第八章立体几何初步 总结提升 导学案-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

本章总结提升 ◆ 题型一　基本立体图形 [类型总述] (1)柱、锥、台、球的几何特征;(2)多面体与旋转体;(3)简单组合体.　　　　　 　　　　　 　　　　　 例1 (1)如图,三棱柱ABC-A1B1C1被平面DEE1D1截成两个几何体Ⅰ,Ⅱ,且平面DEE1D1∥平面ABB1A1, 则 (　 ) A.Ⅰ是棱柱,Ⅱ不是棱柱 B.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ是棱柱 C.Ⅰ是棱柱,Ⅱ是棱柱 D.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ不是棱柱 (2)(多选题)[2025·浙江杭州高级中学高一月考] 下列说法正确的是 (　 ) A.圆柱的侧面展开图是一个矩形 B.圆锥的轴截面是一个等腰三角形 C.直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 D.在圆台中,平行于底面的截面是圆面 变式 (1)[2025·浙江宁波六校高一期中] 给出下面关于空间几何体的叙述:①底面是正多边形的棱锥是正棱锥;②有两个面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台;③正四棱柱都是长方体;④直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥;⑤平行六面体是六棱柱.其中叙述正确的有 (　 ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 (2)(多选题)如图,向透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器一边AB于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,下面几个结论中正确的是 (　 ) A.没有水的部分始终呈棱柱形 B.水面EFGH所在四边形的面积为定值 C.随着容器倾斜度的不同,A1C1始终与水面所在平面平行 D.当容器倾斜度如图③所示时,AE·AH为定值 ◆ 题型二　几何图形的直观图 [类型总述] (1)直观图;(2)直观图与原图形之间的关系. 例2 (1)用斜二测画法画出的水平放置的平面四边形OABC的直观图为直角梯形O'A'B'C',如图所示,则平面四边形OABC是 (　 ) A.直角梯形 B.等腰梯形 C.非直角且非等腰的梯形 D.不可能是梯形 (2)(多选题)如图所示,用斜二测画法作水平放置的△ABC的直观图,得到△A1B1C1,其中A1B1=B1C1,A1D1是B1C1边上的中线,则由图形可知下列结论中正确的是 (　 ) A.AB=BC=AC B.AD⊥BC C.AB⊥BC D.AC>AD>AB>BC ◆ 题型三　简单几何体的表面积与体积的计算 [类型总述] (1)体积公式;(2)表面积公式;(3)内切(外接);(4)轴截面. 例3 (1)(多选题)[2022·新高考全国Ⅱ卷] 如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1,V2,V3,则 (　 ) A.V3=2V2 B.V3=2V1 C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1 (2)(多选题)[2023·新课标Ⅰ卷] 下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 (　　) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 (3)[2025·河北邯郸高一期中] 已知圆锥的底面直径为2,且它的侧面展开图是一个半圆,则该圆锥的轴截面面积为　　　　,该圆锥的表面积为　　　　.  (4)[2025·安徽部分重点中学高一期中] 在三棱锥P-ABC中,O为△ABC的外心,PO⊥底面ABC,PO=3,∠ACB=,且AB=2,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为　　　　.  变式 (1)[2025·天津一中高一期中] 圆台的上、下底面半径分别为2和4,一个球与该圆台的两个底面和侧面均相切,则这个球的表面积为 (　 ) A.8π B.16π C.24π D.32π (2)[2024·新课标Ⅰ卷] 已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为,则圆锥的体积为 (　 ) A.2π B.3π C.6π D.9π (3)[2025·上海闵行区六校高一期中] 如图,求一个棱长为的正四面体的体积,可以看成一个棱长为1的正方体截去四个角后得到的.类比这种方法,对于一个三对棱长相等的四面体ABCD,其三对棱长分别为AB=CD=,AD=BC=,AC=BD=,则此四面体的体积为　　　　.  ◆ 题型四　空间中的平行关系 [类型总述] (1)线线平行;(2)线面平行;(3)面面平行;(4)平行的判定定理与性质定理. 例4 (1)设α,β是两个平面,m,l是两条直线,则下列命题为真命题的是 (　 ) A.若α⊥β,m∥α,l∥β,则m⊥l B.若m⊂α,l⊂β,m∥l,则α∥β C.若α∩β=m,l∥α,l∥β,则m∥l D.若m⊥α,l⊥β,m∥l,则α⊥β (2)(多选题)[2025·深圳南头中学高一期中] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱BB1,B1C1,C1D1的中点,则 (　 ) A.FG∥平面AED1 B.BC1∥平面AED1 C.点C1在平面AED1内 D.点F在平面AED1内 例5 [2025·山东青岛二中高一期中] 如图,在四棱锥S-ABCD中,BC∥AD,BC=1.点E在棱AD上,且AE=1,DE=2. (1)求证:AB∥平面SCE; (2)若点F在线段SE上,且BF∥平面SCD,求证:F为线段SE的中点. 变式 [2025·福建三明高一期中] 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别是棱AB,BC,B1C1的中点. (1)判断直线AG与直线EF,直线CG与平面ABB1A1的位置关系.(判断即可,不必说明理由) (2)求证:B1E∥平面ACG. (3)在棱CC1上是否存在一点N,使得平面NEF∥平面A1BC1?若存在,请指出点N的位置,并证明;若不存在,请说明理由. ◆ 题型五　空间中的垂直关系 [类型总述] (1)线线垂直;(2)线面垂直;(3)面面垂直;(4)垂直的判定定理与性质定理. 例6 (多选题)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆周上异于A,B的任意一点, 则下列结论中正确的是 (　 ) A.PB⊥AC B.PC⊥BC C.平面PAC⊥平面PBC D.平面PAB⊥平面PBC 例7 在如图所示的几何体中,DE∥BF,DE⊥平面ABCD,四边形ABCD为菱形,AB=BF=4,DE=2,∠DAB=60°,点M为AB的中点. (1)证明:DM⊥平面ABF; (2)证明:平面AEF⊥平面ABF. 变式 如图①,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2,∠DAB=60°,∠ABD=90°,∠CBD=45°,将△ABD沿BD翻折至△A'BD,使得A'C=2,如图②,过点B作一平面与A'C垂直,分别交A'D,A'C于点E,F. (1)求证:BE⊥平面A'CD; (2)求点F到平面A'BD的距离. ◆ 题型六　空间角的求解 [类型总述] (1)线线角;(2)线面角;(3)二面角. 例8 (1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A. B. C. D. (2)(多选题)[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　 ) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 例9 [2024·新课标Ⅰ卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 变式1 [2024·新课标Ⅱ卷] 已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　 ) A. B.1 C.2 D.3 变式2 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点. (1)求证:AB1⊥平面A1BD; (2)求直线A1C1与平面A1BD所成角的正弦值; (3)求二面角B-A1D-C1的正弦值. 本章总结提升 【素养提升】 题型一 例1　(1)C　(2)ABD　[解析] (1)由平面DEE1D1∥平面ABB1A1,可知平面DEE1D1与三棱柱ABC-A1B1C1的各个侧棱都平行,又三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面平行且全等,所以可得△CDE与△C1D1E1是全等的三角形,四边形ABED和四边形A1B1E1D1是全等的四边形,则根据棱柱的定义可知Ⅰ,Ⅱ都是棱柱.故选C. (2)圆柱的侧面展开图是一个矩形,A正确;因为母线长相等,所以圆锥的轴截面是一个等腰三角形,B正确;直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体,C不正确;在圆台中,平行于底面的截面是圆面,D正确.故选ABD. 变式　(1)B　(2)AD　[解析] (1)对于①,底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥,故①错误;对于②,将两个相同的棱台的相同底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行,其余各面都是梯形,但是这样的多面体不是棱台,故②错误;对于③,因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱,所以正四棱柱都是长方体,故③正确;对于④,根据圆锥的概念可知,④正确;对于⑤,平行六面体是四棱柱,故⑤错误.故选B. (2)因为AB始终在地面上,所以倾斜过程中没有水的部分是以左、右两侧的面为底面的棱柱,A正确;图②中水面面积比图①中水面面积大,B错误;倾斜过程中A1C1与水面所在平面不始终平行,C错误;图③中,水的体积不变,高AB不变,所以△AEH的面积不变,从而AE·AH为定值,D正确.故选AD. 题型二 例2　(1)A　(2)CD　[解析] (1)根据直观图,得OC⊥OA,OA=O'A',BC=B'C',OC=2O'C',∴平面四边形OABC是直角梯形,如图所示,故选A. (2)CD　[解析] 由直观图知△ABC为直角三角形,在平面直角坐标系中作出△ABC,如图所示,其中AB⊥BC,AB=2A1B1,BC=B1C1,D为BC的中点.因为A1B1=B1C1,所以AC>AD>AB>BC,AD与BC不垂直,故A,B错误,C,D正确.故选CD. 题型三 例3　(1)CD　(2)ABD　(3)2　6π　(4)π [解析] (1)设正方形ABCD的边长为2,则ED=2,FB=1,AC=2,∴V1=VE-ACD=S△ACD·ED=.∵ED⊥平面ABCD,FB∥ED,∴FB⊥平面ABCD,∴V2=VF-ABC=S△ABC·FB=.连接BD交AC于M,连接EM,FM,∵AC⊥ED,AC⊥BD,BD∩ED=D,∴AC⊥平面BDEF.过F作FN⊥DE,垂足为N,则FN∥BD,且FN=BD=2,在Rt△ENF中,EF==3.在Rt△MBF中,FM==.在Rt△EDM中,EM==,∴EM2+FM2=EF2,即EM⊥FM,故V3=VF-ACE=S△EMF·AC=2.故选项A,B错误,选项C,D正确,故选CD. (2)对于A,正方体内切球的直径为1 m,故A正确;对于B,如图①,在正方体中作出正四面体A1BDC1,该正四面体的棱长为BA1= m,而>1.4,故B正确;对于C,圆柱体的底面直径为0.01 m,可以忽略不计,正方体的体对角线的长为 m,而1.8>,故C不正确;对于D,圆柱体的高为0.01 m,可忽略不计,如图②,取E,F,G,H,I,J分别为所在棱的中点,并顺次连接,所得六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为 m,连接FH,易知FH为正六边形EFGHIJ的内切圆直径,因为∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=FG=GH= m,而=>1.22=1.44,故D正确.故选ABD. (3)因为圆锥的底面直径为2,所以底面半径r=.设母线长为l,则2πr=πl,则l=2r=2,所以该圆锥的轴截面为边长是2的正三角形,则该圆锥的轴截面面积为×(2)2=2,该圆锥的的表面积S=πr2+πrl=π×()2+π××2=6π. (4)如图,连接OB.设△ABC的外接圆半径为r,三棱锥P-ABC的外接球半径为R.在△ABC中,由正弦定理得2r====4,所以r=2.记三棱锥P-ABC外接球的球心为M,则M在PO上,连接BM,则OM2+OB2=BM2,即(3-R)2+r2=R2,得(3-R)2+4=R2,得R=,故三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=4π×=π. 变式　(1)D　(2)B　(3)2　[解析] (1)如图①,则该几何体的轴截面如图②,其中AB,AD,CD均与圆O相切,点O2,F,O1分别为切点,∴DO1=DF=2,AF=AO2=4.过点D作DE⊥AB于点E,∴O1D=O2E=2,∴AE=2,则O1O2=DE==4,故球O的半径r==2,∴球O的表面积S=4πr2=32π.故选D. (2)设底面半径均为R,圆锥的母线长为l,则l=.由题可知2πR·=×2πRl,解得l=2,则=2,∴R=3,∴圆锥的体积V=πR2·=3π.故选B. (3)四面体ABCD可由一个长方体截去四个角后得到,设该长方体共顶点的三条棱的长分别为a,b,c,则可得所以此四面体的体积V=abc-×abc×4=abc=2. 题型四 例4　(1)C　(2)BD　[解析] (1)对于A选项,如图①,在正方体中,α⊥β,m∥α,l∥β,此时m与l的夹角为60°,A选项错误;对于B选项,如图②,在正方体中,m⊂α,l⊂β,m∥l,此时α∩β=n,B选项错误;对于C选项,如图③,过l作平面γ,使得α∩γ=l1,β∩γ=l2,∵l∥α,l∥β,∴l∥l1,l∥l2,则l1∥l2,又∵α∩β=m,∴l1∥l2∥m,∴l∥m,C选项正确;对于D选项,如图④,在正方体中,m⊥α,l⊥β,m∥l,此时α∥β,D选项错误.故选C. (2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥C1D1且AB=C1D1,所以四边形ABC1D1是平行四边形,所以AD1∥BC1,因为AD1⊂平面AED1,BC1⊄平面AED1,所以BC1∥平面AED1,故B正确.如图,连接EF,因为E,F分别为BB1,B1C1的中点,所以EF∥BC1,所以EF∥AD1,所以E,F,D1,A四点共面,即点F在平面AED1内,故D正确.连接FD1,显然G不在平面AEFD1内,所以FG与平面AED1不平行,故A错误.由BC1∥平面AED1,可知点C1不在平面AED1内,故C错误.故选BD. 例5　证明:(1)因为BC∥AD,所以BC∥AE,又因为BC=AE=1,所以四边形ABCE为平行四边形,所以AB∥CE,又因为AB⊄平面SCE,CE⊂平面SCE,所以AB∥平面SCE. (2)过点F作FG∥AD交SD于点G,连接CG,如图.因为BC∥AD,所以FG∥BC,所以B,C,G,F四点共面, 因为BF∥平面SCD,BF⊂平面BCGF,平面SCD∩平面BCGF=CG,所以BF∥CG,所以四边形BCGF是平行四边形,所以FG=BC=1,所以FG=ED=1,所以F为线段SE的中点. 变式　解:(1)直线AG与直线EF是异面直线;直线CG与平面ABB1A1相交. 理由如下:∵EF⊂平面ABC,A∉EF,A∈平面ABC, G∉平面ABC,∴直线AG与直线EF是异面直线. ∵CG,BB1⊂平面BB1C1C,点G是B1C1的中点,BB1∥C1C,∴直线CG与BB1相交, 设交点为P,则点P∈平面ABB1A1, 又点C∉平面ABB1A1,故直线CG与平面ABB1A1相交. (2)证明:如图,取AC的中点H,连接GH,EH.∵E是棱AB的中点, ∴EH∥BC且EH=BC, ∵点G是棱B1C1的中点, ∴B1G∥BC且B1G=BC, ∴EH∥B1G且EH=B1G, ∴四边形EHGB1是平行四边形,∴B1E∥GH. 又GH⊂平面ACG,B1E⊄平面ACG,∴B1E∥平面ACG. (3)如图,当点N为棱CC1的中点时,平面NEF∥平面A1BC1. 证明:∵E,F分别是棱AB,BC的中点, ∴EF∥AC,∵ AC∥A1C1, ∴ EF∥A1C1,∵EF⊄平面A1BC1,A1C1⊂平面A1BC1,∴EF∥平面A1BC1. ∵N,F分别是棱CC1,BC的中点, ∴NF∥BC1,∵NF⊄平面A1BC1,BC1⊂平面A1BC1, ∴NF∥平面A1BC1.∵EF∩NF=F,EF,NF⊂平面NEF, ∴平面NEF∥平面A1BC1. 题型五 例6　BC　[解析] 由题意知BC⊥AC,假设PB⊥AC,因为BC∩PB=B,所以AC⊥平面PBC,所以AC⊥PC,这与AC⊥PA矛盾,故假设不成立,所以A错误.因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,所以PA⊥BC,又因为C是圆周上异于A,B的任意一点,所以BC⊥AC,又AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以PC⊥BC,所以B正确.因为BC⊥平面PAC,BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC,所以C正确.假设平面PAB⊥平面PBC,因为平面PAC⊥平面PBC,平面PAB∩平面PAC=PA,所以PA⊥平面PBC,所以PA⊥PC,与AC⊥PA矛盾,故假设不成立,所以D错误.故选BC. 例7　证明:(1)如图,连接BD. 因为DE∥BF,DE⊥平面ABCD,所以BF⊥平面ABCD,因为DM⊂平面ABCD,所以DM⊥BF. 因为四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,所以△ABD是等边三角形,又点M为AB的中点,所以DM⊥AB,又BF∩AB=B,BF,AB⊂平面ABF,所以DM⊥平面ABF. (2)如图,取AF的中点N,连接EN,MN,因为M,N分别为AB,AF的中点,所以MN∥BF,MN=BF, 又因为DE∥BF,DE=BF,所以MN∥DE,MN=DE, 所以四边形EDMN为平行四边形,所以EN∥DM. 由(1)知DM⊥平面ABF,所以EN⊥平面ABF,因为EN⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面ABF. 变式　解:(1)证明:在题图①中, ∵AB=2,∠DAB=60°,∠ABD=90°,∠CBD=45°, ∴AD=4,BD=CD=2. 在题图②中,∵A'D=4,CD=2,A'C=2, ∴A'D2+CD2=A'C2,∴CD⊥A'D.∵CD⊥BD,且A'D∩BD=D,A'D⊂平面A'BD,BD⊂平面A'BD,∴CD⊥平面A'BD,又∵BE⊂平面A'BD,∴CD⊥BE. ∵A'C⊥平面BEF,且BE⊂平面BEF,∴BE⊥A'C, 又∵A'C∩CD=C,且A'C⊂平面A'CD,CD⊂平面A'CD,∴BE⊥平面A'CD. (2)方法一:如图,过点F作FG⊥A'D,垂足为G,由(1)知BE⊥平面A'CD, 而FG⊂平面A'CD,∴BE⊥FG, 又∵A'D∩BE=E,A'D⊂平面A'BD,BE⊂平面A'BD,∴FG⊥平面A'BD, 则垂线段FG的长度即为点F到平面A'BD的距离. 在△A'BC中,A'B=2,BC=2,A'C=2, ∴A'B2+CB2=A'C2,∴BC⊥A'B, 由已知得BF⊥A'C,则易得A'F=. 由(1)知CD⊥A'D,∴=,∴FG=, 即点F到平面A'BD的距离为. 方法二:求点F到平面A'BD的距离,即求点F到平面A'BE的距离,由(1)知BE⊥平面A'CD,∵A'D⊂平面A'CD,∴BE⊥A'D,在直角三角形A'BD中,A'B=2,A'D=4,BD=2,由等面积法得×A'B×BD=×A'D×BE, 即BE==,∴A'E=1. ∵A'C⊥平面BEF,且EF⊂平面BEF,∴EF⊥A'C, 由(1)知CD⊥A'D,∴△A'FE∽△A'DC,∴=,∴A'F=,则在直角三角形A'FE中,EF=. 设点F到平面A'BE的距离为d, 在三棱锥F-A'BE中,由等体积法得VF-A'BE=VB-A'EF, 即×d×S△A'BE=×BE×S△A'EF, ∴×d××BE×A'E=×BE××EF×A'F, ∴d=,即点F到平面A'BD的距离为. 题型六 例8　(1)D　(2)ABD　[解析] (1)如图,连接BC1,则AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的角即为PB与BC1所成的角,即为∠PBC1.连接A1B,A1C1,可知△A1BC1为等边三角形,P为A1C1的中点,故∠PBC1=,所以直线PB与AD1所成的角为,故选D. (2)如图,易证BC1⊥平面B1CDA1,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故A选项正确,B选项正确;连接A1C1交B1D1于点O1,连接BO1,则C1O1⊥平面BB1D1D,所以∠C1BO1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,在Rt△BO1C1中,因为O1C1=BC1,所以∠C1BO1=30°,故C选项错误;因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC=45°即为直线BC1与平面ABCD所成的角,故D选项正确.故选ABD. 例9　解:(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, ∴PA⊥AD.又∵AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB,∵AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB. 在△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC. ∵A,B,C,D四点共面,∴AD∥BC, 又∵BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,∴AD∥平面PBC. (2)如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF. ∵PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAC, ∴平面PAC⊥平面ABCD, 又平面PAC∩平面ABCD=AC,DE⊥AC,∴DE⊥平面PAC. 又CP⊂平面PAC,∴DE⊥CP,又EF⊥CP,DE∩EF=E,∴CP⊥平面DEF,得DF⊥CP, 根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,即sin∠DFE=, 又∠DFE为锐角,∴tan∠DFE=.设AD=x(0<x<2),则CD=,由等面积法可得,DE=, 则CE==,又△EFC为等腰直角三角形,∴EF=,故tan∠DFE===,解得x=,即AD=. 变式1　B　[解析] 方法一:设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,由S△ABC=×62=9,=×22=,=h(S△ABC++)=,解得h=.设O1,O分别为△A1B1C1和△ABC的中心,如图,连接A1O1,OO1,AO,过A1作A1H⊥AO于H,易知A1H⊥平面ABC,∠A1AH即为A1A与平面ABC所成的角.易知AH=AO-A1O1=×6-×2=,A1H=,所以tan∠A1AH==1. 方法二:设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h.如图,延长AA1,BB1,CC1,则三条直线交于一点O,设O1,O2分别为△A1B1C1,△ABC的中心,连接OO2,则O1在线段OO2上,OO2⊥平面ABC,连接AO2,则∠OAO2即为AA1与平面ABC所成的角.由题知AB=3A1B1,得OO1=h,OO2=h.由题得S△ABC=9,=,由×9×h-××h=,得h=,易知AO2=2,所以tan∠OAO2==h=1. 变式2　解:(1)证明:如图所示,设AB1∩A1B=O,连接AD,B1D,OD, 因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点, 所以AD=B1D==. 因为四边形AA1B1B为正方形, 所以AB1⊥A1B,O为AB1的中点,所以OD⊥AB1, 又因为A1B∩OD=O,A1B,OD⊂平面A1BD,所以AB1⊥平面A1BD. (2)延长AC和A1D,设交点为E,连接OE, 因为D为CC1的中点,所以AE=2AC=4, 由(1)知AO⊥平面A1BD,所以∠AEO为直线AE与平面A1BD所成的角,又AO=,所以sin∠AEO==. 因为A1C1∥AE,所以直线A1C1与平面A1BD所成角的正弦值为. (3)过A作AF⊥A1D,垂足为F,连接OF, 由(1)知AO⊥平面A1BD,所以AO⊥A1D, 又A1D⊥AF,AO∩AF=A,所以A1D⊥平面AOF,所以OF⊥A1D,所以∠AFO为二面角B-A1D-A的平面角, 又因为二面角B-A1D-A的平面角和二面角B-A1D-C1的平面角互补,所以二面角B-A1D-C1的正弦值为sin∠AFO. 由等面积法知AF=,又因为OA=,所以sin∠AFO==,所以二面角B-A1D-C1的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $