第十三章立体几何初步复习提升易混易错练-2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

第十三章立体几何初步复习提升 易混易错练 易错点1　不能准确掌握空间图形的结构特征致错 1.(2024河南青铜鸣大联考期中)两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是(　　) A.一个三棱锥　　B.一个四棱锥 C.一个三棱柱　　D.一个四棱柱 2.(2023湖北襄阳四中模拟预测)如图,圆锥的底面直径和高均是2,过PO的中点O'作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,则剩下的几何体的表面积为(　　) A.(1+)π C.π 易错点2　判断点、线、面的位置关系时考虑不全面致错 3.(2024江苏南通质量监测)已知空间中3条不同的直线m,n,l和平面α,则下列说法正确的是　(　　) A.若m⊥l,n⊥l,则m∥n B.若m∥n,m⊂α,则n∥α C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.若m⊥n,n∥α,则m⊥α 4.如图,已知平面α∩β=l,B,C∈l,A∈α,且A∉l,D∈β,且D∉l,则下列叙述错误的是(　　) A.直线AD与BC是异面直线 B.直线CD在α内的射影可能与AB平行 C.过AD有且只有一个平面与BC平行 D.过AD有且只有一个平面与BC垂直 5.(多选题)(2024江苏南通海安高级中学期中)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=BB1=2,E,F分别为棱AB,A1D1的中点,则下列说法中正确的是(　　) A.直线CF与A1B为相交直线 B.异面直线DB1与CE所成的角为90° C.若P是棱C1D1上一点,且D1P=1,则E、C、P、F四点共面 D.平面CEF截该长方体所得的截面可能为六边形 易错点3　不能正确理解空间角致错 6.(多选题)(2023江苏常州联考)棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点都在半径为R的球面上,球面上点P与球心O分别位于平面ABCD的两侧,且四棱锥P-ABCD是侧棱长为l的正四棱锥.记正四棱锥P-ABCD的侧棱与直线AB所成的角为α,与平面ABCD所成的角为β,则(　　) A.15°<α<45°　　B.15°<β<45° C.R=a 7.(多选题)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段A1C1上的一个动点,则下列结论正确的是(　　) A.存在点M使得异面直线BM与AC所成的角为75° B.存在点M使得二面角M-BD-C的大小为135° C.直线D1M与平面AD1C所成角的正弦值的最大值为 D.当4A1M=A1C1时,平面BDM截正方体所得的截面面积为 8.(2024江苏常州期末)已知二面角α-l-β为60°,α内一条直线m与l所成的角为30°,β内一条直线n与l所成的角为45°,则直线m与直线n所成角的余弦值是　　　　.  易错点4　证明线线、线面、面面的位置关系时推理不严谨致错 9.(多选题)(2024湖北武汉华中师范大学第一附属中学适应性考试)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D中,E,F,M,N分别为棱AA1,A1D1,AB,DC的中点,点P是正方形BB1C1C的中心,则下列结论正确的是(　　) A.E,F,M,P四点共面 B.平面PEF截正方体所得的截面是等腰梯形 C.EF∥平面PMN D.平面MEF⊥平面PMN 10.(2023天津西青九十五中益中学校期中)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,且BC=DC=DB=AA1=2,E是BC的中点. (1)求证:BD1∥平面DEC1; (2)求证:直线DE⊥平面B1BCC1; (3)求直线BD1与平面D1DCC1所成角的正弦值. 11.(2024北京师大二附中期中)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=BC. (1)求证:AD∥平面BCEF; (2)求证:BD⊥平面CDE; (3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 思想方法练 一、分类讨论思想在立体几何中的应用 1.已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为6π和8π,则两平行截面间的距离是(　　) A.1　　B.2　　C.1或7　　D.2或6 2.(2024湖南九校联盟联考)有两个如图所示的直三棱柱,高为,底面三角形的三边长分别为3a,4a,5a(a>0),用它们拼成一个三棱柱或四棱柱,在所有可能的情形中,全面积最小的是一个四棱柱,则a的取值范围是　　　　.  二、函数与方程思想在立体几何中的应用 3.(2024上海嘉定第一中学期末)如图,在Rt△ABC中,已知BC=4,AC=3,D是斜边AB上任意一点(不含端点),沿直线CD将△ABC折成直二面角B-CD-A,当折起后A、B两点间的距离最小时,AD=(　　) A.　　D.3 4.(2024江苏无锡第一中学期中)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为2,底面边长为1,点P是底面A1B1C1D1(含边界)上一个动点,直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,则PC1的取值范围为　　　　;当PC1取得最小值时,四棱锥P-ABCD的外接球表面积为　　　　.　  5.(2024黑龙江鸡西密山高级中学期末联考)有两个边长为2的正方形ABCD和ADEF,其所在平面互相垂直,M、N分别是对角线AE、BD上的点,且EM=DN. (1)求证:MN∥平面CDE; (2)设EM=x,MN=y,求y与x的函数关系式; (3)求M、N两点间的最短距离. 三、转化与化归思想在立体几何中的应用 6.(2024江苏淮安涟水郑梁梅高级中学期中)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,分别取棱AA1,A1D1的中点E,F,点G为EF上的一个动点,则点G到平面ACD1的距离为(　　) A. 7.(2023江苏苏州开学考试)已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为a的正三角形,A1在底面ABC内的射影为△ABC的重心G,N为AB的中点. (1)证明:平面A1CN⊥平面ABC; (2)设侧棱与底面所成的角θ=,用只含a的代数式表示该三棱柱的侧面积. 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.D　对于A,如图1,在三棱锥A-BCD中,分别取BC,BD的中点E,F,连接AE,AF,EF,再取EF的中点M,连接AM,BM,则三棱锥A-BCD可拆割成三棱锥A-BEM,A-BFM和四棱锥A-CDFE,A可能; 对于B,如图2,在四棱锥P-ABCD中,分别取BC,AD的中点E,F,连接PF,PE,EF,BF,则四棱锥P-ABCD可拆割成三棱锥P-ABF,P-BEF和四棱锥P-CDFE,B可能; 对于C,如图3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接A1B,BC1,取B1C1的中点E,连接A1E,BE,则三棱柱ABC-A1B1C1可拆割为三棱锥B1-A1BE,C1-A1BE和四棱锥B-ACC1A1,C可能; 对于D,一个四棱柱割去一个四棱锥后的几何体不可能由两个三棱锥拼成,D不可能.故选D. 　 易错警示　解决与空间几何体概念相关的问题时,准确掌握空间几何体的结构特征是关键,在日常学习中应多画常见几何体的直观图,进而提升空间想象能力. 2.B　由题意知,剩下的几何体是一个圆锥挖去一个圆柱.设圆柱的底面半径为r,高为h,则r=)π. 故选B. 易错警示　求组合体的表面积时,要正确分析几何体的结构,若是拼接而成的,要注意对衔接部分的处理;若是挖去一个几何体,要注意对中空部分的处理. 3.C　对于A,若m⊥l,n⊥l,则m∥n或m与n相交或m与n异面,A错误; 对于B,若m∥n,m⊂α,则n∥α或n⊂α,B错误; 对于C,不妨设m⊂β,α∩β=a,若m∥α,则m∥a, 又n⊥α,a⊂α,所以n⊥a,所以m⊥n,C正确; 对于D,若m⊥n,n∥α,则m∥α或m⊂α或m与α相交,D错误.故选C. 易错警示　在平面几何中正确的结论在空间中不一定成立,如A中“垂直于同一直线的两条直线平行”的结论在平面几何中是正确的,但在空间几何中就不一定成立,所以要注意这种由平面几何到空间几何的变化,另外要善于结合熟悉的几何图形(如正方体等)进行线面位置关系的学习和判定. 4.D　对于A,若直线AD与BC是共面直线,设AD,BC⊂平面γ, ∵不共线的三点B,C,D均在β与γ内,∴β与γ重合, 又不共线的三点A,B,C均在α与γ内, ∴α与γ重合,则α与β重合,与α∩β=l矛盾, 故直线AD与BC是异面直线,所以A中叙述正确; 对于B,当AB⊥l,CD⊥l,且二面角α-l-β为锐二面角时,直线CD在α内的射影与AB平行,所以B中叙述正确; 对于C,在AD上任取一点,过该点作BC的平行线l',则由AD与l'确定一个平面,得该平面与BC平行, 若还有其他过AD的平面与BC平行,由直线与平面平行的性质定理,可得过直线BC外一点A有两条直线与BC平行,与“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”矛盾,所以C中叙述正确; 对于D,只有当AD与BC异面垂直时,过AD有且只有一个平面与BC垂直,否则,不存在过AD与BC垂直的平面,故D中叙述错误.故选D. 易错警示　当l∥α时,l可以与α内的无数条直线平行,但不是任意一条;当l⊥α时,l可以与α内的任意一条直线垂直.在利用两个平面平行的判定定理时不要忽略两条直线相交这一前提条件. 5.AC　因为A1F∥BC且A1F≠BC,所以四边形CFA1B为梯形, 所以直线CF与A1B必相交,所以A正确; 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,因为BB1⊥平面ABCD,CE⊂平面ABCD,所以BB1⊥CE, 假设异面直线DB1与CE所成的角是90°,即DB1⊥CE, 连接BD,由DB1,BB1⊂平面BB1D,DB1∩BB1=B1, 可得CE⊥平面BB1D,而DB⊂平面BB1D,则CE⊥DB, 在长方形ABCD中,取CD的中点N,连接EN,因为AB=4,BC=2,所以四边形BCNE是正方形,连接BN,易得CE⊥BN, 所以DB与CE不垂直, 所以异面直线DB1与CE所成的角不是90°,所以B错误; 取C1D1的中点M,连接A1E,A1M,MC,PF,PC, 因为F,P分别是A1D1和D1M的中点, 所以PF∥A1M, 易得四边形A1MCE为平行四边形,所以PF∥CE,所以E,C,P,F四点共面,所以C正确; 由C可知,PF,PC,CE均为平面CEF与长方体的表面的交线,截面CEF又与平面ABB1A1及ADD1A1相交, 从而可得截面多边形的两条边,所以截面为五边形,所以D错误.故选AC. 易错警示　平面CEF截该长方体所得的截面不是四边形CEFP,而应该根据确定的三点C,E,F,先直观地分析该截面还可能经过的面和棱,然后根据平行线共面或相交线共面等确定截面的具体形状. 6.BC　正方体的体对角线即为外接球的直径,所以2R=a,故C正确; 连接AC,BD,设AC∩BD=M,则四边形ABCD的外接圆圆心为M,连接OM,PM,则OM=a, 所以l=a,故D错误; 因为PA=PB=l,AB=a, 所以cos α=,所以α>45°,故A错误; 易得PM⊥平面ABCD,则AM为AP在平面ABCD内的射影, 所以β=∠PAM,又因为0°<β<90°,所以tan β=<1, 由tan 30°=, 因为2-<tan β<1,所以15°<β<45°,故B正确. 故选BC. 7.AC　对于A,如图1,连接BA1,BC1,AC,BM,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,△A1BC1为等边三角形,且A1C1∥AC, 所以异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成的角, 当M与A1重合时,直线BM与AC所成的角最小,为60°; 当M为A1C1的中点时,BM⊥A1C1,直线BM与AC所成的角最大,为90°,所以A正确. 对于B,当M与A1重合时,二面角M-BD-C的平面角最大, 连接BD,设BD与AC交于点O,所以BD⊥AC, 连接A1O,A1C,A1B,A1D,如图2. 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1, 所以A1B=A1D=BD=,所以BD⊥A1O, 所以∠A1OC为二面角M-BD-C的平面角,且A1O2=,A1C2=A1A2+AB2+AD2=3, 由余弦定理得cos∠A1OC=,所以∠A1OC<135°,所以B错误. 对于C,如图3,连接A1C,AC,AD1,CD1,D1M, 因为A1C1∥AC, 所以, , 设点M到平面AD1C的距离为h, 所以, 设直线D1M与平面AD1C所成的角为α, 则sin α=,所以当MD1最小时,sin α最大, 当MD1⊥A1C1,即M为A1C1的中点时,MD1最小,此时MD1=,所以C正确. 对于D,如图4,连接B1D1,BD,过M作EF∥D1B1,交A1B1于点F,交A1D1于点E,连接ED,FB, 因为4A1M=A1C1, 所以E,F分别是A1D1,A1B1的中点, 所以EF是△A1B1D1的中位线,所以EF∥B1D1, 又B1D1∥BD,所以EF∥DB, 故四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面四边形,因为EF=, 所以四边形EFBD是等腰梯形, 过点F作FG⊥DB,交BD于点G, 所以BG=, 所以梯形的面积为,所以D错误.故选AC. 易错警示　在求异面直线所成的角θ时,要注意它的取值范围是0°<θ≤90°,在将两条异面直线所成的角转化为一个三角形的内角时,容易忽略这个三角形的内角可能等于两条异面直线所成的角,也可能等于其补角;直线与平面所成的角θ的取值范围为 0°≤θ≤90°,在求线面角时,要注意在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置,从而确定其在这个平面内的射影,进而求线面角;二面角θ的大小范围是0°≤θ≤180°. 8.答案　 解析　如图1,过l上一点Q作QE⊥l交m于点E,QF⊥l交n于点F,连接EF, 由已知设PQ=x,PE=2x, 在△QEF中,由余弦定理得EF=, ∴cos∠EPF=. 如图2,过l上一点Q作QE⊥l交m于点E,QF⊥l交n于点F,连接EF, 设PQ=x,∠EQF=120°, ∴EF=, ∴cos∠EPF=. 　 易错警示　惯性思维会使我们只考虑到解答中的第一种情况,而忽略直线m,n,l之间的另一种位置关系,从而漏解.在平时的学习和解题中,要结合异面直线的夹角、线面角、面面角的范围,多认识从图形中反映出的不同位置特征. 9.BD　对于A,如图,用经过E,F,M三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1,所得截面图形为正六边形FEMHQK,点P在此正六边形所在平面外,∴E,F,M,P四点不共面,∴A错误; 对于B,连接BC1,则平面PEF即平面C1BEF,截面C1BEF是等腰梯形,∴B正确; 对于C,分别取BB1,CC1的中点G,Q,则平面PMN即为平面QGMN, 在正六边形FEMHQK中,HQ∥EF,∴MQ不平行于EF, 又EF,MQ⊂平面FEMHQK,∴EF与MQ相交,∴EF与平面QGMN相交, ∴EF不平行于平面PMN,故C错误; 对于D,因为△AEM,△BMG是等腰直角三角形, ∴∠AME=∠BMG=45°,∴∠EMG=90°,∴EM⊥MG, ∵M,N分别是AB,CD的中点,易证MN∥AD,由正方体的性质可得AD⊥平面ABB1A1, ∴MN⊥平面ABB1A1, 又ME⊂平面ABB1A1,∴ME⊥MN, ∵MG∩MN=M,MG,MN⊂平面PMN, ∴EM⊥平面PMN, ∵EM⊂平面MEF,∴平面MEF⊥平面PMN,故D正确.故选BD. 易错警示　在证明线线、线面、面面的位置关系时,首先要结合几何图形分析,其次要根据有关定义、定理、性质等,特别是要在满足定理的条件之下进行论证,如证明线面平行时一定要注意条件中是平面外一条直线与平面内的一条直线平行,证明这类问题时要注意推理的严谨性,使用定理时要保证条件的完整性,书写的规范性等. 10.解析　(1)证明:如图1,连接CD1,交DC1于点H,连接HE,易得HE∥D1B. ∵HE⊂平面DEC1,D1B⊄平面DEC1, ∴BD1∥平面DEC1. (2)证明:∵BC=DC,E是BC的中点, ∴DE⊥BC, ∵CC1⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD, ∴CC1⊥DE, ∵CC1,BC⊂平面B1BCC1,CC1∩BC=C, ∴DE⊥平面B1BCC1. (3)∵BC=DC=DB=2,∴△BDC是等边三角形, 取DC的中点O,连接BO,OD1,如图2, 易知BO⊥CD,BO⊥DD1, ∵CD∩DD1=D,CD,DD1⊂平面D1DCC1, ∴BO⊥平面D1DCC1, ∴∠BD1O是直线BD1与平面D1DCC1所成的角, ∵BC=DC=DB=2,∴BO=. ∵DD1=BD=2,∴BD1=, ∴sin∠BD1O=. 　 11.解析　(1)证明:因为AD∥BC,BC⊂平面BCEF,AD⊄平面BCEF,所以AD∥平面BCEF. (2)证明:因为四边形ADEF为正方形, 所以DE⊥AD. 因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF, 所以DE⊥平面ABCD. 因为BD⊂平面ABCD,所以DE⊥BD. 如图,取BC的中点N,连接DN. 由BN∥AD,AB=AD=BC,∠BAD=90°, 可得四边形ABND为正方形, 所以DN=AB,所以DN=BC,所以BD⊥CD. 因为CD∩DE=D,CD,DE⊂平面CDE, 所以BD⊥平面CDE. (3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF. 理由如下: 连接AN交BD于点P,连接NF,PF, 因为四边形ABND为正方形, 所以P是BD的中点,同时也是AN的中点. 因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形, 所以NC=FE,NC∥FE, 所以四边形NCEF为平行四边形,所以CE∥NF. 又因为NF⊂平面APF,CE⊄平面APF, 所以CE∥平面APF, 故点P即为所求的点M, 此时M为BD的中点,且=1. 思想方法练 1.C　设两平行截面分别为α,β,半径分别为r1,r2, 则2πr1=6π,2πr2=8π,∴r1=3,r2=4. 设球心到两个截面α,β的距离分别为d1,d2,则d1==3. 利用分类讨论思想,就两个平行截面在球心的同侧和异侧进行分类讨论. 当两个平行截面在球心的同侧时,两平行截面间的距离为d1-d2=4-3=1; 当两个平行截面在球心的异侧时,两平行截面间的距离为d1+d2=4+3=7.故选C. 2.答案　 解析　当拼成一个三棱柱时,有三种情况,如图所示: ①上下底面对接,其全面积S1=2×=12a2+48. ②一边长为3a的侧面对接,其全面积S2=2×2×=24a2+36. ③一边长为4a的侧面对接,其全面积S3=2×2×=24a2+32. 当拼成一个四棱柱时,有四种情况,全面积有三种情况,如图所示: 四种情况的上、下底面积之和都是2×2××3a×4a=24a2, 但侧面积分别为2(3a+4a)×=32, 显然,三种情况中全面积最小的是24a2+28. 由题意得12a2+48>24a2+28,解得0<a<. 思想方法　在立体几何问题中,由于图形形状、图形位置、构图形式、条件或结论等经常具有不唯一性,故需要讨论,注意分类时要做到按某个标准分类,不重不漏. 3.A　如图,设翻折后点B在点B'处,即求AB'的长最短时AD的长度. 设∠ACD=θ,过A作AE⊥CD于E,过点B作BF⊥CD于F, 根据题意,平面B'CD⊥平面ACD,平面B'CD∩平面ACD=CD,AE⊂平面ACD, 所以AE⊥平面B'CD. 所以AE=3sin θ,BF=4sin=4sin θ, 所以EF=CF-CE=4sin θ-3cos θ. 易得AE⊥B'E,所以AB'= =. 引入∠ACD=θ,将问题涉及的几何元素用θ表示,再利用三角函数的相关知识求解,体现了函数思想的应用. 因为0<θ<,所以0<2θ<π, 于是,当2θ=,即CD为∠ACB的平分线时,AB'的长最短. 此时.故选A. 4.答案　[π 解析　从点P向底面ABCD作垂线,垂足为O,连接OA,如图1, 则∠PAO为直线AP与平面ABCD所成的角, 因为直线AP与平面ABCD所成的角的正切值为2,所以=2, 因为OP=2,所以OA=1,由对称性可知,A1P=1,即点P的轨迹是底面A1B1C1D1内,以A1为圆心,1为半径的圆弧, 如图2,当P位于A1C1与圆弧的交点处时,PC1最小,最小值为-1; 当P位于B1或D1处时,PC1最大,最大值为1,所以PC1的取值范围为[-1,1]. 设A1C1,D1B1交于点E,AC,BD交于点F,连接EF,如图3,则球心M在EF上, 连接MP,MB,设EM=x,外接球的半径为R,则MP=MB=R,EP=, 由勾股定理可得 利用勾股定理构建方程组,体现了方程思想的应用. 解得R2=π. 5.解析　(1)证明:过点M作MG∥DE,交AD于点G,连接NG、EC, 因为MG∥DE,所以, 由已知可得,AE=BD=,因为EM=DN, 所以AM=BN,, 所以GN∥AB, 又AB∥CD,所以GN∥CD, 因为MG⊄平面CDE,MG∥DE,DE⊂平面CDE, 所以MG∥平面CDE, 同理可得,GN∥平面CDE, 因为MG⊂平面MNG,GN⊂平面MNG,MG∩GN=G, 所以平面MNG∥平面CDE, 因为MN⊂平面MNG,所以直线MN∥平面CDE. (2)由(1)可知,MG∥DE,AM=AE-EM=2-x, 所以, 同理可得,GN=, 又平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,ED⊥AD,ED⊂平面ADEF, 所以ED⊥平面ABCD, 因为CD⊂平面ABCD,所以ED⊥CD. 因为MG∥DE,GN∥CD,所以MG⊥GN, 所以△MGN是直角三角形, 所以MN2=MG2+GN2= =x2-2)2+2, 即y=). 先找出MG、GN与EM、DN的数量关系,根据有关知识可得y与x的函数关系式,体现了函数思想的应用. (3)由(2)得y=, 所以当x=,即M、N分别为线段AE、BD的中点时, MN有最小值, 故M、N两点间的最短距离为. 思想方法　函数思想在立体几何中的应用常体现在求线段的长度范围、体积的最值、角度的最值、面积的最值等,通过引入合适的变量把研究的问题转化为函数的有关性质问题,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意所引入的变量的取值范围.方程思想在立体几何中主要体现在:①分析立体几何中变量间的等量关系,通过建立方程或方程组解决问题;②动中求静,研究运动中的等量关系等. 6.A　如图所示. 因为点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点, 所以EF∥AD1, 又EF⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1, 所以EF∥平面ACD1, 所以点G到平面ACD1的距离即为点E或F到平面ACD1的距离. 因为EF∥平面ACD1,所以可将点G到平面ACD1的距离转化为点E或F到平面ACD1的距离. 因为该正方体的棱长为4, 所以AD1=AC=CD1=4, 所以△ACD1为等边三角形, 所以, 连接FA,可得×2×4=4, 设F到平面ACD1的距离为d, 将点F到平面ACD1的距离转化为三棱锥F-ACD1的高,再利用等体积法求解,充分体现了转化与化归思想的应用. 则, 所以点G到平面ACD1的距离为.故选A. 7.解析　(1)证明:由题意可得A1G⊥平面ABC, 将线面垂直转化为面面垂直. 连接CN,因为△ABC的重心为G, 所以G∈CN,则A1G⊂平面A1CN, 所以平面A1CN⊥平面ABC. (2)取BC,CA的中点分别为M,P,连接CN,AM,BP, 则AM=a. 由三角形重心的性质,可知AG=a. 由(1)可知A1G⊥AG, 则∠A1AG=θ=a. 连接A1C,A1B,易得△A1CG≌△A1BG,则A1C=A1B. 所以△A1AC≌△A1AB,所以∠A1AB=∠A1AC, 易得四边形ABB1A1和四边形ACC1A1的面积相等. 因为AB⊥CN,AB⊥A1G,CN∩A1G=G,CN,A1G⊂平面A1CN,所以AB⊥平面A1CN, 将线面垂直转化为线线垂直. 又A1N⊂平面A1CN,所以A1N⊥AB, 所以cos∠A1AN=, 所以a2, 连接A1M,因为BC⊥AM,A1G⊥BC,AM∩A1G=G,AM,A1G⊂平面AA1M, 将线线垂直转化为线面垂直. 所以BC⊥平面AA1M. 又AA1⊂平面AA1M,所以BC⊥AA1, 又因为CC1∥AA1,所以BC⊥CC1, 所以侧面BCC1B1为矩形,所以a2. 因此该斜三棱柱的侧面积S=a2. 思想方法　转化思想在判断空间点、线、面的位置关系时得到了充分的体现.利用线与线的位置关系,研究直线与平面的位置关系;利用平面与直线的位置关系,研究平面与平面的位置关系.反过来,由平面与平面的位置关系,又可进一步掌握直线与平面的位置关系,进而确定直线与直线的位置关系.在求三棱锥体积时,等体积法也充分体现了转化思想. 29 学科网（北京）股份有限公司 $$