（鲁京辽）2022-2023学年高中数学 第一章 立体几何初步章末复习学案 新人教B版必修2

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1、（鲁京辽）2022-2023学年高中数学 第一章 立体几何初步章末复习学案 新人教B版必修2 学习目标　1.整合知识结构，形成知识网络、深化所学知识.2.会画几何体的直观图，并能计算几何体的表面积和体积.3.熟练掌握线线、线面、面面间的平行与垂直关系． 1．空间几何体的结构特征 (1)棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边互相平行． 棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形． 棱台是棱锥被平行于底面的平面所截而成的． 这三种几何体都是多面体． (2)圆柱、圆锥、圆台、球是由平面图形矩形、直角三角形、直角梯形、半圆面旋转而成的，它

2、们都称为旋转体．在研究它们的结构特征以及解决应用问题时，常需作它们的轴截面或截面． (3)由柱、锥、台、球组成的简单组合体，研究它们的结构特征实质是将它们分解成多个基本几何体． 2．空间几何体的直观图 斜二测画法为： 主要用于水平放置的平面图形或立体图形的画法．它的主要步骤：①画轴；②画平行于x、y、z轴的线段分别为平行于x′、y′、z′轴的线段；③截线段：平行于x、z轴的线段的长度不变，平行于y轴的线段的长度变为原来的一半． 3．几何体的表面积和体积的有关计算 (1)常见几何体的侧面积和体积的计算公式 面　积 体　积 圆柱 S侧＝2πrh V＝Sh＝πr2h 圆锥

3、 S侧＝πrl V＝Sh＝πr2h ＝πr2 圆台 S侧＝π(r1＋r2)l V＝(S上＋S下＋)h ＝πh(r＋r＋r1r2) 直棱柱 S侧＝ch V＝Sh 正棱锥 S侧＝ch′ V＝Sh 正棱台 S侧＝(c＋c′)h′ V＝(S上＋S下＋)h 球 S球面＝4πR2 V＝πR3 (2)求几何体体积常用技巧 ①等体积法；②割补法． 4．平行关系 (1)基本性质4 平行于同一条直线的两条直线平行．即如果直线a∥b，c∥b，那么a∥c. (2)直线与平面平行的判定与性质 定理 条件 结论 符号语言 判定 如果不在一个平面的一条直线和

4、平面内的一条直线平行 这条直线和这个平面平行 l⊄α，m⊂α， l∥m⇒l∥α 性质 如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交 这条直线和两平面的交线平行 l∥α，l⊂β， α∩β＝m⇒l∥m (3)平面与平面平行的判定 ①文字语言：如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行． ②符号语言：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α. ③图形语言：如图所示． (4)平面与平面平行的性质定理 ①文字语言：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行． ②符号语言：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a

5、∥b. ③图形语言：如图所示． ④作用：证明两直线平行． 5．垂直关系 (1)直线与平面垂直的判定定理 定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直． 推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面． (2)直线与平面垂直的性质 性质1：如果一条直线垂直于一个平面，那么它就和平面内的任意一条直线垂直． 符号表示：⇒a⊥b. 性质2：如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行． (3)面面垂直的判定定理 如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直． (4)面面垂直的性质定理 如果两个平面互

6、相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面． 6．共面与异面直线 (1)共面：空间中的几个点或几条直线，如果都在同一平面内，我们就说它们共面． (2)异面直线：既不平行又不相交的直线． 1．菱形的直观图仍是菱形．(　×　) 2．简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．(　√　) 3．夹在两平行平面的平行线段相等．(　√　) 类型一　空间几何体的表面积与体积 例1　如图，从底面半径为2a，高为a的圆柱中，挖去一个底面半径为a且与圆柱等高的圆锥，求圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2之比． 解　由题意知，S1＝2π×2a×a＋

7、2π×(2a)2 ＝(4＋8)πa2， S2＝S1＋πa－πa2＝(4＋9)πa2， ∴S1∶S2＝(4＋8)∶(4＋9)． 反思与感悟　空间几何体的体积与表面积的计算方法 (1)等积变换法：三棱锥也称为四面体，它的每一个面都可作底面来处理，恰当地进行换底等积变换便于问题的求解． (2)割补法：像求平面图形的面积一样，割补法是求几何体体积的一个重要方法，“割”就是将几何体分割成几个熟悉的柱、锥、台体或它们的组合体；“补”就是通过补形，使它转化为熟悉的几何体．总之，割补法的核心思想是将不熟悉的几何体转化为熟悉的几何体来解决． (3)展开法：把简单几何体沿一条侧棱或母线展开成平面图形

8、，这样便把空间问题转化为平面问题，可以有效地解决简单空间几何体的表面积问题或侧面上(球除外)两点间的距离问题． (4)构造法：当探究某些几何体性质较困难时，我们可以将它放置在我们熟悉的几何体中，如正方体等这些对称性比较好的几何体，以此来研究所求几何体的性质． 跟踪训练1　如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，求三棱锥A1－AB1D1的高． 解　设三棱锥A1－AB1D1的高为h， 则＝h××(a)2＝. 又＝＝a×a2＝， 所以＝，所以h＝a. 所以三棱锥A1－AB1D1的高为a. 类型二　空间中的平行问题 例2　如图，E，F，G，H分别是正方体ABCD—A

9、1B1C1D1的棱BC，CC1，C1D1，AA1的中点． 求证：(1)GE∥平面BB1D1D； (2)平面BDF∥平面B1D1H. 证明　(1)取B1D1中点O，连接GO，OB， 易证OG綊B1C1， BE綊B1C1， ∴OG綊BE，四边形BEGO为平行四边形． ∴OB∥GE. ∵OB⊂平面BB1D1D， GE⊄平面BB1D1D， ∴GE∥平面BB1D1D. (2)由正方体性质得B1D1∥BD， ∵B1D1⊄平面BDF，BD⊂平面BDF， ∴B1D1∥平面BDF. 连接HB，D1F， 易证HBFD1是平行四边形，得HD1∥BF. ∵HD1⊄平面BDF，B

10、F⊂平面BDF， ∴HD1∥平面BDF.∵B1D1∩HD1＝D1， ∴平面BDF∥平面B1D1H. 反思与感悟　(1)判断线线平行的方法 ①利用定义：证明线线共面且无公共点． ②利用平行公理：证明两条直线同时平行于第三条直线． ③利用线面平行的性质定理： a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. ④利用面面平行的性质定理： α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b. ⑤利用线面垂直的性质定理： a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (2)判定线面平行的方法 ①利用定义：证明直线a与平面α没有公共点，往往借助反证法． ②利用直线和平面平行的判定定理： a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.

11、 ③利用面面平行的性质的推广： α∥β，a⊂β⇒a∥α. (3)判定面面平行的方法 ①利用面面平行的定义：两个平面没有公共点． ②利用面面平行的判定定理： a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，a∥β，b∥β⇒α∥β. ③垂直于同一条直线的两个平面平行，即a⊥α，a⊥β⇒α∥β. ④平行于同一个平面的两个平面平行，即α∥γ，β∥γ⇒α∥β. 跟踪训练2　如图，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝2BD，M是EA的中点，N是EC的中点，求证：平面DMN∥平面ABC. 证明　∵M，N分别是EA与EC的中点，∴MN∥AC， 又∵AC⊂平面ABC，MN⊄

12、平面ABC， ∴MN∥平面ABC， ∵DB⊥平面ABC，EC⊥平面ABC， ∴BD∥EC， ∵N为EC中点，EC＝2BD，∴NC綊BD， ∴四边形BCND为矩形， ∴DN∥BC，又∵DN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴DN∥平面ABC，又∵MN∩DN＝N， ∴平面DMN∥平面ABC. 类型三　空间中的垂直关系 例3　如图，已知直角梯形ABCD中，E为CD的中点，且AE⊥CD，又G，F分别为DA，EC的中点，将△ADE沿AE折起，使得DE⊥EC. (1)求证：AE⊥平面CDE； (2)求证：FG∥平面BCD； (3)在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面DC

13、B，并说明理由． (1)证明　由已知得DE⊥AE，AE⊥EC. ∵DE∩EC＝E，DE，EC⊂平面DCE， ∴AE⊥平面CDE. (2)证明　取AB的中点H，连接GH，FH， ∴GH∥BD，FH∥BC. ∵GH⊄平面BCD，BD⊂平面BCD， ∴GH∥平面BCD. 同理，FH∥平面BCD， 又GH∩FH＝H， ∴平面FHG∥平面BCD， ∵GF⊂平面FHG， ∴GF∥平面BCD. (3)解　取线段AE的中点R， DC的中点M，DB的中点S， 连接MS，RS，BR，DR，EM， 则MS綊BC. 又RE綊BC， ∴MS綊RE， ∴四边形MERS是平行四边形

14、， ∴RS∥ME. 在△DEC中，ED＝EC，M是CD的中点， ∴EM⊥DC. 由(1)知AE⊥平面CDE，AE∥BC， ∴BC⊥平面CDE. ∵EM⊂平面CDE，∴EM⊥BC. ∵BC∩CD＝C，∴EM⊥平面BCD. ∵EM∥RS，∴RS⊥平面BCD. ∵RS⊂平面BDR， ∴平面BDR⊥平面DCB. 反思与感悟　空间中垂直关系的判定方法 (1)判定线线垂直的方法 利用线面垂直的性质(若a⊥α，b⊂α，则a⊥b)． (2)判定线面垂直的方法 ①线面垂直定义(一般不易验证任意性)． ②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α，b∩c＝M⇒a⊥α)．

15、③平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α⇒a⊥α)． ④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l，a⊂β，a⊥l⇒a⊥α)． ⑤面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)． (3)面面垂直的判定方法 利用面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)． 跟踪训练3　如图，在△ABC中，AC＝BC＝AB，四边形ABED是边长为a的正方形，平面ABED⊥平面ABC，若G，F分别是EC，BD的中点． (1)求证：GF∥平面ABC； (2)求证：平面EBC⊥平面ACD； (3)求几何体A－DEBC的体积V. (1)证明　如图，取BE的中点H，连接HF，GH.因为G，F分别是EC和BD的中

16、点，所以HG∥BC，HF∥DE. 又因为四边形ADEB为正方形， 所以DE∥AB，从而HF∥AB. 所以HF∥平面ABC，HG∥平面ABC. 又因为GH∩HF＝H， 所以平面HGF∥平面ABC，又GF⊂平面HGF， 所以GF∥平面ABC. (2)证明　因为四边形ADEB为正方形， 所以EB⊥AB. 又因为平面ABED⊥平面ABC， 平面ABED∩平面ABC＝AB， 所以BE⊥平面ABC，所以BE⊥AC. 又因为CA2＋CB2＝AB2， 所以AC⊥BC. 又因为BE∩BC＝B， 所以AC⊥平面BCE. 又因为AC⊂平面ACD， 从而平面EBC⊥平面ACD.

17、 (3)解　取AB的中点N，连接CN，因为AC＝BC， 所以CN⊥AB，且CN＝AB＝a. 又平面ABED⊥平面ABC， 平面ABED∩平面ABC＝AB， 所以CN⊥平面ABED. 因为C－ABED是四棱锥， 所以VC－ABED＝SABED·CN＝a2·a＝a3. 即几何体A－DEBC的体积V＝a3. 1．已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为60π cm2，则此圆锥的体积为(　　) A．96π cm3 B．48π cm3 C．96π cm3 D．48π cm3 答案　A 解析　圆锥的侧面积为πrl＝10πr＝60π，得r＝6. 则h＝＝＝8， 所以圆锥的

18、体积为πr2h＝π×62×8＝96π. 2．若l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(　　) A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面 答案　B 解析　当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1也可能与l3相交或异面，故A错；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D错． 3．设

19、有不同的直线m，n和不同的平面α，β，下列四个命题中，正确的是(　　) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α 答案　D 解析　选项A中当m∥α，n∥α时，m与n可以平行、相交、异面；选项B中满足条件的α与β可以平行，也可以相交；选项C中，当α⊥β，m⊂α时，m与β可以垂直，也可以平行等．故选项A、B、C均不正确． 4.如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P，M，N

20、的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________. 答案　a 解析　∵MN∥平面AC，平面PMNQ∩平面AC＝PQ， ∴MN∥PQ，易知DP＝DQ＝， 故PQ＝＝DP＝. 5.如图，在棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5. 求证：(1)直线PA∥平面DEF； (2)平面BDE⊥平面ABC. 证明　(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点， 所以DE∥PA. 又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF， 所以直线PA∥平面DEF. (2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝

21、6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4. 又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2， 所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF. 又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC. 因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC， 所以DE⊥平面ABC. 又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC. 1．研究空间几何体，需在平面上画出几何体的直观图或三视图，由几何体的直观图可画它的三视图，由三视图可得到其直观图，同时可以通过作截面把空间几何问题转化成平面几何问题来解决． 另外，圆柱、圆锥、圆台的表面积公式，我们都是通过展开图、化空间为平面的方

22、法得到的，求球的切接问题通常也是由截面把空间问题转化为平面问题来解决． 2．转化思想是证明线面平行与垂直的主要思路，其关系为 一、选择题 1.如图，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则(　　) A．EF与GH互相平行 B．EF与GH异面 C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上 D．EF与GH的交点M一定在直线AC上 答案　D 解析　因为F，G分别是BC，CD上的点，且＝＝， 所以GF∥BD，并且GF＝BD， 因为点E，H分别是边AB、AD的中点，所以EH∥BD， 并且EH＝BD

23、， 所以EH∥GF，并且EH≠GF， 所以EF与GH相交，设其交点为M，所以M∈面ABC， 同理M∈面ACD， 又面ABC∩面DAC＝AC， 所以M在直线AC上．故选D. 2．下列命题中假命题是(　　) A．垂直于同一条直线的两条直线相互垂直 B．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 C．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直 D．若一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的相交直线分别平行，那么这两个平面相互平行 答案　A 解析　垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面，A错误；选A. 3．如图，在透明塑料制成的长方体A

24、BCD－A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法： ①有水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形EFGH的面积不改变； ③棱A1D1始终与水面EFGH平行；④当E∈AA1时，AE＋BF是定值． 其中正确的说法是(　　) A．②③④ B．①②④ C．①③④ D．①②③ 答案　C 解析　①有水的部分始终呈棱柱状：从棱柱的特征平面AA1B1B平行平面CC1D1D即可判断①正确；②水面四边形EFGH的面积不改变：EF是可以变化的，EH不变的，所以面积是改变的，②不正确；③棱A1D1始终与水面EFGH平行：由直线

25、与平面平行的判定定理及A1D1∥EH，可判断③正确；④当E∈AA1时，AE＋BF是定值：水的体积是定值，底面面积不变，所以④正确．故选C. 4．已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题： ①若m⊥α，m⊥β，则α∥β； ②若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β； ③若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ④若m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β. 其中真命题是(　　) A．①③ B．①② C．③④ D．①④ 答案　D 解析　对于①，垂直于同一条直线的两个平面平行，正确；对于②，不满足平面与平面平行的判断定理，错误；对于

26、③，平面α，β可能相交，错误；对于④，满足平面α与平面β平行，正确． 5．湖面上浮着一个球，湖水结冰后将球取出，冰上留下一个冰面直径为24 cm，深为8 cm的空穴，则这个球的半径为(　　) A．13 cm B．26 cm C．13 cm D．2 cm 答案　A 解析　冰面空穴是球的一部分，截面图如图所示，设球心为O，冰面圆的圆心为O1，球半径为R， 由图知OB＝R，O1B＝AB＝12， OO1＝OC－O1C＝R－8， 在Rt△OO1B中，由勾股定理R2＝(R－8)2＋122， 解得R＝13(cm)． 6．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的

27、面积与球的表面积的比值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如图所示是过球心的截面图， r＝ ＝R， ＝＝. 7.如图所示，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为1，高为8，则一质点从A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路径的长为(　　) A．10 B．9 C．8 D．7 答案　A 解析　如图所示，将两个三棱柱的侧面沿侧棱AA1展开并拼接，则最短路径为l＝＝10. 8．如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A、B的一点，则下列结论中错误的是(　　) A．AE⊥CE B．BE⊥DE C．DE⊥

28、平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE 答案　C 解析　由AB是底面圆的直径，则∠AEB＝90°， 即AE⊥EB. ∵四边形ABCD是圆柱的轴截面， ∴AD⊥底面AEB，BC⊥底面AEB. ∴BE⊥AD，AD∩AE＝A， 因此BE⊥平面ADE. 同理可得：AE⊥CE，平面BCE⊥平面ADE. 可得A，B，D正确． 而DE⊥平面CEB不正确．故选C. 二、填空题 9．一个正四面体木块如图所示，点P是棱VA的中点，过点P将木块锯开，使截面平行于棱VB和AC，若木块的棱长为a，则截面面积为________． 答案　 解析　在平面VAC内作直线PD∥AC，交VC于D，

29、在平面VBA内作直线PF∥VB，交AB于F，过点D作直线DE∥VB，交BC于E，连接EF. ∵PF∥DE， ∴P，D，E，F四点共面，且面PDEF与VB和AC都平行， 则四边形PDEF为边长为的正方形， 故其面积为. 10.一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的，则当油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是________． 答案　－ 解析　设圆柱桶的底面半径为R，高为h， 油桶直立时油面的高度为x， 由题意知，油部分所在圆弧对应的扇形的圆心角为， 则h＝πR2x，所以＝－. 11．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，

30、C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为________． 考点　球的表面积 题点　与外接、内切有关球的表面积计算问题 答案　144π 解析　如图所示，设球的半径为R， ∵∠AOB＝90°， ∴S△AOB＝R2. ∵V三棱锥O－ABC＝V三棱锥C－AOB， 而△AOB的面积为定值， ∴当点C到平面AOB的距离最大时，三棱锥O－ABC的体积最大， ∴当动点C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，三棱锥O－ABC的体积最大， 此时V三棱锥O－ABC＝V三棱锥C－AOB＝×R2×R＝R3＝36， 解得R＝6， 则球O的表面积为S＝4π

31、R2＝144π. 三、解答题 12．已知三棱锥O—ABC的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O是球心，∠AOB＝120°，当△AOC与△BOC的面积之和最大时，求三棱锥O—ABC的体积． 解　设球O的半径为R， 因为S△AOC＋S△BOC＝R2(sin∠AOC＋sin∠BOC)， 所以当∠AOC＝∠BOC＝90°时， S△AOC＋S△BOC取得最大值，此时OA⊥OC. OB⊥OC，OB∩OA＝O，OA，OB⊂平面AOB， 所以OC⊥平面AOB， 所以V三棱锥O—ABC＝V三棱锥C—OAB ＝OC·OA·OBsin∠AOB ＝R3sin∠AOB＝. 13．如图，在三棱柱

32、ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，A1B1⊥BC，BC＝1，AA1＝AC＝2，E，F分别为A1C1，BC的中点． (1)求证：C1F∥平面EAB； (2)求三棱锥A－BCE的体积． (1)证明　方法一　取AB中点G，连接EG，FG. ∵G，F分别是AB，BC的中点， ∴FG∥AC，且FG＝AC. 又∵AC∥A1C1，且AC＝A1C1， E为A1C1的中点， ∴FG∥EC1，且FG＝EC1， ∴四边形FGEC1为平行四边形， ∴C1F∥EG. 又∵EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE， ∴C1F∥平面ABE. 方法二　取AC中点H，连接C1H，FH，

33、 则C1E∥AH，且C1E＝AH， ∴四边形C1EAH为平行四边形， ∴C1H∥EA. 又∵EA⊂平面ABE，C1H⊄平面ABE， ∴C1H∥平面ABE， ∵H、F分别为AC、BC的中点， ∴HF∥AB. 又∵AB⊂平面ABE，FH⊄平面ABE， ∴FH∥平面ABE. 又∵C1H∩FH＝H，C1H⊂平面C1HF，FH⊂平面C1HF， ∴平面C1HF∥平面ABE. 又∵C1F⊂平面C1HF， ∴C1F∥平面ABE. (2)解　∵AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， ∴AB＝＝， ∴三棱锥A－BCE的体积为 VA－BCE＝VE－ABC＝S△ABC·AA1 ＝×

34、××1×2＝. 四、探究与拓展 14．如图，在三棱锥V－ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中一定成立的是________． ①AC＝BC；②VC⊥VD；③AB⊥VC；④S△VCD·AB＝S△ABC·VO. 答案　①③④ 解析　因为VA＝VB，AD＝BD， 所以VD⊥AB. 因为VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以VO⊥AB. 又VO∩VD＝V， 所以AB⊥平面VCD. 又CD⊂平面VCD，VC⊂平面VCD， 所以AB⊥VC，AB⊥CD. 又AD＝BD， 所以AC＝BC(线段垂直平分线的性质)． 因为VO⊥平面ABC，

35、 所以VV－ABC＝S△ABC·VO. 因为AB⊥平面VCD， 所以VV－ABC＝VB－VCD＋VA－VCD ＝S△VCD·BD＋S△VCD·AD ＝S△VCD·(BD＋AD) ＝S△VCD·AB， 所以S△ABC·VO＝S△VCD·AB， 即S△VCD·AB＝S△ABC·VO. 故①③④正确． 15．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC＝BC＝AA1＝a，∠ACB＝90°，D是A1B1中点． (1)求证：C1D⊥平面A1B1BA； (2)请问，当点F在BB1上什么位置时，会使得AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论． (1)证明　∵A1C1＝B1C1，∴△A1B1C1为等腰三角形， 又∵A1D＝DB1，∴C1D⊥A1B1， ∵C1D⊥A1A，AA1∩A1B1＝A1， ∴C1D⊥平面A1B1BA. (2)解　由(1)可得C1D⊥AB1， 又要使AB1⊥平面C1DF，只要DF⊥AB1即可， 又∵∠ACB＝∠A1C1B1＝90°，且AC＝BC＝AA1＝a， ∴A1B1＝a， ∵△AA1B1∽△DB1F， ∴＝，∴B1F＝a. 即当F点与B点重合时，会使AB1⊥平面C1DF.