專題06立體幾何初步（難點）一、單選題1．如圖，在矩形中，，，為邊的中點，沿將折起，在折起的過程中，下列結論能成立的是（）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】B【解析】用線面垂直的判定定理對四個選項逐一結合條件分析即可.因為在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E為DC邊的中點，則在折起過程中，D點在平面BCE上的射影的軌跡為為O1O2(如圖)．因為折起過程中，DE與AC所成角不能為直角，所以DE不垂直于平面ACD，故A錯；因為AD⊥ED，并且在折起過程中，當點D的射影位于O點時，有AD⊥BD，所以在折起過程中AD⊥平面BED能成立，故B正確；折起過程中，BD與AC所成的角不能為直角，所以BD不垂直于平面ACD，故C錯；只有D點射影位于O2位置，即平面AED與平面AEB重合時，才有BE⊥CD，所以折起過程中CD不垂直于平面BED，故D錯.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：立體幾何中折疊問題，要注重折疊前后垂直關系的變化,不變的垂直關系是解決該問題的關鍵.2．在棱長為的正方體中，點、分別是棱、的中點，是上底面內一點，若平面，則線段長度的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】分別取、的中點、，連接、、、，推導出平面平面，可得出點的軌跡為線段，進而可求得線段長度的取值范圍.如下圖所示，分別取、的中點、，連接、、、，因為四邊形為正方形，則且，因為、分別為、的中點，則且，所以，四邊形為平行四邊形，則且，在正方體中，且，且，所以四邊形為平行四邊形，可得，平面，平面，平面，同理可證平面，，所以，平面平面，在線段上任取一點，則平面，平面，即點的軌跡為線段，在中，，，當時，即當為的中點，的長度取最小值，即，當點與點或點的重合時，的長度取最大值，即.因此，線段長度的取值范圍是.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題考查線段長度取值范圍的求解，解題的關鍵就是利用平面推測出點的軌跡，一般利用線面平行的性質或面面平行的性質來找出動點的軌跡，在確定點的軌跡后，再利用幾何知識求解.3．如圖，在長方形中，，現將沿折至，使得二面角為銳二面角，設直線與直線所成角的大小為，直線與平面所成角的大小為，二面角的大小為，則的大小關系是（）A． B． C． D．不能確定【答案】B【解析】先證明最小角定理，再過點作平面，過點作平面，連接，過作，連接，可得，，由等體積法可得，進而可得的大小，在平面內，，所以.所以等于直線與所成的角也為直線與平面所成的角，根據上面已證的最小角定理有，從而得到答案.解決本題，先來了解最小角定理：平面外的一條斜線和它在平面內的射影所成的銳角，是這條斜線和平面內經過斜足的直線所成的一切角中最小的角平面斜交的直線與它在該平面內的射影的夾角不大于直線與平面內其他直線的夾角．證明如下：直線與平面斜交，斜足為，平面，，由平面，，可證明平面，則．則，，，所以，即，故，．過點作平面，過點作平面，連接.過作，連接，如圖：則為直線與平面所成角，即，由平面，則，又，且所以平面，則所以為二面角的平面角，即，又，即，且，所以.由，由，所以，即，也即.又在平面內，，所以.所以等于直線與所成的角，也為直線與平面所成的角.根據上面已證的最小角定理有.所以，故選：B.【點睛】方法點睛：最小角定理：平面外的一條斜線和它在平面內的射影所成的銳角，是這條斜線和平面內經過斜足的直線所成的一切角中最小的角平面斜交的直線與它在該平面內的射影的夾角不大于直線與平面內其他直線的夾角．4．如圖，正方形和正方形成的二面角，將繞旋轉，在旋轉過程中（1）對任意位置，總有直線與平面相交；（2）對任意位置，平面與平面所成角大于或等于；（3）存在某個位置，使平面；（4）存在某個位置，使.其中正確的是（）.A．（1）（3） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）【答案】C【解析】采用逐一驗證法，根據線線、線面、面面之間的位置關系，可得結果.過作的平行線，如圖當平面過時，直線與平面平行，故（1）錯誤；繞旋轉形成一個以為高，為底面半徑的圓錐，設平面的法向量為，平面的法向量為，則向量所在直線與圓錐底面所成角為，向量所在直線為圓錐底面的半徑所在直線，根據最小角原理，與的夾角大于或等于，故（2）正確；若有平面，則，∴平面，則在平面內，此時與平面所成角為或，矛盾，故（3）錯誤；當，∴平面時，，∴，故（4）正確.故選：C【點睛】本題考查立體幾何中存在性問題，重在考查空間想象能力，屬基礎題.5．在邊長為1的正方體中，，，分別是棱，，的中點，是底面內一動點，若直線與平面沒有公共點，則三角形面積的最小值為（）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】【解析】根據直線與平面沒有公共點可知平面.將截面補全后,可確定點的位置,進而求得三角形面積的最小值.由題意,,分別是棱,,的中點,補全截面為,如下圖所示:因為直線與平面沒有公共點所以平面,即平面,平面平面此時位于底面對角線上,且當與底面中心重合時,取得最小值此時三角形的面積最小故選:D【點睛】本題考查了直線與平面平行、平面與平面平行的性質與應用,過定點截面的作法,屬于難題.6．如圖所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分別是BF，CE上的點，AD∥BC，且AB=DE=2BC=2AF（如圖1），將四邊形ADEF沿AD折起，連結BE、BF、CE（如圖2）．在折起的過程中，下列說法中正確的個數（）①AC∥平面BEF；②B、C、E、F四點可能共面；③若EF⊥CF，則平面ADEF⊥平面ABCD；④平面BCE與平面BEF可能垂直A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】根據折疊前后線段、角的變化情況，由線面平行、面面垂直的判定定理和性質定理對各命題進行判斷，即可得出答案．對①，在圖②中，連接交于點，取中點，連接MO，易證AOMF為平行四邊形，即AC//FM，所以AC//平面BEF，故①正確；對②，如果B、C、E、F四點共面，則由BC//平面ADEF，可得BC//EF，又AD//BC，所以AD//EF，這樣四邊形ADEF為平行四邊形，與已知矛盾，故②不正確；對③，在梯形ADEF中，由平面幾何知識易得EFFD，又EFCF，∴EF平面CDF，即有CDEF，∴CD平面ADEF，則平面ADEF平面ABCD，故③正確；對④，在圖②中，延長AF至G，使得AF=FG，連接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四點共面．過F作FNBG于N，則FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，則過F作直線與平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④錯誤．故選：C．【點睛】本題主要考查線面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質定理的應用，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題．7．如圖，在棱長為2的正方體中，是的中點，點是側面上的動點，且，則線段長度的取值范圍是A． B．C． D．【答案】B【解析】取的中點，的中點，的中點，根據面面平行的判定定理，得到平面平面，確定線段掃過的圖形是，再由題中數據，得到是直角，進而即可求出結果.取的中點，的中點，的中點，則，，∴平面平面，∴平面，線段掃過的圖形是∵，∴，∴，∴是直角，∴線段長度的取值范圍是.故選B.【點睛】本題主要考查面面平行的判定，熟記面面平行的判定定理即可，屬于常考題型.8．如圖，已知在中，為線段上一點，沿將翻轉至，若點在平面內的射影恰好落在線段上，則二面角的正切的最大值為（）A． B．1 C． D．【答案】C【解析】過作交BC于E，連接EH，結合已知條件有二面角的平面角為，而，設且，則，即可求，，應用函數與方程思想，構造且在上有解求參數m的范圍，即可得二面角正切的最大值.過作交BC于E，連接EH，∵在平面內的射影恰好落在線段上，即面，∴且，,即面，面，則,∴二面角的平面角為，在中，，若令，則，又，∴，且，故，則，即方程在上有解時，m的最大值即為所求，而開口向上且，即，對稱軸.∴當時，，顯然成立；當時，當對稱軸在上，恒成立；當對稱軸在上，，即；∴綜上，有，即，故二面角的正切的最大值為.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：利用三垂線定理找到二面角的平面角，進而根據線段關系、勾股定理求，，由，結合函數與方程的思想求參數m范圍，進而確定最大值.二、多選題9．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，是正三角形，M為線段的中點，點N為底面內的動點，則下列結論正確的是A．若，則平面平面B．若，則直線與平面所成的角的正弦值為C．若直線和異面，則點N不可能為底面的中心D．若平面平面，且點N為底面的中心，則【答案】ABC【解析】根據面面垂直的判定，線面夾角的求解辦法，以及異面直線的定義，結合面面垂直的性質，對每個選項進行逐一分析，即可容易判斷選擇.∵，，，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面，A項正確；設的中點為F，連接?，則.∵平面平面，平面平面，平面∴平面，設與平面所成的角為，則，，，，則，B項正確；連接，易知平面，由B?M?E確定的面即為平面，當直線和異面時，若點N為底面的中心，則，又平面，則與共面，矛盾，C項正確；連接，∵平面，平面，∴，∵F?N分別為?的中點，則，又，故，，則，D項錯誤.故選：ABC.【點睛】本題綜合考查面面垂直的判定以及性質、異面直線的定義、線面夾角的求解，屬綜合困難題.10．如圖，在直三棱柱中，，，，點M是棱的中點，則下列說法正確的是（）A．異面直線BC與所成的角為 B．在上存在點D，使平面ABCC．二面角的大小為 D．【答案】ABC【解析】選項，連接，易知，故即為所求,再結合線面垂直的判定定理與性質定理即可證得，即；選項，連接，交于點，連接，再取的中點，連接、，再由線面平行的判定定理即可得證；選項，取的中點，連接、，則即為所求，求出的值，從而得解；選項，在中，利用勾股定理分別算出、和的長，判斷其結果是否滿足即可．選項，連接，由三棱柱的性質可知，，即為異面直線與．，，，即，由直三棱柱的性質可知，平面，平面，，又，、平面，平面，，即，選項正確；選項，連接，交于點，連接，再取的中點，連接、，則，，四邊形為平行四邊形，，平面，平面，平面，即選項正確；選項，取的中點，連接、，平面，即為二面角的平面角．在中，，，，，即選項正確；選項，在中，，，，顯然，即與不垂直，選項錯誤．故選：．【點睛】本題考查空間中線面的位置關系、角的求法，要求學生熟練掌握空間中線與面平行或垂直的判定定理與性質定理，以及通過平移的思想找出異面直線的平面角，并理解二面角的定義，考查學生的空間立體感、邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．11．已知直三棱柱中，，，是的中點，為的中點.點是上的動點，則下列說法正確的是（）A．當點運動到中點時，直線與平面所成的角的正切值為B．無論點在上怎么運動，都有C．當點運動到中點時，才有與相交于一點，記為，且D．無論點在上怎么運動，直線與所成角都不可能是30°【答案】ABD【解析】構造線面角，由已知線段的等量關系求的值即可判斷A的正誤；利用線面垂直的性質，可證明即可知B的正誤；由中位線的性質有可知C的正誤；由直線的平行關系構造線線角為，結合動點P分析角度范圍即可知D的正誤直三棱柱中，，選項A中，當點運動到中點時，有E為的中點，連接、，如下圖示即有面∴直線與平面所成的角的正切值：∵，∴，故A正確選項B中，連接，與交于E，并連接，如下圖示由題意知，為正方形，即有而且為直三棱柱，有面，面∴，又∴面，面，故同理可證：，又∴面，又面，即有，故B正確選項C中，點運動到中點時，即在△中、均為中位線∴Q為中位線的交點∴根據中位線的性質有：，故C錯誤選項D中，由于，直線與所成角即為與所成角：結合下圖分析知：點在上運動時當在或上時，最大為45°當在中點上時，最小為∴不可能是30°，故D正確故選：ABD【點睛】本題考查了利用射影定理構造線面角，并計算其正弦值；利用線面垂直證明線線垂直；中位線的性質：中位線交點分中位線為1：2的數量關系；由動點分析線線角的大小12．如圖，線段為圓的直徑，點，在圓上，，矩形所在平面和圓所在平面垂直，且，，則下述正確的是（）A．平面B．平面C．點到平面的距離為D．三棱錐外接球的體積為【答案】ABC【解析】由，，易證平面，A正確；B，由所矩形所在平面和圓所在平面垂直，易證平面，所以，由線段為圓的直徑，所以，易證故B正確.C，由可求點到平面的距離為，C正確.D，確定線段的中點是三棱錐外接球心，進一步可求其體積，可判斷D錯誤.解：，，四邊形為平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，故A正確.線段為圓的直徑，所以，矩形所在平面和圓所在平面垂直，平面平面，平面，所以平面，平面，所以平面，平面，，所以平面，故B正確.，是正三角形，所以，，所以平面，，，，，，是等腰三角形，的邊上的高，，，平面，平面，平面，點到平面的距離為，，，設點到平面的距離為，，，所以，故C正確.取的中點，則，，所以平面，所以所以是三棱錐外接球的球心，其半徑，三棱錐外接球的體積為，故D錯誤，故選：ABC.【點睛】綜合考查線面平行與垂直的判斷，求點面距離以及三棱錐的外接球的體積求法，難題.三、填空題13．已知三棱錐的三條側棱兩兩垂直，與底面成角，是平面內任意一點，則的最小值是________.【答案】【解析】作，再由，易得，從而平面ABE，由面面垂直的判定定理得到平面ABE平面BCD，得到與底面成的角為,然后在中，設，BA與BP的夾角為，利用余弦定理得，根據直線與平面所成的角是平面內直線與該直線所成的角中最小的角，得到，再利用二次函數性質求解.如圖所示：作，垂足為E，連接BE，因為,所以平面ACD，則，又，所以平面ABE，又平面BCD，所以平面ABE平面BCD，所以點A的射影在直線BE上，所以與底面成的角為,在中，設，BA與BP的夾角為，由余弦定理得，兩邊同除以得，因為直線與平面所成的角是平面內直線與該直線所成的角中最小的角，所以，所以，當點在BE上取等號，又因為，所以，當時，即點P在E處，取得最小值，所以的最小值是，故答案為；【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是在中，根據直線與平面所成的角是平面內直線與該直線所成的角中最小的角，得到，將余弦定理，轉化為，由點在BE上求解.14．線段分別交兩平行平面于A，B兩點，線段分別交平面于C，D兩點，線段分別交平面于F，E兩點，若，，，的面積為72，則的面積為________．【答案】84.【解析】利用，得到，，從而得到線段長的比例，進而得到與的面積關系，利用的面積為72，即可求得的面積．平面，平面，又，,同理可證：與相等或互補，.由，得,.由，得,.又,的面積為84.故答案為：84.【點睛】本題考查了面面平行的性質定理，在運用兩平面平行的性質定理時,一定要先找到與兩平行平面都相交的第三個平面,繼而推得兩交線平行，考查學生的邏輯推理能力與運算能力，屬于中檔題.15．下圖中的幾何體是由兩個有共同底面的圓錐組成．已知兩個圓錐的頂點分別為P、Q，高分別為2、1，底面半徑為1．A為底面圓周上的定點，B為底面圓周上的動點（不與A重合）．下列四個結論：①三棱錐體積的最大值為；②直線PB與平面PAQ所成角的最大值為；③當直線BQ與AP所成角最小時，其正弦值為；④直線BQ與AP所成角的最大值為；其中正確的結論有___________.（寫出所有正確結論的編號）【答案】①③【解析】由①可知只需求點A到面的最大值對于②，求直線PB與平面PAQ所成角的最大值，可轉化為到軸截面距離的最大值問題進行求解對于③④，可采用建系法進行分析選項①如圖所示，當時，四棱錐體積最大，選項②中，線PB與平面PAQ所成角最大值的正弦值為，所以選項③和④，如圖所示：以垂直于方向為x軸，方向為y軸，方向為z軸，其中設,.,設直線BQ與AP所成角為，，當時，取到最大值，，此時，由于，，，所以取不到答案選①、③【點睛】幾何體的旋轉問題需要結合動態(tài)圖形和立體幾何基本知識進行求解，需找臨界點是正確解題的關鍵，遇到難以把握的最值問題，可采用建系法進行求解.16．《九章算術》中記載：將底面為直角三角形的直三棱柱稱為塹堵，將一塹堵沿其一頂點與相對的棱剖開，得到一個陽馬（底面是長方形，且有一條側棱與底面垂直的四棱錐）和一個鱉臑（四個面均為直角三角形的四面體）.在如圖所示的塹堵中，且有鱉臑C1ABB1和鱉臑，現將鱉臑沿線BC1翻折，使點C與點B1重合，則鱉臑經翻折后，與鱉臑拼接成的幾何體的外接球的表面積是______.【答案】【解析】當沿線BC1翻折，使點C與點B1重合，則鱉臑經翻折后，A點翻折到E點，關于對稱，所拼成的幾何體為三棱錐，根據外接球的性質及三棱錐性質確定球心，利用勾股定理求出半徑即可求解.當沿線BC1翻折，使點C與點B1重合，則鱉臑經翻折后，A點翻折到E點，關于對稱，所拼成的幾何體為三棱錐,如圖，由可得,,即為正三角形，所以外接圓圓心為三角形中心，設三棱錐外接球球心為，連接，則平面，連接,,在中作,垂足為，如圖，因為,,所以是的中點，由矩形可知,因為為三角形的中心，所以在中，,所以,故答案為：【點睛】本題主要考查了幾何體的翻折問題，三棱錐的外接球，球的表面積公式，考查了空間想象力，屬于難題.四、解答題17．如圖所示，在正方體中，點在棱上，且，點、、分別是棱、、的中點，為線段上一點，.（1）若平面交平面于直線，求證：；（2）若直線平面，①求三棱錐的表面積；②試作出平面與正方體各個面的交線，并寫出作圖步驟，保留作圖痕跡設平面與棱交于點，求三棱錐的體積.【答案】（1）答案見詳解；（2）①；②作圖步驟見解析，三棱錐的體積為．【解析】（1）根據面面平行的性質即可得到，再結合線線平行的傳遞性即可證明結論；（2）①先根據直線平面得到，進而得到是的中點，然后依次求出三棱錐的四個面的面積再相加即可得到三棱錐的表面積；②根據公理“一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線在此平面內”作出平面與正方體各個面的交線即可；根據四點共面，且三角形與三角形面積相等，那么三棱錐的體積等于三棱錐的體積，直接利用三棱錐的體積公式求解即可．（1）在正方體中，因為平面平面，平面平面，所以，因為點、分別是棱、的中點，所以，所以．（2）①因為直線平面，平面，所以，又因為△，所以，所以，因為，，，所以三棱錐的表面積為．②作圖步驟如下：連接，過點作于點，連接并延長交的延長線于點，連接并延長交于點交的延長線于點，再連接交于點，連接并延長交的延長線于點，連接并延長交于點，再連接，，，則圖中，，，，，即為平面與正方體各個面的交線．設，由題知，所以，所以，解得，因為，，，所以，如上圖，設為線段的中點，可證點在平面內，且三角形與三角形面積相等，所以，三棱錐的體積三棱錐的體積三棱錐的體積，所以三棱錐的體積為．【點睛】本題考查面面平行的性質定理和線面平行的性質定理的應用，直線與平面垂直以及幾何體的表面積和體積的求法，考查空間想象能力記憶計算能力，屬于難題．18．如圖，在半圓柱中，為上底面直徑，為下底面直徑，為母線，，點在上，點在上，，為的中點.（1）求三棱錐的體積；（2）求直線與直線所成角的余弦值；（3）求二面角的正切值.【答案】（1）；（2）；（3）2.【解析】（1）求出底面面積與高，然后求解．（2）過點作圓柱的母線交于，說明為直線與所成的角，通過求解三角形推出結果．（3）說明為二面角的平面角，通過求解三角形推出二面角的正切值．解：（1）由題意知，為正三角形，所以因為為圓柱的母線，所以平面所以（2）過點作圓柱的母線交于因為與均為圓柱的母線，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以且，所以為正三角形又因為為正三角形，所以，所以，所以為直線與所成的角在中，所以由余弦定理知：所以直線與直線所成角的余弦值為（3）因為平面，平面，所以又因為，所以平面所以，因此為二面角的平面角在中，，，所以二面角的正切值為【點睛】本題考查二面角的平面角的求法，直線與平面所成角的求法，幾何體的體積的求法，考查空間想象能力以及計算能力，屬于中檔題．19．如圖1所示，在直角梯形中，，，，，，邊上一點E滿足.現將沿折起到的位置，使平面平面，如圖2所示.

（1）求證：；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）連接，連接交于點O，證明平面即可；（2）延長，，設，連接，可得是平面與平面的交線，作，垂足為H，連接，然后證明為平面與平面所成銳二面角的平面角，然后求出即可.（1）證明：在圖1中，連接，易求.∴四邊形為菱形.連接交于點O，則.∴在圖2中，，.又，∴平面.又平面，∴.

（2）解：在圖2中延長，，設，連接.∵平面，平面.又平面，平面.∴是平面與平面的交線.∵平面平面，，平面平面，∴平面.又平面，∴.作，垂足為H，連接.又，∴平面，又平面，∴.∴即為平面與平面所成銳二面角的平面角.由（1）知，，為等邊三角形，∴.∵，∴，解得在中，.∴∴平面與平面所成銳二面角的余弦值.【點睛】本題考查的是線面垂直的證明和面面垂直的性質、二面角的求法，考查了學生的空間想象能力和計算能力，屬于較難題.20．如圖，四邊形是圓柱的軸截面，點為底面圓周上異于，的點.（1）求證：平面；（2）若圓柱的側面積為，體積為，點為線段上靠近點的三等分點，是否存在一點使得直線與平面所成角的正弦值最大？若存在，求出相應的正弦值，并指出點的位置；若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）存在；點為兩個半圓弧中點；正弦值為1.【解析】（1）由題意，∠APB＝90°，即PB⊥PA，再由母線AD⊥底面圓O，得AD⊥PB，由直線與平面垂直的判定可得PB⊥平面PAD；（2）由已知求得圓柱底面半徑為與母線長，在△PAD中，過A作AM⊥DP交DP于M，由（1）知PB⊥平面PAD，可得PB⊥AM，進一步得到AM⊥平面BDP．若M不與Q重合，∠AQM即為直線AQ與平面BDP所成角；若M與Q重合，且直線AQ與平面BDP所成角為90°，求得點P為兩個半圓弧AB中點．由此可得當點P為兩個半圓弧AB中點時，直線AQ與平面BDP所成角最大為90°，正弦值最大為1．解：（1）證明：因為是圓O的直徑，點P是圓周上一點，所以，即，又在圓柱中，母線底面，底面，所以，又，平面，平面，所以平面，（2）設圓柱底面半徑為，母線為，則，解得，在中，過作交于點.由（1）知平面，因為平面，所以，又，所以平面.若與不重合，即為直線與平面所成的角.若與重合，直線與平面所成的角為，設，由對稱性，不妨設，則在中，，在中，，.于是當且僅當，即，時，等號成立.此時，，直線與平面所成的角為，正弦值為1，點為兩個半圓弧的中點.【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了空間中直線與平面所成角的最值的求法，屬于中檔題．21．已知正方體中，?分別為對角線?上的點，且．（1）求證：平面；（2）若是上的點，的值為多少時，能使平面平面？請給出證明．【答案】（1）證明見解析；（2）的值為，證明見解析．【解析】（1）連結并延長與的延長線交于點，證明，，又平面，平面，證明平面；（2）是上的點，當的值為時，能使平面平面，通過證明平面，又，平面．然后證明即可．（1）連結并延長與的延長線交于點，因為四邊形為正方形，所以，故，所以，又因為，所以，所以．又平面，平面，故平面．（2）當的值為時，能使平面平面．證明：因為，即有，故．所以．又平面，平面，所以平面，又，平面．所以平面平面．【點睛】本題考查直線與平面平行的判定定理，平面與平面平行的判定定理，考查空間想象能力邏輯推理能力．22．如圖，三棱柱ABC–A1B1C1中，側面AA1C1C⊥側面ABB1A1，AC=AA1=AB，∠AA1C1=60°，AB⊥AA1，H為棱CC1的中點，D為BB1的中點．（1）求證：A1D⊥平面AB1H；（2）若AB=，求三棱柱ABC–A1B1C1的體積．【答案】（1）見解析；（2）.【解析】（1）根據面面垂直的性質得到AH⊥A1D，再由條件得到A1D⊥AB1，于是根據線面垂直的判定得到結論成立；（2）方法一：取A1C1的中點G，連接AG，證明AG為三棱柱ABC–A1B1C1的高，然后根據體積公式求出結果．方法二：先求出，然后根據三棱柱ABC–A1B1C1的體積V=3求解．（1）如圖，連接AC1，因為為正三角形，H為棱CC1的中點，所以AH⊥CC1，從而AH⊥AA1，又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1，AH?平面AA1C1C，所以AH⊥平面ABB1A1，又A1D?平面ABB1A1，所以AH⊥A1D．①設AB=a，因為AC=AA1=AB，所以AC=AA1=2a，DB1=a，．因為AB⊥AA1，所以平行