高中高考数学专题立体几何复习.pptx

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,2020/9/12,#,#,第,1,讲空间几何体的三视图、表面积和体积,高考定位1.三视图的识别和简朴应用；2.简朴几何体的表面积与体积计算，重要以选择题、填空题的形式展现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.,1.(全国卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(),真 题 感 悟,解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，因此是虚线，结合榫头的位置知选A.,答案A,2.(全国卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(),答案,B,3.(全国卷)学生到工厂劳动实践，运用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.,因此模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，,因此制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g).,答案118.8,4.(全国卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图是一种棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一种正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有_个面，其棱长为_(本题第一空2分，第二空3分).,1.,空间几何体的三视图,(1)几何体的摆放位置不一样，其三视图也不一样，需要注意长对正、高平齐、宽相等.,(2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再运用正视图与侧视图确定几何体.,考 点 整 合,2.,空间几何体的两组常用公式,(1),柱体、锥体、台体、球的表面积公式：,圆柱的表面积,S,2,r,(,r,l,),；,圆锥的表面积,S,r,(,r,l,),；,圆台的表面积,S,(,r,2,r,2,r,l,rl,),；,球的表面积,S,4,R,2,.,(2),柱体、锥体和球的体积公式：,V,柱体,Sh,(,S,为底面面积，,h,为高,),；,热点一空间几何体的三视图与直观图,【例1】(1)(全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的途径中，最短途径的长度为(),(2)(合肥质检)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面如下部分的几何体的侧视图为(),(2)如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，AC，AE，CF，则EFAC，平面ACFE即为平面ACE截正方体所得的截面，据此可得位于截面如下部分的几何体的侧视图如选项A所示.,答案,(1)B,(2)A,探究提高1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.,2.由三视图还原到直观图的思绪,(1)根据俯视图确定几何体的底面.,(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特性，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置.,(3)确定几何体的直观图形状.,【训练,1,】,(1),某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为,(,),A.1 B.2 C.3 D.4,(2)(西安模拟)某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是(),A.,三棱锥,B.,四棱锥,C.,四棱台,D.,三棱台,解析,(1),在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥,P,ABCD,，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为,3,，分别是,PAD,，,PCD,，,PAB,.,(2)由于正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又由于俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥.故选A.,答案(1)C(2)A,热点二几何体的表面积与体积,角度,1,空间几何体的表面积,【例21】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形构成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(),A.10,B.12C.14,D.16,答案,B,探究提高1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小；(2)还原几何体的直观图，套用对应的面积公式.,2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.,(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.,【训练2】(唐山模拟)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为(),答案,D,角度,2,空间几何体的体积,【例22】(1)(浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，运用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是(),A.158 B.162 C.182 D.324,解析(1)由三视图可知，该柱体是一种直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一种上底为4，下底为6，高为3，另一种的上底为2，下底为6，高为3.,探究提高1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的措施，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.,2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.,【训练3】(1)(北京卷)某几何体是由一种正方体去掉一种四棱柱所得，其三视图如图所示.假如网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为_.,(2),如图，已知正方体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,的棱长为,1,，则四棱锥,A,1,BB,1,D,1,D,的体积为,_.,解析(1)由三视图知，该几何体是如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，去掉四棱柱MQD1A1NPC1B1(其底面是一种上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体，,所求几何体的体积,V,4,3,24,40.,热点三多面体与球的切、接问题,【例3】(1)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一种体积为V的球.若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是(),(2)(多填题)(湖南师大附中调研)在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，若四棱锥PABCD为阳马，侧棱PA底面ABCD，且PA3，BCAB4，设该阳马的外接球半径为R，内切球半径为r，则R_；内切球的体积V_.,解析,(1),由,AB,BC,，,AB,6,，,BC,8,，得,AC,10.,要使球的体积,V,最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面,ABC,的内切圆的半径为,r,.,球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径,R,最大,.,依题意,Rt,PAB,Rt,PAD,，则内切球,O,在侧面,PAD,内的正视图是,PAD,的内切圆，,(2),在四棱锥,P,ABCD,中，侧棱,PA,底面,ABCD,，且底面为矩形，将该,“,阳马,”,补成长方体，,则,(2,R,),2,AB,2,AD,2,AP,2,16,16,9,41,，,探究提高1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合一般是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.,2.若球面上四点P，A，B，C且PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径处理外接问题.,(2)(咸阳模拟)在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABBC，若AB2，BC3，PA4，则该三棱锥的外接球的表面积为(),A.13 B.20 C.25 D.29,(2),把三棱锥,P,ABC,放到长方体中，如图所示，,答案,(1)B,(2)D,1.,求解几何体的表面积或体积,(1)对于规则几何体，可直接运用公式计算.,(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.,(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.,(4)求解几何体的表面积时要注意S表S侧S底.,第,2,讲空间中的平行与垂直,高考定位1.以几何体为载体考察空间点、线、面位置关系的判断，重要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考察空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透.,1.(全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是(),A.内有无数条直线与平行,B.内有两条相交直线与平行,C.，平行于同一条直线,D.，垂直于同一平面,真 题 感 悟,解析若，则内有无数条直线与平行，当无数条直线互相平行时，与也许相交；若，平行于同一条直线，则与可以平行也可以相交；若，垂直于同一种平面，则与可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是的充要条件.根据两平面平行的鉴定定理知，若一种平面内有两条相交直线与另一种平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是的充要条件.,答案B,2.(全国卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则(),A.,BM,EN,，且直线,BM,，,EN,是相交直线,B.,BM,EN,，且直线,BM,，,EN,是相交直线,C.,BM,EN,，且直线,BM,，,EN,是异面直线,D.,BM,EN,，且直线,BM,，,EN,是异面直线,解析,连接,BD,，,BE,，,点,N,是正方形,ABCD,的中心，,点,N,在,BD,上，且,BN,DN,，,BM,，,EN,是,DBE,的中线，,BM,，,EN,必相交,.,平面,ECD,平面,ABCD,，且,BC,DC,，,BC,平面,EDC,，,故,BM,EN,.,答案,B,3.(全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为(),解析如图，依题意，平面与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，轻易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.,答案,A,4.(全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.,(1),证明：,MN,平面,C,1,DE,；,(2),求点,C,到平面,C,1,DE,的距离,.,因此四边形MNDE为平行四边形，因此MNED.,又MN平面C1DE，ED平面C1DE，因此MN平面C1DE.,(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，又BCC1CC，BC，C1C平面C1CE，因此DE平面C1CE，故DECH.因此CH平面C1DE，,故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE1，C1C4，,1.直线、平面平行的鉴定及其性质,(1)线面平行的鉴定定理：a，b，aba.,(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.,(3)面面平行的鉴定定理：a，b，abP，a，b.,(4)面面平行的性质定理：，a，bab.,考 点 整 合,2.直线、平面垂直的鉴定及其性质,(1)线面垂直的鉴定定理：m，n，mnP，lm，lnl.,(2)线面垂直的性质定理：a，bab.,(3)面面垂直的鉴定定理：a，a.,(4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala.,热点一空间点、线、面位置关系,【例,1,】,(1),如图，在下列四个正方体中，,A,，,B,为正方体的两个顶点，,M,，,N,，,Q,为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线,AB,与平面,MNQ,不平行的是,(,),(2)(开放题)(北京卷)已知l，m是平面外的两条不一样直线.给出下列三个论断：,lm；m；l.,以其中的两个论断作为条件，余下的一种论断作为结论，写出一种对的的命题：_.,解析(1)法一对于选项B，如图(1)所示，连接CD，由于ABCD，M，Q分别是所在棱的中点，因此MQCD，因此ABMQ，又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，因此AB平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.,法二对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQAB，由于OQ与平面MNQ有交点，因此AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.即A项中直线AB与平面MNQ不平行.,(2)已知l，m是平面外的两条不一样直线，由lm与m，不能推出l，由于l也许与平行，或l与相交但不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故对的的命题是或.,图,(1),图,(2),答案,(1)A,(2),若,m,，,l,，则,l,m,(,或若,l,m,，,l,，则,m,，答案不唯一,),探究提高1.判断空间位置关系命题的真假,(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的鉴定定理和性质定理进行判断.,(2)借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观测线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否认.,2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)当从正面入手较难时，可运用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.,【训练1】已知直线m，l，平面，且m，l，给出下列命题：,若，则ml；若，则ml；,若ml，则；若ml，则.,其中对的的命题是(),A.B.C.D.,解析对于，若，m，则m，又l，因此ml，故对的，排除B.,对于，若ml，m，则l，又l，因此.对的.故选A.,答案A,热点二空间平行、垂直关系的证明,【例,2,】,如图，在四棱锥,P,ABCD,中，,AB,CD,，,AB,AD,，,CD,2,AB,，平面,PAD,底面,ABCD,，,PA,AD,，,E,和,F,分别是,CD,和,PC,的中点，求证：,(1),PA,底面,ABCD,；,(2),BE,平面,PAD,；,(3),平面,BEF,平面,PCD,.,证明,(1),平面,PAD,底面,ABCD,，,且,PA,垂直于这两个平面的交线,AD,，,PA,平面,PAD,，,PA,底面,ABCD,.,(2),AB,CD,，,CD,2,AB,，,E,为,CD,的中点，,AB,DE,，且,AB,DE,.,四边形,ABED,为平行四边形,.,BE,AD,.,又,BE,平面,PAD,，,AD,平面,PAD,，,BE,平面,PAD,.,(3)ABAD，并且ABED为平行四边形.,BECD，ADCD，,由(1)知PA底面ABCD，且CD平面ABCD，,PACD，且PAADA，PA，AD平面PAD，,CD平面PAD，又PD平面PAD，,CDPD.,E和F分别是CD和PC的中点，PDEF.CDEF，又BECD且EFBEE，,EF，BE平面BEF，CD平面BEF，,又CD平面PCD，平面BEF平面PCD.,【,迁移,1,】在本例条件下，证明平面,BEF,平面,ABCD,.,证明,如图，连接,AC,，设,AC,BE,O,，连接,FO,，,AE,.,四边形,ABCE,为平行四边形,.,O,为,AC,的中点，又,F,为,PC,的中点，则,FO,PA,，又,PA,平面,ABCD,，,FO,平面,ABCD,.,又,FO,平面,BEF,，,平面,BEF,平面,ABCD,.,【,迁移,2,】在本例条件下，若,AB,BC,，求证：,BE,平面,PAC,.,证明,连接,AC,，设,AC,BE,O,.,AB,CD,，,CD,2,AB,，且,E,为,CD,的中点,.,四边形,ABCE,为菱形，,BE,AC,.,又,PA,平面,ABCD,，又,BE,平面,ABCD,，,PA,BE,，,又,PA,AC,A,，,PA,，,AC,平面,PAC,，,BE,平面,PAC,.,探究提高,垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型,.,(1),证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行,.,(2),证明线面垂直，需转化为证明线线垂直,.,(3),证明线线垂直，需转化为证明线面垂直,.,(4),证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直,.,【训练2】(江苏卷)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC.,求证：,(1),A,1,B,1,平面,DEC,1,；,(2),BE,C,1,E,.,证明(1)由于D，E分别为BC，AC的中点，,因此EDAB.,在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，,因此A1B1ED.,又由于ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，,因此A1B1平面DEC1.,(2)由于ABBC，E为AC的中点，因此BEAC.,由于三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，因此C1C平面ABC.,又由于BE平面ABC，因此C1CBE.,又C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，且C1CACC，,因此BE平面A1ACC1.,由于C1E平面A1ACC1，因此BEC1E.,热点三平面图形中的折叠问题,【例3】(全国卷)图是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC构成的一种平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重叠，连接DG，如图.,(1),证明：图,中的,A,，,C,，,G,，,D,四点共面，且平面,ABC,平面,BCGE,；,(2),求图,中的四边形,ACGD,的面积,.,(1)证明由已知得ADBE，CGBE，因此ADCG，,因此AD，CG确定一种平面，从而A，C，G，D四点共面.,由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，BE，BC平面BCGE，,因此AB平面BCGE.,又由于AB平面ABC，因此平面ABC平面BCGE.,(2)解如图，取CG的中点M，连接EM，DM.,由于ABDE，AB平面BCGE，因此DE平面BCGE，又CG、EM平面BCGE，故DECG，DEEM.,故DM2.又CGBF2，,因此四边形ACGD的面积为S224.,由已知，四边形,BCGE,是菱形，且,EBC,60,，得,EM,CG,，,又,DE,EM,E,，,DE,，,EM,平面,DEM,，故,CG,平面,DEM,.,又,DM,平面,DEM,，因此,DM,CG,.,探究提高1.处理与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般状况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是处理问题的突破口.,2.在处理问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.,即在图2中，BEA1O，BEOC，从而BE平面A1OC.,又CDBE，因此CD平面A1OC.,(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，,又由(1)知，OA1BE，因此A1O平面BCDE，,即A1O是四棱锥A1BCDE的高，,热点四空间线面关系的开放性问题,【例4】(北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.,(1)求证：BD平面PAC；,(2)若ABC60，求证：平面PAB平面PAE；,(3)棱PB上与否存在点F，使得CF平面PAE？阐明理由.,(1)证明由于PA平面ABCD，BD平面ABCD，因此PABD.,由于底面ABCD为菱形，,因此BDAC.,又PAACA，,因此BD平面PAC.,(2)证明由于PA平面ABCD，AE平面ABCD，,因此PAAE.,由于底面ABCD为菱形，ABC60，且E为CD的中点，,因此AECD.又由于ABCD，因此ABAE.,又ABPAA，因此AE平面PAB.,由于AE平面PAE，因此平面PAB平面PAE.,由于底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，,(3),解,棱,PB,上存在点,F,，使得,CF,平面,PAE,.,理由如下：取,PB,的中点,F,，,PA,的中点,G,，连接,CF,，,FG,，,EG,，,因此FGCE，且FGCE.,因此四边形CEGF为平行四边形.因此CFEG.,由于CF平面PAE，EG平面PAE，,因此CF平面PAE.,探究提高1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，阐明假设成立，并可深入证明；若推导出与条件或实际状况相矛盾的结论，则阐明假设不成立.,2.探索线段上与否存在满足题意的点时，注意三点共线条件的应用.,(1),证明,如图作,FM,CD,，交,PC,于点,M,，连接,EM,，,又FMCDAE，,因此四边形AEMF为平行四边形，因此AFEM，,由于AF平面PEC，EM平面PEC，,因此直线AF平面PEC.,要使平面PED平面PAB，只需ABDE，,由于ABAD2，DAB30，,又由于PD平面ABCD，PDAB，PDDED，,因此AB平面PDE，,由于AB平面PAB，因此平面PDE平面PAB，,1.空间中点、线、面的位置关系的鉴定,(1),可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例,.(2),可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义,.,2.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用措施如下：,(1)证明线线平行常用的措施：一是运用平行公理，即证两直线同步和第三条直线平行；二是运用平行四边形进行平行转换：三是运用三角形的中位线定理证线线平行；四是运用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.,(2)证明线线垂直常用的措施：一是运用等腰三角形底边中线即高线的性质；二是运用勾股定理；三是运用线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l，ala.,3.处理平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及有关线段的长度、角度等.,规范答题示范课,立体几何解答题,破题之道立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托.分步设问，逐层加深，处理此类题目的原则重在“化归”与“转换”.,满分示范,【典例】(全国卷)如图，在平行四边形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC为折痕将ACM折起，使点M抵达点D的位置，且ABDA.,切入点：联想面面垂直的鉴定定理.,要点：确定点Q到平面ABP的距离.,规范解答,(1),证明,由,ACM,90,知，,BAC,90,，则,BA,AC,.2,分,又,BA,AD,，,AC,AD,A,，,因此AB平面ACD.由于AB平面ABC，5分,因此平面ACD平面ABC.,高考状元满分心得,写全得分环节，踩点得分：对于解题过程中踩分点的环节有则给分，无则没分.如第(1)问中缺乏ACADA，扣分，忽视AB平面ABC也要扣分.,满分体验,1.,在平行六面体,ABCD,A,1,B,1,C,1,D,1,中，,AA,1,AB,，,AB,1,B,1,C,1,.,求证：,(1),AB,平面,A,1,B,1,C,；,(2),平面,ABB,1,A,1,平面,A,1,BC,.,证明(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1.由于AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，因此AB平面A1B1C.,(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.,又由于AA1AB，因此四边形ABB1A1为菱形，,因此AB1A1B.,又由于AB1B1C1，BCB1C1，,因此AB1BC.,又由于A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，,因此AB1平面A1BC.,由于AB1平面ABB1A1，,因此平面ABB1A1平面A1BC.,2.,如图，在多面体,ABCDPQ,中，平面,PAD,平面,ABCD,，,AB,CD,PQ,，,AB,AD,，,PAD,为正三角形，,O,为,AD,的中点，且,AD,AB,2,，,CD,PQ,1.,(1),求证：平面,POB,平面,PAC,；,(2),求多面体,ABCDPQ,的体积,.,(1),证明,由条件可知，,Rt,ADC,Rt,BAO,，,DAC,ABO,，,DAC,AOB,ABO,AOB,90,，,AC,BO,.,PA,PD,，且,O,为,AD,的中点，,PO,AD,.,平面,PAD,平面,ABCD,，平面,PAD,平面,ABCD,AD,，,PO,AD,，,PO,平面,PAD,，,PO,平面,ABCD,.,AC,平面,ABCD,，,PO,AC,.,又,BO,PO,O,，,AC,平面,POB,，,AC,平面,PAC,，,平面,POB,平面,PAC,.,(2),解,取,AB,的中点为,E,，连接,CE,，,QE,.,由,(1),可知，,PO,平面,ABCD,.,AB,平面,ABCD,，,PO,AB,.,又,AB,AD,，,PO,AD,O,，,AB,平面,PAD,.,