（北京專用）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 8.1 空間幾何體的表面積和體積課件

1、高考數(shù)學(xué)高考數(shù)學(xué) (北京專用) 第八章 立體幾何 8.1 空間幾何體的表面積和體積 A A組自主命題組自主命題北京卷題組北京卷題組 五年高考 考點(diǎn)一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征考點(diǎn)一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征 1.(2018北京,5,5分)某四棱錐的三視圖如圖所示,在此四棱錐的側(cè)面中,直角三角形的個(gè)數(shù)為 () A.1B.2C.3D.4 答案答案C由三視圖得四棱錐的直觀圖如圖所示. 其中SD底面ABCD,ABAD,ABCD,SD=AD=CD=2,AB=1.由SD底面ABCD,AD,DC,AB 底面ABCD,得SDAD,SDDC,SDAB,故SDC,SDA為直角三角形,又ABAD,AB SD,AD,SD平面SA

2、D,ADSD=D,AB平面SAD,又SA平面SAD,ABSA,即SAB也是 直角三角形,從而SB=3,又BC=,SC=2,BC2+SC2SB2, SBC不是直角三角形,故選C. 222 SDADAB 22 2152 2.(2017北京,7,5分)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.3B.2C.2D.2232 答案答案B根據(jù)三視圖可得該四棱錐的直觀圖(四棱錐P-ABCD)如圖所示,將該四棱錐放入棱 長為2的正方體中.由圖可知該四棱錐的最長棱為PD,PD=2.故選B. 222 2223 3.(2011北京,7,5分)某四面體的三視圖如圖所示,該四面體四個(gè)面的面積中最大的是

3、() A.8B.6C.10D.822 答案答案C由三視圖可知四面體的四個(gè)面均為直角三角形,底面兩直角邊長為3,4,其面積為6, 一個(gè)側(cè)面的兩直角邊長均為4,其面積為8,一個(gè)側(cè)面的兩直角邊長為3,4,其面積為6,一個(gè) 側(cè)面的兩直角邊長為5,4,其面積為10,比較這四個(gè)值的大小可知選C. 22 錯(cuò)因分析錯(cuò)因分析不能由三視圖準(zhǔn)確得到幾何體的直觀圖的形狀和特征,易弄錯(cuò)空間線面的位置關(guān) 系和線段的長度而選錯(cuò)答案. 評析評析本題考查空間幾何體的面積計(jì)算,考查空間想象能力.解題的關(guān)鍵是由三視圖準(zhǔn)確得到 直觀圖的形狀和特征,屬中等難度題. 4.(2014北京,11,5分)某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐最

4、長棱的棱長為. 答案答案2 2 解析解析由三視圖可知該幾何體的直觀圖(三棱錐P-ABC)如圖所示, 其中PA平面ABC, ABC為等腰直角三角形, 且PA=2,AB=BC=,AC=2, 所以PC=2PB=, 故該三棱錐最長棱的棱長為2. 2 26 2 考點(diǎn)二空間幾何體的表面積和體積考點(diǎn)二空間幾何體的表面積和體積 1.(2017北京文,6,5分)某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐的體積為() A.60B.30C.20D.10 答案答案D本題考查三棱錐體積的計(jì)算,考查學(xué)生的空間想象能力. 根據(jù)三視圖將三棱錐P-ABC還原到長方體中,如圖所示, VP-ABC=354=10.故選D. 1 3 1 2

5、 2.(2016北京,6,5分)某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐的體積為() A.B.C.D.1 1 6 1 3 1 2 答案答案A先構(gòu)造長方體ABCD-ABCD,其中AA=AD=1,AB=2,E為CD的中點(diǎn),由三視圖可得該 三棱錐的直觀圖(三棱錐D-BCE)如圖所示,所以VD-BCE=111=,故選A. 1 3 1 2 1 6 3.(2015北京,5,5分)某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐的表面積是() A.2+B.4+C.2+2D.5555 答案答案C由三視圖可得該三棱錐的直觀圖如圖所示,其中PA=1,BC=2,取BC的中點(diǎn)M,連接 AM,MP,則AM=2,AMBC,故AC=AB=

6、,由正視圖和側(cè)視圖可知PA平 面ABC,因此可得PC=PB=,PM=,所以三棱錐的表 面積為SABC+SPAB+SPAC+SPBC=22+1+1+2=2+2,故選C. 22 BMAM145 22 PAAB1 56 22 PAAM145 1 2 1 2 5 1 2 5 1 2 55 4.(2012北京,7,5分)某三棱錐的三視圖如圖所示,該三棱錐的表面積是() A.28+6B.30+6C.56+12D.60+125555 答案答案B由三棱錐的三視圖可得三棱錐的直觀圖如圖(1)所示. SACD=ACDM=54=10. SABC=ACBC=54=10. 在CMB中,C=90,|BM|=5. DM面A

7、BC,DMB=90,|DB|=, BCD為直角三角形,DCB=90,SBCD=54=10. 圖(1) 在ABD中,如圖(2),SABD=26=6,S表=10+10+10+6=30+6.故選B. 1 2 1 2 1 2 1 2 22 4541 1 2 1 2 5555 圖(2) 評析評析本題考查三視圖及線面關(guān)系,在求解空間線面問題時(shí),經(jīng)常將某個(gè)平面圖形單獨(dú)進(jìn)行考 慮. 5.(2019北京文,12,5分)某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得,其三視圖如圖所示.如 果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,那么該幾何體的體積為. 答案答案40 解析解析本題考查了空間幾何體的直觀圖和三視圖,考查了空間幾何體的

8、體積,考查了空間想象 能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.考查的核心素養(yǎng)為直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算. 由三視圖可知,該幾何體的直觀圖如圖所示.它是由棱長為4的正方體去掉一個(gè)底面為梯形、 高為4的直四棱柱后得到的幾何體,其體積V=43-(2+4)24=40. 1 2 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵由三視圖正確得到直觀圖是關(guān)鍵.該幾何體也可看作由一個(gè)長方體與一個(gè)三棱柱 組合而成. 6.(2015北京文,18,14分)如圖,在三棱錐V-ABC中,平面VAB平面ABC,VAB為等邊三角形,AC BC且AC=BC=,O,M分別為AB,VA的中點(diǎn). (1)求證:VB平面MOC; (2)求證:平面MOC平面VAB; (3)求三棱錐V-ABC的

9、體積. 2 解析解析(1)證明:因?yàn)镺,M分別為AB,VA的中點(diǎn), 所以O(shè)MVB. 又因?yàn)閂B 平面MOC, 所以VB平面MOC. (2)證明:因?yàn)锳C=BC,O為AB的中點(diǎn), 所以O(shè)CAB. 又因?yàn)槠矫鎂AB平面ABC,平面VAB平面ABC=AB,且OC平面ABC, 所以O(shè)C平面VAB. 因?yàn)镺C平面MOC, 所以平面MOC平面VAB. (3)解法一:在等腰直角三角形ACB中,AC=BC=, 所以AB=2,OC=1. 所以等邊三角形VAB的面積SVAB=. 又因?yàn)镺C平面VAB, 2 3 所以三棱錐C-VAB的體積等于OCSVAB=. 又因?yàn)槿忮FV-ABC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等

10、, 所以三棱錐V-ABC的體積為. 解法二:連接VO,與(2)同理,可證VO平面ABC,在等邊三角形VAB中,AB=2,所以VO=. 所以三棱錐V-ABC的體積等于VOSABC=. 1 3 3 3 3 3 3 1 3 1 3 3 22 2 3 3 思路分析思路分析(1)在ABV中,利用中位線定理有OMVB,由此證明VB平面MOC. (2)先證OCAB,再由平面VAB平面ABC證得OC平面VAB,由此證明平面MOC平面VAB. (3)解法一:通過三棱錐V-ABC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等,計(jì)算求解.解法二:直接求解V -ABC的體積. 評析評析本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系

11、的判定,以及幾何體體積的求解,考 查學(xué)生空間想象能力和邏輯推理能力. B B組統(tǒng)一命題組統(tǒng)一命題省省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組 考點(diǎn)一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征考點(diǎn)一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征 1.(2018課標(biāo)全國,9,5分)某圓柱的高為2,底面周長為16,其三視圖如圖.圓柱表面上的點(diǎn)M在 正視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為A,圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到 N的路徑中,最短路徑的長度為() A.2B.2C.3D.2175 答案答案B由圓柱的三視圖及已知條件可知點(diǎn)M與點(diǎn)N的位置如圖1所示,設(shè)ME與FN為圓柱的 兩條母線,沿FN將圓柱側(cè)面展開,如圖2所示,MN即為從M到N的最短

12、路徑,由題知,ME=2,EN=4, MN=2.故選B. 圖1 圖2 22 425 2.(2019課標(biāo)全國文,16,5分)中國有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形 狀多為長方體、正方體或圓柱體,但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體” (圖1).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對 稱美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體,它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上,且此正方 體的棱長為1.則該半正多面體共有個(gè)面,其棱長為.(本題第一空2分,第二空 3分) 圖1 圖2 答案答案26;-1 2 解析解析本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征,空間幾何

13、體的直觀圖等知識(shí);考查空間想象能力,運(yùn)算 求解能力和應(yīng)用意識(shí);考查的核心素養(yǎng)為直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算. 半正多面體面數(shù)從上至下依次為1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26個(gè)面.半正多面體的所有頂點(diǎn) 都在同一個(gè)正方體表面上,如圖1,該正方體被半正多面體頂點(diǎn)A,B,C所在平面截得的圖形如圖 2,八邊形ABCDEFGH為正八邊形. 圖1 圖2 設(shè)AB=a,則1=2a+a,解得a=-1,即該半正多面體的棱長為-1. 2 2 22 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵將半正多面體頂點(diǎn)所在的正方體畫出是關(guān)鍵,再選取合適的截面即可求解. 思路分析思路分析該題屬多面體切接問題,選取多個(gè)頂點(diǎn)所在的截面ABCDEFGH,并確

14、定其為正八 邊形,根據(jù)邊之間的關(guān)系列出方程求解即可. 考點(diǎn)二空間幾何體的表面積和體積考點(diǎn)二空間幾何體的表面積和體積 1.(2019浙江,4,4分)祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r(shí)代的偉大科學(xué)家,他提出的“冪勢既同,則積不容異” 稱為祖暅原理,利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體=Sh,其中S是柱體的底面積,h是柱體 的高.若某柱體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該柱體的體積(單位:cm3)是() A.158B.162C.182D.324 答案答案B本題考查空間幾何體的三視圖、直觀圖;以三視圖還原直觀圖為背景考查學(xué)生的 空間想象能力和運(yùn)算求解能力;體現(xiàn)直觀想象的核心素養(yǎng);以祖暅原理為背景旨在弘揚(yáng)中華優(yōu) 秀

15、傳統(tǒng)文化,指導(dǎo)學(xué)生樹立正確的歷史觀、民族觀、國家觀. 由三視圖知該柱體的直觀圖為如圖所示的五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1, 取CD中點(diǎn)G,連接AG, 由側(cè)視圖知AGCD,AG=6, 底面積S=S梯形AGCB+S梯形AGDE=(2+6)3+(4+6)3=27, 該柱體體積V=Sh=276=162.故選B. 1 2 1 2 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵正確利用正視圖與俯視圖“長對正”的原理確定AG,BC的長. 2.(2019課標(biāo)全國理,12,5分)已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上,PA=PB=PC, ABC是邊長為2的正三角形,E,F分別是PA,AB的中點(diǎn),CEF=90,則球O的體積為()

16、 A.8B.4C.2D. 6666 答案答案D本題考查線面垂直的位置關(guān)系、三棱錐的性質(zhì)和球的體積公式,考查空間想象能 力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力,考查的核心素養(yǎng)是直觀想象和數(shù)學(xué)建模. 解法一:E、F分別是PA、AB的中點(diǎn),EFPB. CEF=90,EFEC,PBEC, 又三棱錐P-ABC為正三棱錐,PBAC,從而PB平面PAC,三條側(cè)棱PA、PB、PC兩兩 垂直. ABC是邊長為2的正三角形,PA=PB=PC=, 則球O是棱長為的正方體的外接球,設(shè)球O的半徑為R, 則2R=,R=,球O的體積V=R3=.故選D. 解法二:令PA=PB=PC=2x(x0),則EF=x,連接FC,由題意可得FC=.在PAC中

17、,cosAPC= =. 2 2 32 6 2 4 3 6 3 22 2 444 24 xx x 2 2 21 2 x x 在PEC中,EC2=PC2+PE2-2PCPEcosEPC=4x2+x2-22xx=x2+2,在FEC中,CEF= 90,FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,x=,PA=PB=PC=2x=. AB=BC=CA=2,三棱錐P-ABC的三個(gè)側(cè)面為等腰直角三角形,PA、PB、PC兩兩垂直,故 球O是棱長為的正方體的外接球,設(shè)球O的半徑為R,則2R=,R=,球O的體積V= R3=.故選D. 2 2 21 2 x x 2 2 2 232 6 2 4 3 6 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵

18、三棱錐與球的切、接問題,關(guān)鍵是確定三棱錐的特殊性.本題中確定三棱錐的側(cè) 棱長是關(guān)鍵.通常情況下,把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題后通過解三角形完成,充分利用平行、垂 直的特殊位置關(guān)系更有利于解題. 3.(2018課標(biāo)全國,10,5分)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角 為30,則該長方體的體積為() A.8B.6C.8D.8 223 答案答案C本題主要考查長方體的體積及直線與平面所成的角. 如圖,由長方體的性質(zhì)可得AB平面BCC1B1, BC1為直線AC1在平面BCC1B1內(nèi)的射影, AC1B為直線AC1與平面BCC1B1所成的角, 即AC1B=30

19、, 在RtABC1中,AB=2,AC1B=30,BC1=2, 在RtBCC1中,CC1=2, 該長方體的體積V=222=8,故選C. 3 22 1 BCBC 22 (2 3)22 22 易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示不能準(zhǔn)確理解線面角的定義,無法找出直線與平面所成的角,從而導(dǎo)致失分. 4.(2018課標(biāo)全國,12,5分)設(shè)A,B,C,D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn),ABC為等邊三角 形且其面積為9,則三棱錐D-ABC體積的最大值為() A.12B.18C.24D.54 3 3333 答案答案B本題考查空間幾何體的體積及與球有關(guān)的切接問題. 設(shè)等邊ABC的邊長為a,則有SABC=aasin60=9,解得a

20、=6.設(shè)ABC外接圓的半徑為r,則2 r=,解得r=2,則球心到平面ABC的距離為=2,所以點(diǎn)D到平面ABC的最大 距離為2+4=6,所以三棱錐D-ABC體積的最大值為96=18,故選B. 1 2 3 6 sin60 3 22 4(2 3) 1 3 33 方法總結(jié)方法總結(jié)解決與球有關(guān)的切、接問題的策略: (1)“接”的處理: 構(gòu)造正(長)方體,轉(zhuǎn)化為正(長)方體的外接球問題. 空間問題平面化,把平面問題轉(zhuǎn)化到直角三角形中,作出適當(dāng)截面(過球心,接點(diǎn)等). 利用球心與截面圓心的連線垂直于截面定球心所在直線. (2)“切”的處理: 體積分割法求內(nèi)切球半徑. 作出合適的截面(過球心,切點(diǎn)等),在平面

21、上求解. 多球相切問題,連接各球球心,轉(zhuǎn)化為處理多面體問題. 5.(2016課標(biāo)全國文,4,5分)體積為8的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上,則該球的表面積為 () A.12B.C.8D.4 32 3 答案答案A設(shè)正方體的棱長為a,則a3=8,解得a=2. 設(shè)球的半徑為R,則2R=a,即R=,所以球的表面積S=4R2=12.故選A. 33 評析評析本題考查了正方體和球的切接問題.正方體的體對角線即為其外接球的直徑. 6.(2019江蘇,9,5分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120,E為CC1的中點(diǎn),則三棱錐E-BCD 的體積是. 答案答案10 解析解析本題考查長方體、三棱錐的體積公

22、式,考查學(xué)生的空間想象能力、運(yùn)算求解能力,考查 的核心素養(yǎng)是直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算. 因?yàn)殚L方體的體積是120, 所以2SBCDCC1=120, 則SBCDCC1=60.所以VE-BCD=SBCDEC=SBCDCC1=60=10. 1 3 1 3 1 2 1 6 評析評析本題通過長方體考查體積之間的關(guān)系,通過體積公式,找出底面面積與高的關(guān)系,不需要 求出具體的底面面積和高是多少. 7.(2019天津理,11,5分)已知四棱錐的底面是邊長為的正方形,側(cè)棱長均為.若圓柱的一個(gè) 底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn),另一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心,則該圓柱的 體積為. 25 答案答案 4 解析解析本題

23、考查了圓柱、正四棱錐的性質(zhì),通過計(jì)算圓柱的底面半徑、高、體積考查學(xué)生的 空間想象能力和轉(zhuǎn)化思想方法的應(yīng)用,體現(xiàn)了直觀想象的核心素養(yǎng). 如圖所示,圓柱的高O1O=PO=1,圓柱的底面半徑r=AO=.所以圓 柱的體積V=r2O1O=1=. 1 2 1 2 22 PAAO 1 2 5 1 1 2 1 2 1 44 8.(2019課標(biāo)全國理,16,5分)學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐,利用3D打印技術(shù)制作模型.如圖,該模型為 長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體,其中O為長方體的中心,E,F,G,H 分別為所在棱的中點(diǎn),AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度為0.

24、9g/cm3.不考慮打印損 耗,制作該模型所需原料的質(zhì)量為g. 答案答案118.8 解析解析本題考查長方體、四棱錐的體積公式;考查學(xué)生的空間想象能力和運(yùn)算能力,以及應(yīng)用 意識(shí)與數(shù)形結(jié)合的思想;考查的核心素養(yǎng)是直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算. 依題意,知該模型是長方體中挖去一個(gè)四棱錐,故其體積 V=V長方體-V四棱錐=664-463=132(cm3). 又制作該模型所需的原料密度為0.9g/cm3, 故制作該模型所需原料的質(zhì)量為0.9132=118.8(g). 1 3 1 2 易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示計(jì)算被挖去的四棱錐底面面積時(shí),容易誤認(rèn)為四邊形HEFG為正方形,由勾股定理 求得HE=,錯(cuò)認(rèn)為底面面積為13. 22

25、 2313 9.(2018江蘇,10,5分)如圖所示,正方體的棱長為2,以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體的體積為 . 答案答案 4 3 解析解析本題考查組合體體積的計(jì)算. 多面體由兩個(gè)完全相同的正四棱錐組合而成,其中正四棱錐的底面邊長為,高為1,其體積 為()21=,多面體的體積為. 2 1 3 2 2 3 4 3 10.(2018天津,11,5分)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則四棱錐A1-BB1D1D的體積 為. 答案答案 1 3 解析解析本題主要考查正方體的性質(zhì)和四棱錐的體積. 四棱錐的底面BB1D1D為矩形,其面積為1=, 又點(diǎn)A1到底面BB1D1D的距離,即四棱

26、錐A1-BB1D1D的高為A1C1=,所以四棱錐A1-BB1D1D的 體積為=. 22 1 2 2 2 1 3 2 2 2 1 3 11.(2017課標(biāo)全國,16,5分)已知三棱錐S-ABC的所有頂點(diǎn)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. 答案答案36 解析解析解法一:由題意作出圖形,如圖. 設(shè)球O的半徑為R,由題意知SBBC,SAAC,又SB=BC,SA=AC,則SB=BC=SA=AC=R.連接 OA,OB, 則OASC,OBSC,因?yàn)槠矫鍿CA平面SCB,平面SCA平面SCB=SC,所以O(shè)A平面S

27、CB,所 以O(shè)AOB,則AB=R,所以ABC是邊長為R的等邊三角形,設(shè)ABC的中心為O1,連接OO 1,CO1. 2 22 則OO1平面ABC,CO1=R=R,則OO1=R, 則VS-ABC=2VO-ABC=2(R)2R=R3=9, 所以R=3. 所以球O的表面積S=4R2=36. 2 3 3 2 2 6 3 2 2 6 3 RR 3 3 1 3 3 4 2 3 3 1 3 解法二:由題意得AOSC,BOSC,所以AOB是平面SCA與平面SCB所成二面角的平面角,又 因?yàn)锳OBO=O,所以SC平面ABO.因?yàn)槠矫鍿CA平面SCB,所以AOB=90,所以VS-ABC=VS- ABO+VC-ABO

28、=SC=9.由于OA=OB=SC,從而球O的半徑R=OA=OB=3,故球O的表面 積S=4R2=36. 1 3 1 2 AO BO 1 2 12.(2017課標(biāo),15,5分)長方體的長,寬,高分別為3,2,1,其頂點(diǎn)都在球O的球面上,則球O的表面 積為. 答案答案14 解析解析由題意知長方體的體對角線為球O的直徑,設(shè)球O的半徑為R,則(2R)2=32+22+12=14,得R2= ,所以球O的表面積為4R2=14. 7 2 疑難突破疑難突破長方體的體對角線為球的直徑是求解的關(guān)鍵. 易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示易因用錯(cuò)球的表面積公式而致錯(cuò). 評析評析本題考查長方體和球的性質(zhì),考查了球的表面積公式. 13.(2

29、017課標(biāo)全國,18,12分)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=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. 1 2 7 解析解析(1)證明:在平面ABCD內(nèi), 因?yàn)锽AD=ABC=90, 所以BCAD. 又BC 平面PAD,AD平面PAD,故BC平面PAD. (2)取AD的中點(diǎn)M,連接PM,CM. 由AB=BC=AD及BCAD,ABC=90得四邊形ABCM為正方形,則CMAD. 因?yàn)閭?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PMAD

30、, PM底面ABCD. 因?yàn)镃M底面ABCD, 1 2 所以PMCM. 設(shè)BC=x,則CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x. 取CD的中點(diǎn)N,連接PN, 則PNCD,所以PN=x. 因?yàn)镻CD的面積為2, 所以xx=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. 23 14 2 7 1 2 2 14 2 7 3 1 3 2 (24) 2 33 14.(2016課標(biāo)全國文,19,12分)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O,點(diǎn)E,F分別在AD, CD上,AE=CF,EF交BD于點(diǎn)H.將DEF沿EF折到DE

31、F的位置. (1)證明:ACHD; (2)若AB=5,AC=6,AE=,OD=2,求五棱錐D-ABCFE的體積. 5 4 2 解析解析(1)證明:由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得=,故ACEF.(2分) 由此得EFHD,EFHD,所以ACHD.(4分) (2)由EFAC得=.(5分) 由AB=5,AC=6得DO=BO=4. 所以O(shè)H=1,DH=DH=3. 于是OD2+OH2=(2)2+12=9=DH2,故ODOH. 由(1)知ACHD,又ACBD,BDHD=H,所以AC平面BHD,因?yàn)镺D平面BHD,所以AC OD. 又由ODOH,ACOH=O,所以O(shè)D平面ABC.(8分) 又

32、由=得EF=. 五邊形ABCFE的面積S=68-3=.(10分) 所以五棱錐D-ABCFE的體積V=2=.(12分) AE AD CF CD OH DO AE AD 1 4 22 ABAO 2 EF AC DH DO 9 2 1 2 1 2 9 2 69 4 1 3 69 4 2 23 2 2 15.(2015安徽,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PA平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,BAC=60. (1)求三棱錐P-ABC的體積; (2)證明在線段PC上存在點(diǎn)M,使得ACBM,并求的值. PM MC 解析解析(1)由題設(shè)AB=1,AC=2,BAC=60, 可得SABC=ABA

33、Csin60=. 由PA平面ABC,可知PA是三棱錐P-ABC的高,又PA=1, 所以三棱錐P-ABC的體積V=SABCPA=. 1 2 3 2 1 3 3 6 (2)在平面ABC內(nèi),過點(diǎn)B作BNAC,垂足為N.在平面PAC內(nèi),過點(diǎn)N作MNPA交PC于點(diǎn)M,連接 BM.由PA平面ABC知PAAC,所以MNAC.由于BNMN=N,故AC平面MBN.又BM平面 MBN,所以ACBM. 在直角BAN中,AN=ABcosBAC=,從而NC=AC-AN=.由MNPA,得=. 1 2 3 2 PM MC AN NC 1 3 評析評析本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)及三棱錐的體積. C C組教師專用題組組教師專

34、用題組 1.(2018浙江,3,4分)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.2B.4C.6D.8 答案答案C本小題考查空間幾何體的體積公式. 由三視圖可知該幾何體是直四棱柱,其中底面是直角梯形,直角梯形上,下底邊的長分別為 1cm,2cm,高為2cm,直四棱柱的高為2cm.故直四棱柱的體積V=22=6cm3. 12 2 思路分析思路分析(1)利用三視圖可判斷幾何體是直四棱柱; (2)利用“長對正,高平齊,寬相等”的原則,可得直四棱柱的各條棱長. 2.(2016課標(biāo)全國文,10,5分)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球.若AB

35、 BC,AB=6,BC=8,AA1=3,則V的最大值是() A.4B.C.6D. 9 2 32 3 答案答案B易知AC=10.設(shè)底面ABC的內(nèi)切圓的半徑為r,則68=(6+8+10)r,所以r=2,因 為2r=43,所以最大球的直徑2R=3,即R=.此時(shí)球的體積V=R3=.故選B. 1 2 1 2 3 2 4 3 9 2 3.(2015課標(biāo),10,5分)已知A,B是球O的球面上兩點(diǎn),AOB=90,C為該球面上的動(dòng)點(diǎn).若三棱 錐O-ABC體積的最大值為36,則球O的表面積為() A.36B.64C.144D.256 答案答案CAOB的面積為定值,當(dāng)OC垂直于平面AOB時(shí),三棱錐O-ABC的體積取

36、得最大值.記 球O的半徑為R,由R3=36得R=6.從而球O的表面積S=4R2=144.故選C. 1 6 4.(2014四川,4,5分)某三棱錐的側(cè)視圖、俯視圖如圖所示,則該三棱錐的體積是() 錐體體積公式:V=Sh,其中S為底面面積,h為高 A.3B.2C.D.1 1 3 3 答案答案D由俯視圖可知,三棱錐底面是邊長為2的等邊三角形.由側(cè)視圖可知,三棱錐的高為 .故該三棱錐的體積V=2=1. 3 1 3 1 2 33 5.(2014重慶,7,5分)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為() A.12B.18 C.24D.30 答案答案C由三視圖可知該幾何體是由如圖所示的直三棱柱ABC-

37、A1B1C1截掉一個(gè)三棱錐D-A1 B1C1得到的,其中AC=4,BC=3,AA1=5,AD=2,BCAC,所以該幾何體的體積V=ACBCAA1- A1C1B1C1A1D=435-433=30-6=24. 1 2 1 3 1 2 1 2 1 3 1 2 6.(2017天津,11,5分)已知一個(gè)正方體的所有頂點(diǎn)在一個(gè)球面上,若這個(gè)正方體的表面積為18, 則這個(gè)球的體積為. 答案答案 9 2 解析解析設(shè)正方體的棱長為a,球的半徑為R,由題意可知6a2=18,所以a=, 由題意知R=a=,因此這個(gè)球的體積V=R3=. 3 3 2 3 2 4 3 4 3 3 3 2 9 2 7.(2015四川,14,

38、5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,其正視圖和側(cè)視圖都是邊長為1的正 方形,俯視圖是直角邊的長為1的等腰直角三角形.設(shè)點(diǎn)M,N,P分別是棱AB,BC,B1C1的中點(diǎn),則三 棱錐P-A1MN的體積是. 答案答案 1 24 解析解析三棱柱ABC-A1B1C1的直觀圖如圖,由題意知CC1=AB=AC=1,ABAC. N,P分別為BC,B1C1的中點(diǎn),NPCC1, CC1AA1,NPAA1, 又AA1 平面MNP,NP平面MNP, AA1平面MNP. A1到平面MNP的距離等于A到平面MNP的距離, 由題意知,三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱, AA1平面ABC, AA1AM,AM

39、NP. M,N分別為AB,BC的中點(diǎn), MNAC.ACAB,AMMN. MNNP=N,AM平面MNP, A1到平面MNP的距離即為線段AM的長. =AMSMNP =1 =. 1 P AMN V 1 AMNP V 1 3 1 3 1 2 1 2 1 2 1 24 8.(2015課標(biāo),18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點(diǎn),BE平面ABCD. (1)證明:平面AEC平面BED; (2)若ABC=120,AEEC,三棱錐E-ACD的體積為,求該三棱錐的側(cè)面積. 6 3 解析解析(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以ACBD. 因?yàn)锽E平面ABCD,所以ACBE.故AC平面BED

40、. 又AC平面AEC,所以平面AEC平面BED.(5分) (2)設(shè)AB=x,在菱形ABCD中,由ABC=120,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因?yàn)锳EEC,所以在RtAEC中,可得EG=x. 由BE平面ABCD,知EBG為直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱錐E-ACD的體積VE-ACD=ACGDBE=x3=.故x=2.(9分) 從而可得AE=EC=ED=. 所以EAC的面積為3,EAD的面積與ECD的面積均為. 故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3+2.(12分) 3 22 x 3 2 2 2 1 3 1 2 6 24 6 3 6 5 5 9.(2015課標(biāo),19,12分)如圖,長方體

41、ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點(diǎn)E,F分別在A1B1, D1C1上,A1E=D1F=4.過點(diǎn)E,F的平面與此長方體的面相交,交線圍成一個(gè)正方形. (1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由); (2)求平面把該長方體分成的兩部分體積的比值. 解析解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖: (2)作EMAB,垂足為M,則AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8. 因?yàn)镋HGF為正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH=6,AH=10,HB=6. 因?yàn)殚L方體被平面分成兩個(gè)高為10的直棱柱,所以其體積的比值為. 22 EHEM 9 7 7 9 也正

42、確 三年模擬 A A組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬考點(diǎn)基礎(chǔ)題考點(diǎn)基礎(chǔ)題組組 考點(diǎn)一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征考點(diǎn)一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征 1.(2019北京海淀新高考調(diào)研卷,4)某四棱錐的三視圖如圖所示,在此四棱錐的側(cè)面中,直角三角 形的個(gè)數(shù)為() A.1B.2C.3D.4 答案答案D可畫出該四棱錐的直觀圖如下: 由圖可知,側(cè)面中直角三角形的個(gè)數(shù)為4,故選D. 方法總結(jié)方法總結(jié)這類題一般可以構(gòu)造正方體,從正方體中分離出題目中的幾何體,這樣會(huì)簡單很 多. 2.(2019北京朝陽期末,8)以棱長為1的正方體各面的中心為頂點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)正八面體,再以這個(gè) 正八面體各面的中心為頂點(diǎn)構(gòu)

43、成一個(gè)小正方體,那么該小正方體的棱長為() A.B.C.D. 2 2 3 3 1 3 1 4 答案答案C設(shè)原正方體、正八面體、小正方體分別為C1、C2、C3,已知C1的棱長為1,以正方體 C1各面中心為頂點(diǎn)的凸多面體C2為正八面體,它的中截面(垂直平分相對頂點(diǎn)連線的界面)是正 方形,該正方形對角線長等于原正方體的棱長,所以該正八面體的棱長為=,以C2各個(gè)面 的中心為頂點(diǎn)的正方體為C3,正方體C3面對角線長等于C2棱長的,為=,所以小正方 體的棱長為=,故選C. 1 2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 2 1 3 考點(diǎn)二空間幾何體的表面積和體積 1.(2019北京房山一模文,5)

44、某三棱錐的三視圖如圖所示,正視圖與側(cè)視圖是兩個(gè)全等的等腰直 角三角形,直角邊長為1,俯視圖為正方形,則該三棱錐的體積為() A.B.C.D. 1 2 1 3 1 6 2 6 答案答案C根據(jù)三視圖可知該幾何體是如圖所示的三棱錐D-ABC,它是棱長為1的正方體的一 部分, 所以VD-ABC=Sh=1=.故選C. 1 3 1 3 1 2 1 6 2.(2019北京西城一模,12)某四棱錐的三視圖如圖所示,那么該四棱錐的體積為. 答案答案 4 3 解析解析從三視圖可以看出,此四棱錐是從如圖所示的長方體中分離出來的, VP-ABCD=Sh=212=. 1 3 1 3 4 3 3.(2017北京海淀零模,

45、14)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,長度為2的線段MN的一個(gè)端 點(diǎn)M在棱DD1上運(yùn)動(dòng),另一個(gè)端點(diǎn)N在正方形ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng),則MN中點(diǎn)的軌跡與正方體ABCD-A1 B1C1D1的表面所圍成的較小的幾何體的體積等于. 答案答案 6 解析解析如圖,連接ND,易知ND,DM,MN構(gòu)成直角三角形,設(shè)P為MN的中點(diǎn),根據(jù)直角三角形斜邊 上的中線等于斜邊的一半可得,無論MDN如何變化,P點(diǎn)到D點(diǎn)的距離始終等于1.故P點(diǎn)的軌 跡與正方體ABCD-A1B1C1D1的表面所圍成的較小的幾何體是以D為中心,半徑為1的球的,其 體積V=13=. 1 8 1 8 4 36 B B組組201720192

46、0172019年高考模擬年高考模擬專題綜合題組專題綜合題組 時(shí)間:90分鐘分值:125分 一、選擇題(共5分) 1.(2018北京海淀一模,6)如圖所示,一個(gè)棱長為1的正方體在一個(gè)水平放置的轉(zhuǎn)盤上轉(zhuǎn)動(dòng),用垂 直于豎直墻面的水平光線照射,該正方體在豎直墻面上的投影的面積記作S,則S的值不可能是 () A.1B.C.D. 6 5 4 3 3 2 答案答案D由題意可知投影面為矩形,矩形的寬等于正方體的棱長1,矩形的長的取值范圍為1, ,所以S的取值范圍為1,.故選D. 22 二、填空題(每小題5分,共10分) 2.(2019北京石景山一模,12)若四面體各棱的長是1或2,且該四面體不是正四面體,則其

47、表面積 的值可能是.(只需寫出一個(gè)可能的值) 答案答案2+或或 3 15 2 15 33 15 4 解析解析當(dāng)該四面體是底面邊長為1的正三角形,側(cè)棱長為2的正三棱錐時(shí),可得表面積為+3 =. 當(dāng)該四面體是底面邊長為2的正三角形,側(cè)棱長分別為2,2,1的三棱錐時(shí),可得表面積為+ 2=2+. 當(dāng)該四面體是底面邊長為2,2,1,側(cè)棱長為2,2,1時(shí),由三角形的任意兩邊之和大于第三邊知該三 棱錐的一組對棱長為1,其余棱長為2,可得表面積為4=. 3 4 15 4 33 15 4 33 15 4 3 15 2 15 4 15 解后反思解后反思作為小題只需按要求寫出一種特殊的情況即可,本題只要注意到1,1

48、,2不能構(gòu)成三 角形即可. 3.(2018北京東城二模,12)如圖,已知正方體ABCD-ABCD的棱長為1,若過直線BD的平面與該 正方體的面相交,交線圍成一個(gè)菱形,則該菱形的面積為. 答案答案 6 2 解析解析如圖,取AA,CC的中點(diǎn),分別為E,F, 則四邊形DEBF為菱形. 正方體的棱長為1,BD=,EF=, S菱形DEBF=. 32 1 2 32 6 2 三、解答題(共110分) 4.(2019北京海淀一模文,17)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=CC 1=2,點(diǎn)D,E,F分別為棱A1C1,B1C1,BB1的中點(diǎn). (1)求證:AB平面DEF

49、; (2)求證:平面ACB1平面DEF; (3)求三棱錐E-ACB1的體積. 解析解析(1)證明:因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1中,A1B1AB, 且D,E分別為A1C1,B1C1的中點(diǎn),所以DEA1B1. 于是DEAB. AB 平面DEF,DE平面DEF, 所以AB平面DEF. (2)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中, CC1平面ABC,AC平面ABC,BC平面ABC, 所以CC1AC,CC1BC. 又ACBC,BCCC1=C,BC,CC1平面BCC1B1, 所以AC平面BCC1B1. 因?yàn)镋F平面BCC1B1, 所以ACEF. 又因?yàn)锽C=CC1=2,CC1BC, 所以側(cè)面BCC1B1

50、為正方形,故BC1CB1. 而E,F分別為B1C1,BB1的中點(diǎn),連接BC1,所以EFBC1. 所以EFCB1.又ACCB1=C,AC,CB1平面ACB1, 所以EF平面ACB1. 又EF平面DEF, 所以平面ACB1平面DEF. (3)=AC=. 1 E ACB V 1 A ECB V 1 3 1 ECB S 2 3 5.(2019清華中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力試卷文,19)如圖,平面四邊形ABCD中,ABD為等邊三角形, BD=2,BC=CD=,沿直線BD將ABD折成ABD. (1)當(dāng)AC=2時(shí),求證:平面ABD平面BCD; (2)當(dāng)AC=時(shí),求三棱錐A-BCD的體積. 2 3 解析解析(1)證明

51、:取BD的中點(diǎn)M,連接AM,MC. ABD為等邊三角形,BD=2,AMDB,AM=.(2分) BC=CD=,MC=1, 當(dāng)AC=2時(shí),AM2+MC2=AC2, AMMC.(4分) 又DBMC=M,DB,MC面BCD, AM平面BCD. AM平面ABD,平面ABD平面BCD.(6分) (2)由(1)知AM=,AMBD,CMBD,CM=1,AMCM=M,AM,CM平面AMC,BD平面A MC,取MC的中點(diǎn)N,連接AN, 則VA-BCD=SAMCBD=2=.(12分) 3 2 3 1 3 1 3 11 4 11 6 6.(2019北京豐臺(tái)二模文,18)在菱形ABCD中,ADC=,AB=a,O為線段C

52、D的中點(diǎn)(如圖1).將 AOD沿AO折起到AOD的位置,使得平面AOD平面ABCO,M為線段BD的中點(diǎn)(如圖2). (1)求證:ODBC; (2)求證:CM平面AOD; (3)當(dāng)四棱錐D-ABCO的體積為時(shí),求a的值. 3 3 2 解析解析(1)證明:因?yàn)樵诹庑蜛BCD中,ADC=,O為線段CD的中點(diǎn), 所以O(shè)DAO.(1分) 因?yàn)槠矫鍭OD平面ABCO, 平面AOD平面ABCO=AO, OD平面AOD, 所以O(shè)D平面ABCO.(4分) 因?yàn)锽C平面ABCO, 所以O(shè)DBC.(5分) (2)證明:如圖,取P為線段AD的中點(diǎn),連接OP,PM. 因?yàn)樵贏BD中,P,M分別是線段AD,BD的中點(diǎn),

53、所以PMAB,PM=AB. 在菱形ABCD中,因?yàn)镺是線段CD的中點(diǎn),AB=DC=a,ABDC, 所以O(shè)C=CD=. 3 1 2 1 22 a 所以O(shè)CAB,OC=AB.(6分) 所以PMOC,且PM=OC. 所以四邊形OCMP為平行四邊形,(7分) 所以CMOP, 因?yàn)镃M 平面AOD,OP平面AOD, 所以CM平面AOD.(10分) (3)由(1)知OD平面ABCO, 所以O(shè)D是四棱錐D-ABCO的高.(11分) 因?yàn)閂=S底OD=, 所以a=2.(14分) 1 2 1 3 3 3 16 a3 2 7.(2017北京東城一模,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中, 四邊形ABCD是平行四邊形

54、,ADBD且AD=BD,ACBD=O,PO平面ABCD. (1)E為棱PC的中點(diǎn),求證:OE平面PAB; (2)求證:平面PAD平面PBD; (3)若PDPB,AD=2,求四棱錐P-ABCD的體積. 解析解析(1)證明:因?yàn)镺是平行四邊形ABCD對角線的交點(diǎn),所以O(shè)為AC的中點(diǎn),又E為棱PC的中 點(diǎn),所以O(shè)EPA. 因?yàn)镺E 平面PAB,PA平面PAB, 所以O(shè)E平面PAB. (2)證明:因?yàn)镻O平面ABCD,所以POAD. 又BDAD,BDPO=O, 所以AD平面PBD,因?yàn)锳D平面PAD, 所以平面PAD平面PBD. (3)因?yàn)镺是平行四邊形ABCD對角線的交點(diǎn),所以O(shè)為BD的中點(diǎn). 又P

55、DPB,AD=BD=2,所以PO=BD=1. 因?yàn)镻O平面ABCD,所以VP-ABCD=S四邊形ABCDPO. S四邊形ABCD=2SABD=222=4, 所以VP-ABCD=S四邊形ABCDPO=41=. 1 2 1 3 1 2 1 3 1 3 4 3 8.(2018北京順義二模,18)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長為1,AB=AC=1,BC=,D是BC的 中點(diǎn). (1)求證:AD平面B1BCC1; (2)求證:A1B平面ADC1; (3)求三棱錐B1-ADC1的體積. 2 解析解析(1)證明:在ABC中,AB=AC,D是BC的中點(diǎn), ADBC, 又幾何體ABC-A1B1C1是直

56、三棱柱, BB1平面ABC, ADBB1, BCBB1=B, AD平面B1BCC1. (2)證明:連接A1C交AC1于點(diǎn)O, 則O是A1C的中點(diǎn),連接OD, 在A1BC中,O是A1C的中點(diǎn),D是BC的中點(diǎn), A1BOD, 又A1B 平面ADC1,OD平面ADC1, A1B平面ADC1. (3)由(1)可知,AD平面B1BCC1, AB=AC=1,BC=,ABC是直角三角形, D是BC的中點(diǎn), AD=BC=, =1=, =AD =. 2 1 2 2 2 1 1 BC D S 1 2 2 2 2 11 BADC V 1 1 A BC D V 1 3 1 1 BC D S 1 3 2 2 2 2 1

57、 6 9.(2018北京昌平二模,18)如圖,四邊形ABCD是正方形,平面ABCD平面ABEF,AFBE,AB BE,AB=BE=2,AF=1. (1)求證:AC平面BDE; (2)求證:AC平面DEF; (3)求三棱錐D-BEF的體積. 解析解析(1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以ACBD. 因?yàn)槠矫鍭BEF平面ABCD,平面ABEF平面ABCD=AB,ABBE,BE平面ABEF, 所以BE平面ABCD. 又因?yàn)锳C平面ABCD, 所以BEAC. 又因?yàn)锽EBD=B, 所以AC平面BDE.(5分) (2)證明:取DE的中點(diǎn)G,連接OG,FG. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形, 所以O(shè)為B

58、D的中點(diǎn). 所以O(shè)GBE,且OG=BE. 1 2 已知AFBE,且AF=BE, 則AFOG且AF=OG, 所以四邊形AOGF為平行四邊形,所以AOFG, 即ACFG. 因?yàn)锳C 平面DEF,FG平面DEF, 所以AC平面DEF.(10分) (3)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形, 所以ADBC,ADAB. 由(1)知,BE平面ABCD, 又AD平面ABCD, 所以BEAD,因?yàn)锳BBE=B,所以AD平面BEF. 所以VD-BEF=SBEFAD=BEABAD=.(14分) 1 2 1 3 1 3 1 2 4 3 10.(2018北京西城二模,18)如圖,梯形ABCD所在的平面與等腰梯形ABEF所在的平

59、面互相垂直, ABCDEF,ABAD,G為AB的中點(diǎn).CD=DA=AF=FE=2,AB=4. (1)求證:DF平面BCE; (2)求證:平面BCF平面GCE; (3)求多面體AFEBCD的體積. 解析解析(1)證明:因?yàn)镃DEF,且CD=EF, 所以四邊形CDFE為平行四邊形, 所以DFCE.(2分) 因?yàn)镈F 平面BCE,CE平面BCE, 所以DF平面BCE.(4分) (2)證明:連接FG. 因?yàn)槠矫鍭BCD平面ABEF,平面ABCD平面ABEF=AB,ADAB, 所以AD平面ABEF, 所以BFAD.(6分) 因?yàn)镚為AB的中點(diǎn), 所以AGCD,且AG=CD,EFBG,且EF=BG, 所以四邊形AGCD和四邊形BEFG均為平行四邊形. 所以ADCG,所以BFCG.(7分) 因?yàn)镋F=AF=EB,所以四邊形BEFG為