1⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以AC1⊥AC，因为AC1∩B1C1＝C1，AC1?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以AC⊥平面AB1C1.
(2)法一：因为点A1在平面A1ABB1内，故只需求二面角A-BB1-C的平面角．
分别取BB1，CC1的中点M，N，连接AM，MN，AN，
由(1)可知，AB1＝＝＝AB，因为M为BB1的中点，所以AM⊥BB1.因为AC1⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AC1⊥BC，又因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因为AC∩AC1＝A，AC?平面ACC1，AC1?平面ACC1，所以BC⊥平面ACC1，因为CC1?平面ACC1，所以BC⊥CC1，即平行四边形BCC1B1为矩形，
因为M，N分别为BB1，CC1的中点，所以MN⊥BB1，所以∠AMN为二面角A-BB1-C的平面角．
设BC＝CA＝AC1＝1，则AB＝AB1＝BB1＝，MN＝1，AN＝，所以AM＝.
由余弦定理得，cos∠AMN＝＝，
所以二面角A1-BB1-C的余弦值为.
法二：如图所示，以A为原点，分别以AC所在直线为x轴，底面内AC的垂线为y轴，AC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
设BC＝CA＝AC1＝1，由题意知A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(1,0,0)，B1(0,1,1)，
所以＝(1,1,0)，1＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，1＝(－1,1,1)．
设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面BB1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由得可取m＝(1，－1,1)．
由得可取n＝(1,0,1)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝，
由题意知，所求二面角的平面角为锐角，
故二面角A1-BB1-C的余弦值为.
22．(本小题满分15分)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝4，BC＝2，CA＝2，B1C1＝1，CC1＝，BC⊥CC1.D是AC上的一点，满足AD＝3DC，过点B1，C1，D的平面交AB于点F.
(1)求证：BC∥DF；
(2)若二面角A-BC-B1的平面角的大小为60°，求直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值．
解：(1)证明：因为ABC-A1B1C1为三棱台，
所以BC∥B1C1，
又因为BC?平面B1C1DF，B1C1?平面B1C1DF，
所以BC∥平面B1C1DF，
又因为BC?平面ABC，平面ABC∩平面B1C1DF＝DF，所以BC∥DF.
(2)因为AB＝4，BC＝2，CA＝2，
所以AB2＝BC2＋CA2，所以BC⊥CA，
又因为BC⊥CC1，平面ABC∩平面BCB1＝BC，
所以∠ACC1是二面角A-BC-B1的平面角，
即∠ACC1＝60°，
又因为CD＝CA＝，CC1＝，
所以C1D＝＝，
所以C1D2＋CD2＝CC，
所以∠C1DC＝90°，即AD⊥DC1，
因为BC∥DF，BC⊥AC，所以AD⊥DF，
又因为DC1∩DF＝D，DC1?平面B1C1DF，DF?平面B1C1DF，
所以AD⊥平面B1C1DF，
连接DB1，则∠AB1D是直线AB1与平面B1C1DF所成的角．
易知BC⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，
因为DC1?平面ACC1A1，所以B1C1⊥DC1，
又因为DC1＝，B1C1＝1，所以DB1＝，
所以tan∠AB1D＝＝＝.
所以直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值为.
课件53张PPT。“立体几何”专题提能课专题提能——四讲第提能点(一)防止思维定式，
实现“移花接木”提能点(二) 灵活运用策略，尝试“借石攻玉”提能点(三)系统数学思想，
实现“触类旁通”提能点(四) ?挖掘数学文化，
提升“学科素养”提能点(五) ?创新命题角度，
强化“综合应用”提能点(六) 关注临界问题，
挖掘“学科潜力”
“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测(九)”
(单击进入电子文档)“阶段质量检测”见“检测质量检测(二)”
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢课时跟踪检测（九） “立体几何”专题提能课
A组——易错清零练
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12 B．18
C．24 D．30
解析：选C 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积V＝×4×3×5－××4×3×(5－2)＝24，故选C.
2．如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．4π B．16π
C．24π D．25π
解析：选C 由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R＝＝2，则R＝，故该球的表面积为4πR2＝24π，故选C.
3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )
A．2 B．4＋2
C．4＋4 D．4＋6
解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC-A1B1C1，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝(2＋2)×2＝4＋4，故选C.
4．正方体的8个顶点中，有4个恰是正四面体的顶点，则正方体与正四面体的表面积之比为________．
解析：如图，设正方体的棱长为a，则正方体的表面积为S1＝6a2.
正四面体P-ABC的边长为＝a，则其表面积为S2＝4××a×a×sin 60°＝2a2.
所以正方体与正四面体的表面积之比为S1∶S2＝6a2∶2a2＝∶1.
答案：∶1
B组——方法技巧练
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．6 B．8
C．10 D．12
解析：选D 根据题中所给的三视图，可以还原几何体，如图所示．
该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长、宽、高分别是3,2,2的长方体，所以该几何体的体积为2×2×3＝12，故选D.
2．圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设圆锥的高为h，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S＝L2sin θ，而0r≥Lcos 45°＝L，所以≤<1.
3．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于________．
解析：如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1-ABC的高，AD1＝CD1＝，AC＝2，取AC的中点O，连接D1O，则D1O⊥AC，所以D1O＝＝.
设点B到平面D1AC的距离为h，则由VB-D1AC＝VD1-ABC，即S△D1AC·h＝S△ABC·D1D，又S△D1AC＝D1O·AC＝××2＝，S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，所以h＝.
答案：
4.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°，点B在线段ED上．
(1)当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；
(2)点B在线段ED上运动的过程中，求三棱柱ABC-A1B1C1表面积的最小值．
解：(1)由于三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，则AA1⊥平面ABC，因为BC?平面ABC，所以AA1⊥BC.而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，即AB⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．
在平行四边形ACDE中，
因为AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°.
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
若AB⊥BC，有BH2＝AH·CH.
由AC＝4，得AH＝1或3.
两种情况下，B为ED的中点或与点D重合．
(2)三棱柱ABC-A1B1C1的表面积等于侧面积与两个底面积之和．
显然三棱柱ABC-A1B1C1其底面积和平面A1ACC1的面积为定值，只需保证侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和最小即可．
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
令AH＝x，则侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和等于4(AB＋BC)＝4[＋]．
其中＋可以表示动点(x,0)到定点(0，－)和(4，)的距离之和，当且仅当x＝2时取得最小值．所以三棱柱的表面积的最小值为2××4×＋42＋4×2＝4＋8＋16.
5．(2019届高三·宁波十校联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD中点．把△ADE沿AE翻折，使得平面ADE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD⊥BE；
(2)求BD与平面DEC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝2，E为CD中点，
∴AE＝＝EB，则AE2＋BE2＝AB2，
∴BE⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面ADE，∴AD⊥BE.
(2)法一：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴VD-BCE＝S△BEC·DO＝××1×1×＝.
连接OB，OC，∵OA＝，AB＝2，∠OAB＝45°，
∴在△OAB中，由余弦定理得，
OB＝＝，
同理可得OC＝.
在Rt△DOB中，BD＝＝.
在Rt△DOC中，DC＝＝.
∵DE＝1，EC＝1，
∴在△DEC中，由余弦定理得，cos∠DEC＝＝－，
∴∠DEC＝120°，∴S△DEC＝×1×1×＝.
设B到平面DEC的距离为h，
∴VB-DEC＝×S△DEC×h＝，解得h＝.
设DB与平面DEC所成的角为α，
则sin α＝＝，
∴BD与平面DEC所成角的正弦值为.
法二：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE，
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴以O为坐标原点，OD所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则B，D，E，
C，
∴＝，＝(0,1,0)，
＝，
设m＝(x，y,1)为平面DEC的一个法向量，
则即
取z＝1，可得m＝(－，0,1)，
设BD与平面DEC所成的角为α，
∴sin α＝|cos〈，m〉|＝＝，
即BD与平面DEC所成角的正弦值为.
C组——创新应用练
1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是上底面A1B1C1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长的最小值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选A 由PQ∥平面AA1B1B知Q在过点P且平行于平面AA1B1B的平面上，易知点Q在A1D1，B1C1中点的连线MN上，故PQ的最小值为PM＝AA1＝1.
2．(2018·昆明模拟)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )
A．63π B．72π
C．79π D．99π
解析：选A 由三视图得，凿去部分是一个半球与一个圆柱的组合体，其中半球的半径为3，体积为×π×33＝18π，圆柱的底面半径为3，高为5，体积为π×32×5＝45π.所以凿去部分的体积为18π＋45π＝63π.故选A.
3．(2018·沈阳质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是( )
解析：选A 如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD，PQ⊥QR.设AB＝BD＝CD＝1，CP＝x，则＝＝，即PQ＝，又＝＝＝，所以QR＝，所以PR＝＝＝ ，又由题知PR⊥BD，所以f(x)＝ ＝ ，结合选项知选A.
4．(2018·长春模拟)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f(r)＝9r4－r6(r>0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当00，f(r)单调递增，当r>时，f′(r)<0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f()＝108，所以Vmax＝π×＝2π.
答案：2π
5．(2018·惠州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．
解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥P-ABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2，PA2＋y2＝102，(2)2＋PA2＝x2，所以xy＝x＝x≤＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.
答案：64
6．(2019届高三·湖北七市(州)联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.
(1)证明：直线BD⊥平面MAC；
(2)若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱锥A-A1B1D1的体积V′＝，求该组合体的体积．
解：(1)证明：由题可知ABM-DCP是底面为直角三角形的直棱柱，
∴AD⊥平面MAB，
∴AD⊥MA，
又MA⊥AB，AD∩AB＝A，
∴MA⊥平面ABCD，
∴MA⊥BD.
又AB＝AD，
∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
又MA∩AC＝A，
∴BD⊥平面MAC.
(2)设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h，
则三棱锥A-A1B1D1的体积V′＝××2×2×h＝，∴h＝，
故该组合体的体积V＝×1××1＋×(12＋22＋)×＝＋＝.
阶段质量检测（二） 专题一~二“综合检测”
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
D．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
解析：选D 选项A，因为n可以是平面α内的任意一条直线，所以m，n可能平行，可能异面，故选项A错误；与同一个平面平行的两条直线可能平行，也可能相交，还可能异面，故B选项错误；易知选项C错误．故选D.
2．“sin A>tan A”是“△ABC是钝角三角形”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若sin A>tan A，则sin A>，因为sin A>0，所以1>，易得－1<
cos A<0，所以A∈，所以△ABC为钝角三角形．假设B＝，A＝，△ABC为钝角三角形，则sin A＝tan A”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件．
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的体积为( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：选D 由三视图可知该几何体是一个三棱锥．几何体的表面积S＝2××3×3＋2××3×6＝27，
几何体的体积V＝××3×3×3＝.
设几何体的内切球的半径为r，
则V＝·S·r＝9r＝，得r＝，
故几何体的内切球的体积V球＝πr3＝π×＝π.故选D.
4．已知sin＝，则cos(2 018π－2θ)＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C 因为sin＝sin＝sin＝cos θ＝，所以cos(2 018π－2θ)＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－.故选C.
5．为了得到函数y＝sin的图象，只需将y＝cos 2x的图象上的每一点( )
A．向右平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向左平移个单位长度
解析：选B y＝cos 2x＝sin，由y＝sin的图象向右平移个单位长度得到的函数图象的解析式是y＝sin＝sin.所以选B.
6．已知＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且A，B，C三点不共线( )
A．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的重心
B．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的垂心
C．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的内心
D．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的外心
解析：选A 如图，设△ABC中BC边上的中线为AD，则＝(＋)，即＋＝2.当λ＝μ＝时，＝＋，所以＝(＋)＝.所以G为△ABC的重心，A正确．当＝＋或＝＋时，G，B，C三点共线，故B、C错误；当λ＝μ＝时，＝(＋)＝，即点G在中线AD的延长线上，而外心为三角形三边中垂线的交点，所以G不一定是△ABC的外心，D错误，故选A.
7．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点．下列结论中，正确的是( )
A．EF⊥BB1
B．EF∥平面ACC1A1
C．EF⊥BD
D．EF⊥平面BCC1B1
解析：选B 如图，取BB1的中点M，连接ME，MF，延长ME交AA1于点P，延长MF交CC1于点Q，连接PQ.∵E，F分别是AB1，BC1的中点，∴P是AA1的中点，Q是CC1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，所以EF∥PQ，又PQ?平面ACC1A1，EF?平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故选B.
8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是直线AB1上的动点，点P是△A1C1D所在平面内的动点，记直线D1P与直线CM所成的角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．抛物线 D．双曲线
解析：选A 将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题．点在动，平面没有动，将动变成定．连接CA，CB1，可知平面ACB1∥平面A1C1D，所以CM∥平面A1C1D.所以把CM平移到平面A1C1D中，直线D1P与直线CM所成角的最小值即为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角，即原问题转化为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角为.因为点P是△A1C1D上的动点，所以点P的轨迹为一个圆(如图所示)．
9．向量a，b满足|a|＝4，b·(a－2b)＝0.则|a－4b|＝( )
A．0 B．4
C．8 D．12
解析：选B 因为b·(a－2b)＝0，所以b与a－2b垂直，如图，
在Rt△ACB中，＝a，＝2b，＝a－2b，O为AB的中点，则||＝|－|＝a－2b＝||＝2，所以|a－4b|＝4.
10．已知点P是四边形ABCD所在平面外一点，且点P在平面ABCD上的射影O在四边形ABCD的内部，记二面角P-AB-O，P-BC-O，P-CD-O，P-DA-O的大小分别是α，β，γ，δ，则以下四个命题中正确的是( )
①必不存在点P，使α＝β＝γ＝δ
②必存在点P，使α＝β＝γ＝δ
③必存在点P，使α＝β＝γ≠δ
④必存在点P，使α＝γ且β＝δ
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
解析：选D 若要存在某两个二面角的平面角相等，则需要射影O到这两个二面角棱的距离相等．平面四边形ABCD两个内角的平分线必有交点，三个内角的平分线不一定交于一点，故命题①②错误；易知命题③正确，如图，不规则平面四边形ABCD中，∠M，∠N的平分线必交于一点；而四边形ABCD为平行四边形、梯形时，也可验证命题④是正确的．故选D.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．已知tan α＝2，则tan＝________，cos2α＝________.
解析：∵tan α＝2，∴tan＝＝－3，
∴cos2α＝＝＝.
答案：－3
12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体是以四边形ABB1A1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积V＝×2×2＝6.
∵四边形ABB1A1为直角梯形，且A1B1＝1，AA1＝AB＝2，∴BB1＝，
∴表面积S＝2×2＋2×2＋1×2＋2×＋2×＝16＋2.
答案：6 16＋2
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若a(1－cos C)＝ccos A，且|＋|＝8，则△ABC面积的最大值是________，当△ABC面积最大时tan A＝________.
解析：由a(1－cos C)＝ccos A及正弦定理得sin A(1－cos C)＝sin Ccos A，移项得sin A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin B，因为A，B∈(0，π)，所以A＝B，所以a＝b，又a2＝b2＋c2－2bccos A，所以c＝2bcos A.
设AC边上的中线为BD，由|＋|＝8得到BD的长为4，由余弦定理得16＝c2＋2－2c×cos A，所以b2＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝＝.由基本不等式得S≤，当且仅当tan A＝3时，等号成立．所以△ABC面积的最大值为.
答案： 3
14．在△ABC中，D为AB的中点，AC＝2CD＝4，△ABC的面积为3.作BE⊥CD于E，将BCD沿CD翻折，翻折过程中AC与BE所成的最小角的余弦值为________．
解析：将△BCD沿CD翻折过程中，BE扫过的区域即为如图所示的圆面E.故AC与BE所成的最小角即为AC与圆面E所成的线面角．由于D为AB的中点，故将△ACD沿CD翻折的过程中，点A的轨迹是与圆面E平行的圆面O.此时AC与BE所成的最小角即为AC与圆面O所成的线面角，即∠CAO.因为D为AB的中点，所以BE＝OA，因为AC＝2CD＝4，S△ABC＝3，且S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，所以×CD×AO＋×CD×BE＝3，解得AO＝BE＝，所以cos∠CAO＝＝.故AC与BE所成的最小角的余弦值为.
答案：
15．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D，则四面体D?ABC的外接球的表面积为________，四面体D?ABC的体积为________．
解析：由题意知，四面体的外接球的球心到4个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且为AC的中点，而AC＝＝5，所以外接球的半径r＝AC＝，故外接球的表面积S＝4πr2＝25π.因为平面DAC⊥平面ABC，所以点D到AC的距离即为点D到平面ABC的距离，为＝＝，故四面体D-ABC的体积V＝×S△ABC×＝××4×3×＝.
答案：25π
16．已知向量a，b满足|a－b|＝|a＋3b|＝2，则|b|的取值范围是________．
解析：法一：如图，作＝a，＝b，＝－3b，则||＝|a－b|＝2，||＝|a＋3b|＝2.
所以0≤||＝|4b|≤4，故有0≤|b|≤1.
法二：由|a－b|＝|a＋3b|＝2，得
则其中θ表示向量a与向量b的夹角，当cos θ≠0时，有|a|＝－，代入|a|2＋3|b|2＝4，有2＋3|b|2＝4，所以|b|2＝，因为0答案：[0,1]
17.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝，BC＝AA1＝1，点M为AB1的中点，点P为体对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点(点P，Q可以重合)，则MP＋PQ的最小值为________．
解析：由题意，要求MP＋PQ的最小值，就是求点P到底面ABCD的距离的最小值与MP的最小值之和．Q是P在底面ABCD上的射影时，点P到底面的距离最小，此时Q在AC上，且PQ⊥AC.展开三角形ACC1与三角形AB1C1，使它们在同一个平面上，如图，易知∠B1AC1＝∠C1AC＝30°，AM＝，PQ⊥AC，可知当MQ⊥AC，即P，Q，M三点共线时，MP＋PQ最小，最小值为sin 60°＝.
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·天津五区县联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且8sin2－2cos 2C＝7.
(1)求tan C的值；
(2)若c＝，sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，
所以＝－，则sin＝cos.
由8sin2－2cos 2C＝7，得8cos2－2cos 2C＝7，
所以4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7，
即(2cos C－1)2＝0，所以cos C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝，
于是tan C＝tan＝.
(2)由sin B＝2sin A，得b＝2a. ①
又c＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos，
即a2＋b2－ab＝3. ②
联立①②，解得a＝1，b＝2.
19．(本小题满分15分)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝AP＝2，CP＝2，∠BAD＝∠BAP＝120°，点E为PB的中点．
(1)求证：AE⊥BC；
(2)求直线AP和平面ACE所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AP＝AB，E为PB的中点，∴AE⊥PB，
又∵∠BAP＝120°，∴∠APB＝∠ABP＝30°.
在Rt△APE中，PE＝PA·cos∠APE＝，AE＝1，
∴PB＝2.
由PB＝2，CP＝2，BC＝2，得∠BCP＝90°，
∴CE＝PB＝，
由底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，易得AC＝2.
∴AE2＋CE2＝AC2，
∴△AEC为直角三角形，∴AE⊥CE，
又∵PB∩CE＝E，PB?平面BCP，CE?平面BCP，
∴AE⊥平面BCP，
∵BC?平面BCP，∴AE⊥BC.
(2)设点P到平面ACE的距离为h.
∵VP-ACE＝VA-PCE，即S△ACE·h＝S△PCE·AE，
由(1)可知，S△ACE＝×AE×CE＝×1×＝，
S△PCE＝S△PBC＝××2×2＝，
∴××h＝××1，∴h＝.
∴直线AP和平面ACE所成角的正弦值为＝＝.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)，x∈R.
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求b和c的值．
解：(1)由题知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos，
令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
∴函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，
∴cos＝－1，
又<2A＋<，∴2A＋＝π，即A＝.
又∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.①
∵向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，
∴2sin B＝3sin C，
∴由正弦定理得2b＝3c.②
由①②得b＝3，c＝2.
21．(本小题满分15分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC1⊥平面ABC，BC＝CA＝AC1.
(1)求证：AC⊥平面AB1C1；
(2)求二面角A1-BB1-C的余弦值．
解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC∥B1C1.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，所以AC⊥B1C1.
因为AC1⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以AC1⊥AC，因为AC1∩B1C1＝C1，AC1?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以AC⊥平面AB1C1.
(2)法一：因为点A1在平面A1ABB1内，故只需求二面角A-BB1-C的平面角．
分别取BB1，CC1的中点M，N，连接AM，MN，AN，
由(1)可知，AB1＝＝＝AB，因为M为BB1的中点，所以AM⊥BB1.因为AC1⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AC1⊥BC，又因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因为AC∩AC1＝A，AC?平面ACC1，AC1?平面ACC1，所以BC⊥平面ACC1，因为CC1?平面ACC1，所以BC⊥CC1，即平行四边形BCC1B1为矩形，
因为M，N分别为BB1，CC1的中点，所以MN⊥BB1，所以∠AMN为二面角A-BB1-C的平面角．
设BC＝CA＝AC1＝1，则AB＝AB1＝BB1＝，MN＝1，AN＝，所以AM＝.
由余弦定理得，cos∠AMN＝＝，
所以二面角A1-BB1-C的余弦值为.
法二：如图所示，以A为原点，分别以AC所在直线为x轴，底面内AC的垂线为y轴，AC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
设BC＝CA＝AC1＝1，由题意知A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(1,0,0)，B1(0,1,1)，
所以＝(1,1,0)，1＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，1＝(－1,1,1)．
设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面BB1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由得可取m＝(1，－1,1)．
由得可取n＝(1,0,1)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝，
由题意知，所求二面角的平面角为锐角，
故二面角A1-BB1-C的余弦值为.
22．(本小题满分15分)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝4，BC＝2，CA＝2，B1C1＝1，CC1＝，BC⊥CC1.D是AC上的一点，满足AD＝3DC，过点B1，C1，D的平面交AB于点F.
(1)求证：BC∥DF；
(2)若二面角A-BC-B1的平面角的大小为60°，求直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值．
解：(1)证明：因为ABC-A1B1C1为三棱台，
所以BC∥B1C1，
又因为BC?平面B1C1DF，B1C1?平面B1C1DF，
所以BC∥平面B1C1DF，
又因为BC?平面ABC，平面ABC∩平面B1C1DF＝DF，所以BC∥DF.
(2)因为AB＝4，BC＝2，CA＝2，
所以AB2＝BC2＋CA2，所以BC⊥CA，
又因为BC⊥CC1，平面ABC∩平面BCB1＝BC，
所以∠ACC1是二面角A-BC-B1的平面角，
即∠ACC1＝60°，
又因为CD＝CA＝，CC1＝，
所以C1D＝＝，
所以C1D2＋CD2＝CC，
所以∠C1DC＝90°，即AD⊥DC1，
因为BC∥DF，BC⊥AC，所以AD⊥DF，
又因为DC1∩DF＝D，DC1?平面B1C1DF，DF?平面B1C1DF，
所以AD⊥平面B1C1DF，
连接DB1，则∠AB1D是直线AB1与平面B1C1DF所成的角．
易知BC⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，
因为DC1?平面ACC1A1，所以B1C1⊥DC1，
又因为DC1＝，B1C1＝1，所以DB1＝，
所以tan∠AB1D＝＝＝.
所以直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值为.
