江苏省2024高考数学二轮复习专题二立体几何2.3专题提能-“立体几何”专题提能课讲义含解析

PAGEPAGE13第三讲专题提能——“立体几何”专题提能课eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(一防止思维定式，实现“移花接木”)失误1因不会构造适当的几何体而解题受阻[例1]已知三棱锥S­ABC的四个顶点S，A，B，C都是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝BC＝1，则球O的体积等于________．[解析]如图，可把该三棱锥补成正方体，正方体的体对角线即为外接球的直径，所以半径为eq\f(\r(3),2)，所以体积为eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3),2)π.[答案]eq\f(\r(3),2)π[点评]学生对于本题往往不知道球心的位置而导致不会解答．把该三棱锥补成正方体来确定球心的位置是求解本题的关键之处，正方体的体对角线就是外接球直径.失误2因不会利用侧面绽开图而解题受阻[例2]如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4cm，AD＝2cm，AA1＝3cm，则在长方体表面上连结A，C1两点的全部曲线长度最小值为________cm.[解析]将长方体的面分别绽开平铺，当四边形AA1D1D和四边形DD1C1C在同一平面内时，最小距离为四边形AA1C1C的对角线，长度是eq\r(32＋4＋22)＝eq\r(45)；当四边形AA1D1D和四边形A1B1C1D1在同一平面内时，最小距离为四边形AB1C1D的对角线，长度是eq\r(22＋3＋42)＝eq\r(53)；四边形ABCD和四边形CDD1C1在同一平面内时，最小距离为四边形ABC1D1的对角线，长度是eq\r(42＋2＋32)＝eq\r(41)，所以最小距离是eq\r(41)cm.[答案]eq\r(41)[点评]该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连结两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向绽开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个，简单出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向绽开求得结果，从而出现错误，所以肯定要留意应当有三条路径.失误3因定理表述不严谨而导致丢分[例3]如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，求证：平面BC1D∥平面AB1D1.[证明]∵BD∥B1D1，BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1.∴BD∥平面AB1D1，同理BC1∥平面AB1D1.又∵BD∩BC1＝B，BD⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，∴平面BC1D∥平面AB1D1.[点评]在证明面面平行时，有的同学喜爱跳步，干脆由线线平行得到面面平行，少了由线线平行到线面平行的过程，在考试中是要被扣分的．立体几何逻辑性特别强，证明时要严格依据定理的要求来进行书写，切不行漏条件．eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(二敏捷运用策略，尝试“借石攻玉”)策略1割补法：求不规则几何体的体积[例1]如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．[解析]法一：如图所示，分别过A，B作EF的垂线AG，BH，垂足分别为G，H.连结DG，CH，简单求得EG＝HF＝eq\f(1,2).所以AG＝GD＝BH＝HC＝eq\f(\r(3),2)，S△AGD＝S△BHC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4)，V＝VE­ADG＋VF­BHC＋VAGD­BHC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,2)×\f(\r(2),4)))×2＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).法二：如图所示，将该多面体补成一个斜三棱柱ADE­MNF，点F到平面AMND的距离为eq\f(\r(2),2)，则V＝VADE­MNF－VF­MNCB＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(2),2)×2－eq\f(1,3)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),3).[答案]eq\f(\r(2),3)[点评]本题中所用的两种方法事实上就是求不规则几何体体积的两种基本方法．法一是对不规则几何体进行分割．法二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为规则几何体.策略2等积法：求三棱锥的体积[例2]如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥P­ABA1的体积为________．[解析]三棱锥P­ABA1的体积为V三棱锥P­ABA1＝V三棱锥C­ABA1＝V三棱锥A1­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×32×3＝eq\f(9\r(3),4).[答案]eq\f(9\r(3),4)[点评]等积法包括等面积法和等体积法．利用等积法的前提是平面图形(或立体图形)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以求解几何图形的高，特殊是在求三角形的高(点到线的距离)或三棱锥的高(点到面的距离)时，通常采纳此法解决问题．eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(三系统数学思想，实现“触类旁通”)1．函数与方程思想——解决立体几何中的最值问题[例1]如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长改变时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．[解析]法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长改变时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为eq\f(\r(3),4)a2，△DBC的高为5－eq\f(\r(3),6)a，则正三棱锥的高为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(\r(3),6)a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2)＝eq\r(25－\f(5\r(3),3)a)，∴25－eq\f(5\r(3),3)a>0，∴0<a<5eq\r(3)，∴所得三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\r(25－\f(5\r(3),3)a)＝eq\f(\r(3),12)×eq\r(25a4－\f(5\r(3),3)a5).令t＝25a4－eq\f(5\r(3),3)a5，则t′＝100a3－eq\f(25\r(3),3)a4，由t′＝0，得a＝4eq\r(3)，此时所得三棱锥的体积最大，为4eq\r(15)cm3.法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝eq\f(\r(3),6)BC，设OG＝x，则BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)x×3x＝3eq\r(3)x2，故所得三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)x2×eq\r(5－x2－x2)＝eq\r(3)x2×eq\r(25－10x)＝eq\r(3)×eq\r(25x4－10x5).令f(x)＝25x4－10x5，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))，则f′(x)＝100x3－50x4，令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0<x<2，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))时，f(x)≤f(2)＝80，∴V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15).∴所求三棱锥的体积的最大值为4eq\r(15).[答案]4eq\r(15)[点评]处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题．2．高维与低维的转化思想——解决几何体的绽开问题[例2]如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2cm，高为5cm，一质点自A点动身，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路途的长为________cm.[解析]将三棱柱沿侧棱AA1绽开得如图所示(两周)因为正三棱柱底面边长为2cm，高为5cm，所以AA1＝5cm，AA″＝12cm，所以A1A″＝eq\r(52＋122)＝13，即最短路途为13cm.[答案]13[点评]将空间几何体中的距离之和的最值问题通过侧面绽开图的运用转化为平面几何的最值，这正是降维转化思想的运用．eq\a\vs4\al(提能点)eq\a\vs4\al(四强化一题多法，激活“解题思维”)线面平行问题中的常见转化方法[典例]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．(1)求证：BC⊥AM；(2)若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．[解](1)证明：因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC.因为AC⊥BC，CC1∩AC＝C，CC1⊂平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1.因为AM⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AM.(2)法一：如图①，取AB1的中点P，连结NP，PM.因为N是AB的中点，所以NP∥BB1.因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.法二：如图②，设NC与CC1确定的平面交AB1于点P，连结NP，PM.因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面CNPM，平面AB1M∩平面CNPM＝PM，所以CN∥MP.因为BB1∥CM，BB1⊄平面CNPM，CM⊂平面CNPM，所以BB1∥平面CNPM.又BB1⊂平面ABB1，平面ABB1∩平面CNPM＝NP，所以BB1∥NP，所以CM∥NP，所以四边形CNPM为平行四边形．因为N是AB的中点，所以CM＝NP＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.法三：如图③，取BB1的中点Q，连结NQ，CQ.因为N是AB的中点，所以NQ∥AB1.因为NQ⊄平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M.因为CN∥平面AB1M，NQ∩CN＝N，NQ⊂平面NQC，CN⊂平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M.因为平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1.因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.法四：如图④，分别延长BC，B1M，设交点为S，连结AS.因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS.由于AN＝NB，所以BC＝CS.又因为CM∥BB1，可得SM＝MB1，所以CM＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.[点评]线面平行无论是判定定理还是性质定理都是须要转化为线线平行．常见的方式有构造三角形转化为线线平行，构造平行四边形转化为对边平行，构造面面平行再利用面面平行的性质定理进行证明．[课时达标训练]A组——易错清零练1．设l，m表示直线，m是平面α内的随意一条直线．则“l⊥m”是“l⊥α”成立的____________条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)．解析：由l⊥m，m⊂α，可得l⊂α，l∥α或l与α相交，推不出l⊥α；由l⊥α，m⊂α，结合线面垂直的定义可得l⊥m.故“l⊥m”是“l⊥α”成立的必要不充分条件．答案：必要不充分2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝a，AA1＝2，四面体A­CB1D1的体积为6，则a＝________.解析：如图，VA­CB1D1＝VABCD­A1B1C1D1－VA­A1B1D1－VB1­ABC－VD1­ADC－VC­B1C1D1＝2a2－eq\f(4,3)a2＝eq\f(2,3)a2＝6，所以a＝3.答案：33．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题：①若a⊥b，a⊥α，则b∥α；②若a⊥β，α⊥β，则a∥α；③若a∥α，a⊥β，则α⊥β；④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β.其中正确命题的序号是________．解析：①中b可能在平面α内；②中a可能在平面α内；③中因为a∥α，a⊥β，所以α内必存在一条直线b与a平行，从而得到b⊥β，所以α⊥β，故③正确；因为a⊥b，a⊥α，所以b∥α或b⊂α，故α内必有一条直线c与b平行，又b⊥β，所以c⊥β，故α⊥β，所以④正确．答案：③④4.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面AB1C1，AA1＝1，底面△ABC是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为________．解析：因为AA1⊥平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以AA1⊥AB1，又知AA1＝1，A1B1＝2，所以AB1＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，同理可得AC1＝eq\r(3)，又知在△AB1C1中，B1C1＝2，所以△AB1C1的边B1C1上的高为h＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，其面积S＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2)，于是三棱锥A­A1B1C1的体积VA­A1B1C1＝VA1­AB1C1＝eq\f(1,3)×S△AB1C1×AA1＝eq\f(\r(2),3)，进而可得此三棱柱ABC­A1B1C1的体积V＝3VA­A1B1C1＝3×eq\f(\r(2),3)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)B组——方法技巧练1．设P，A，B，C是球O表面上的四个点，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝1，PC＝2，则球O的表面积是________．解析：设球O的半径为R.由PA，PB，PC两两垂直，所以外接球的直径是以PA，PB，PC为棱的长方体的体对角线，即4R2＝PA2＋PB2＋PC2＝1＋1＋4＝6，故S球表面积＝4πR2＝6π.答案：6π2．在空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列四个命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号为________．解析：依据公理知平行于同一条直线的两条直线相互平行，①正确；依据线面垂直性质定理知“同垂直一个平面的两条直线平行”，知④正确；②③均不恒成立．故选①④.答案：①④3.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若各条棱长均为2，且M为A1C1的中点，则三棱锥M­AB1C的体积是________．解析：法一：在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，从而AA1⊥B1M.又因为B1M是正三角形A1B1C1的中线，所以B1M⊥A1C1，所以B1M⊥平面ACC1A1，则VM­AB1C＝VB1­ACM＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AC×AA1))×B1M＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).法二：VM­AB1C＝VABC­A1B1C1－VA­A1B1M－VC­C1B1M－VB1­ABC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×2－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(1,2)×\r(3)×2))－eq\f(1,3)×eq\r(3)×2＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)4.如图，平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面相互垂直，AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，AF＝eq\f(3,2).(1)求证：AC⊥BF；(2)求多面体ABCDEF的体积．解：(1)证明：∵AB＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，由余弦定理：AC2＝CD2＋AD2－2CD·AD·cos60°＝1＋4－2×1×2×eq\f(1,2)＝3，于是AD2＝CD2＋AC2，∴∠ACD＝90°，∵AB∥CD，∴AC⊥AB.又∵四边形ACEF是矩形，∴FA⊥AC，又AF∩AB＝A，∴AC⊥平面AFB，又BF⊂平面AFB，∴AC⊥BF.(2)令多面体ABCDEF的体积为V，V＝VD­ACEF＋VB­ACEF＝2VD­ACEF，又∵平面ABCD⊥平面ACEF，DC⊥AC，依据两平面垂直的性质定理：DC⊥平面ACEF，∴DC为四棱锥D­ACEF的高，S矩形ACEF＝eq\f(3,2)×eq\r(3)＝eq\f(3\r(3),2)，∴VD­ACEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),2)，∴V＝2VD­ACEF＝eq\r(3)，即多面体ABCDEF的体积为eq\r(3).5.如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC.(1)求证：平面AEC⊥平面ABE；(2)点F在BE上，若DE∥平面ACF，求eq\f(BF,BE)的值．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC.因为平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面BCE.因为EC⊂平面BCE，所以EC⊥AB.因为EC⊥BE，AB⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，AB∩BE＝B，所以EC⊥平面ABE.因为EC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE.(2)连结BD交AC于点O，连结OF.因为DE∥平面ACF，DE⊂平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，所以DE∥OF.又因为矩形ABCD中，O为BD的中点，所以F为BE的中点，即eq\f(BF,BE)＝eq\f(1,2).C组——创新应用练1．下列命题：①若直线l平行于平面α内的多数条直线，直线a在平面α内，则l∥a；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的多数条直线．其中真命题的个数为________．解析：对于①，∵直线l虽与平面α内的多数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴l不肯定平行于a，∴①是假命题；对于②，∵直线a在平面α外，包括两种状况：a∥α和a与α相交，∴②是假命题；对于③，∵a∥b，直线b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴a不肯定平行于α，∴③是假命题；对于④，∵a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴a与平面α内的多数条直线平行，∴④是真命题.答案：12.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P­AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝eq\f(AP·AC,PC)＝eq\f(2×2cosθ,2\r(1＋cos2θ))＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))，在Rt△PAB中，AE＝PE＝eq\r(2)，∴EF＝eq\r(AE2－AF2)，∴VP­AEF＝eq\f(1,6)AF·EF·PE＝eq\f(1,6)AF·eq\r(2－AF2)·eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6)·eq\r(2AF2－AF4)＝eq\f(\r(2),6)·eq\r(－AF2－12＋1)≤eq\f(\r(2),6)，∴当AF＝1时，VP­AEF取得最大值eq\f(\r(2),6)，此时AF＝eq\f(2cosθ,\r(1＋cos2θ))＝1，∴cosθ＝eq\f(1,\r(3))，sinθ＝eq\r(\f(2,3))，∴tanθ＝eq\r(2).答案：eq\r(2)3.如图所示，等腰△ABC的底边AB＝6eq\r(6)，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥P­ACFE的体积，则V(x)的最大值为________．解析：因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，所以PE⊥平面ABC.因为CD⊥AB，FE⊥AB，所以EF∥CD，所以eq\f(EF,CD)＝eq\f(BE,BD)，即eq\f(EF,3)＝eq\f(x,3\r(6))，所以EF＝eq\f(x,\r(6))，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×6eq\r(6)×3＝9eq\r(6)，S△BEF＝eq\f(1,2)×x×eq\f(x,\r(6))＝eq\f(\r(6),12)x2，所以V(x)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9\r(6)－\f(\r(6),12)x2))x＝eq\f(\r(6),3)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(1,12)x2))(0＜x＜3eq\r(6))．因为V′(x)＝eq\f(\r(6),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(1,4)x2))，所以当x∈(0,6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增；当6＜x＜3eq\r(6)时，V′(x)＜0，V(x)单调递减，因此当x＝6时，V(x)取得最大值12eq\r(6).答案：12eq\r(6)4.如图①所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE＝4.如图②所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连结AB，设点F是AB的中点．(1)求证：DE⊥平面BCD；(2)若EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B­DEG的体积．解：(1)证明：在题图①中，因为AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，所以∠ACB＝60°.因为CD为∠ACB的平分线，所以∠BCD＝∠ACD＝30°，所以CD＝2eq\r(3).又因为CE＝4，∠DCE＝30°，所以DE＝2.则CD2＋DE2＝CE2，所以∠CDE＝90°，即DE⊥CD.在题图②中，因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，DE⊂平面ACD，所以DE⊥平面BCD.(2)在题图②中，因为EF∥平面BDG，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面BDG＝BG，所以EF∥BG.因为点E在线段AC上，CE＝4，点F是AB的中点，所以AE＝EG＝CG＝2.过点B作BH⊥CD交于点H.因为平面BCD⊥平面ACD，BH⊂平面BCD，所以BH⊥平面ACD.由条件得BH＝eq\f(3,2).又S△DEG＝eq\f(1,3)S△ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC·CD·sin30°＝eq\r(3)，所以三棱锥B­DEG的体积为V＝eq\f(1,3)S△DEG·BH＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(3,2)＝eq\f(\r(3),2).5.如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC，D为BC的中点．(1)若平面ABC⊥平面BCC1B1，求证：AD⊥DC1；(2)求证：A1B∥平面ADC1.证明：(1)因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面BCC1B1.因为DC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥DC1.(2)如图，连结A1C，交AC1于点O，连结OD，则O为A1C的中点．因为D为BC的中点，所以OD∥A1B.因为OD⊂平面AD