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2014高三数学二轮专题复习:专题综合检测四立体几何



专题综合检测四立体几何
时间:120 分钟 满分:150 分 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分;在每小 题给出四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(2013· 成都石室一模)设 a、b 是两条不同的直线,α、β 是两 个不同的平面,则下列四个命题中正确的是( A.若 a⊥b,a⊥α,则 b∥α B.若 a∥α,α⊥β,则 a⊥β C

.若 a⊥β,α⊥β,则 a∥α D.若 a⊥b,a⊥α,b⊥β,则 α⊥β [答案] D [解析] a⊥b? ? ? ??b∥α或b?α? ? a⊥α? ??α⊥β,故 D 正确. b⊥β )

? ?

2. (文)(2013· 菱湖月考)若某多面体的三视图(单位: cm)如图所示, 则此多面体的体积是( )

1 A.2cm3 5 C.6cm3 [答案] C

2 B.3cm3 7 D.8cm3

[解析] 由三视图知,该几何体是由一个正方体割去一个角所得 到的多面体,如图,其正方体的棱长为 1,则该多面体的体积为 13- 1 1 3 5 3 3×2×1 =6cm .

(理)(2012· 河北郑口中学模拟)某几何体的正视图与侧视图如图所 1 示,若该几何体的体积为3,则该几何体的俯视图可以是( )

[答案] D [解析] 由正视图及俯视图可知该几何体的高为 1,又∵其体积 1 1 为3,故为锥体,∴SR=1,A 中为三角形,此时其底面积为2,舍去; 1 π B 为4个圆,底面积为4,也舍去,C 为圆,其面积为 π 舍去,故只有 D 成立. 1 [点评] 如果不限定体积为3 ,则如图(1)在三棱锥 P-ABC 中, AC⊥BC,PC⊥平面 ABC,AC=BC=PC=1,则此三棱锥满足题设 要求,其俯视图为等腰直角三角形 A;如图(2),底半径为 1,高为 1 的圆锥,被截面 POA 与 POB 截下一角,OA⊥OB,则此时几何体满 足题设要求,其俯视图为 B;如图(3),这是一个四棱锥,底面是边长 为 1 的正方形,PA⊥平面 ABCD,此几何体满足题设要求,其俯视图 为 D.

3.(2013· 湖南文,7)已知正方体的棱长为 1,其俯视图是一个面 积为 1 的正方形,侧视图是一个面积为 2的矩形,则该正方体的正 视图的面积等于( 3 A. 2 C. 2+1 2 ) B.1 D. 2

[答案] D [解析] 由棱长为 1 的正方体的俯视图及侧视图的面积可知正方 体的一条侧棱正对正前方,其三视图如下:

故正视图是长为 2,宽为 1 的矩形,其面积为 2,选 D. 4.(文)如图,在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90° ,BC1 ⊥AC,则 C1 在平面 ABC 上的射影 H 必在( )

A.直线 AB 上 B.直线 BC 上 C.直线 AC 上 D.△ABC 的内部 [答案] A [解析] ∵AC⊥AB,AC⊥BC1, AB∩BC1=B, ∴AC⊥平面 ABC1.又 AC?平面 ABC. ∴平面 ABC1⊥平面 ABC. ∴C1 在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面交线 AB 上,故选 A. (理)(2012· 嘉兴调研)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 是棱 AB 上的 E 动点,则直线 A1D 与直线 C1E 所成的角等于( A.60° C.30° [答案] B [解析] ∵A1D⊥AB,A1D⊥AD1, ∴A1D⊥平面 AD1C1B,∴A1D⊥C1E. 5.如图,四边形 ABCD 中,AB=AD=CD=1,BD= 2,BD⊥ CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′-BCD,使平面 A′BD⊥平面 BCD,则下列结论正确的是( ) B.90° D.随点 E 的位置而变化 )

A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90° C.CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° 1 D.四面体 A′-BCD 的体积为3 [答案] B [解析]

取 BD 的中点 O,∵A′B=A′D,∴A′O⊥BD,又平面 A′BD ⊥平面 BCD,平面 A′BD∩平面 BCD=BD,∴A′O⊥平面 BCD, ∵CD⊥BD,∴OC 不垂直于 BD.假设 A′C⊥BD,∵OC 为 A′C 在 平面 BCD 内的射影,∴OC⊥BD,矛盾,∴A′C 不垂直于 BD,A 错误;∵CD⊥BD,平面 A′BD⊥平面 BCD,∴CD⊥平面 A′BD, A′C 在平面 A′BD 内的射影为 A′D, ∵A′B=A′D=1, BD= 2, ∴A′B⊥A′D,A′B⊥A′C,B 正确;∠CA′D 为直线 CA′与平 1 面 A′BD 所成的角,∠CA′D=45° 错误;VA′-BCD=3S△A′BD· ,C CD 1 =6,D 错误,故选 B.

6.

(2012· 广州模拟)过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD. 若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是( A.30° C.60° [答案] B [解析] B.45° D.90° )

建立如图所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量分别为 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 |n1·2| n 2 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 =2, |n1||n2| 故所求的二面角的大小是 45° . 7.(文)已知 m、n 是两条不同直线,α、β 为两个不同平面,那么 使 m∥α 成立的一个充分条件是( A.m∥β,α∥β )

B.m⊥β,α⊥β C.m⊥n,n⊥α,m?α D.m 上有不同的两个点到 α 的距离相等 [答案] C [解析] 对于 A,直线 m 可能位于平面 α 内;对于 B,直线 m 可 能位于平面 α 内;对于 D,当直线 m 与平面 α 相交时,显然在该直 线上也能找到两个不同的点到平面 α 的距离相等.故选 C. (理)如果一条直线和一个平面垂直,则称此直线与平面构成一个 “正交线面对”,在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四 个顶点的平面构成“正交线面对”的概率为( 1 A.7 3 C.28 [答案] C [解析] 从正方体的 8 个顶点中任取 2 个确定一条直线,共确定
2 直线 C8=28 条, 从正方体的 8 个顶点中取出四个顶点在同一平面内,

)

1 B.14 9 D.490

这样的平面只能是正方体的表面与对角面共 12 个,∴共有 12×28= 336 个不同的基本事件. 其中能构成“正交线面对”时,正方体的一个表面能构成 4 对, 一个对角面能构成 2 对,共构成 6×4+6×2=36 对,故所求概率 P 36 3 =336=28. 8.如图,在正四面体 P-ABC 中,D、E、F 分别是 AB、BC、 CA 的中点,下列四个结论不成立的是

(

)

A.BC∥平面 PDF B.DF⊥平面 PAE C.平面 PDF⊥平面 PAE D.平面 PDE⊥平面 ABC [答案] D [解析] ∵D、F 分别为 AB、AC 的中点,∴BC∥DF, ∵BC?平面 PDF,∴BC∥平面 PDF,故 A 正确;在正四面体中, ∵E 为 BC 中点,易知 BC⊥PE,BC⊥AE,∴BC⊥平面 PAE,∵DF ∥BC,∴DF⊥平面 PAE,故 B 正确;∵DF⊥平面 PAE,DF?平面 PDF,∴平面 PDF⊥平面 PAE,∴C 正确,故选 D. 9.(文)(2013· 新课标Ⅱ理,4)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α, n⊥平面 β,直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则( A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l [答案] D [解析] 解法 1:平移直线 m 使之与 n 相交于 O,这两条直线确 )

定的平面为 γ,∵m⊥平面 α,n⊥平面 β,则平面 α 与平面 β 相交. 设交线为 a,则 a⊥γ,又 l⊥m,l⊥n,则 l⊥γ,∴l∥a. 解法 2:若 α∥β,∵m⊥α,n⊥β,∴m∥n,这与 m、n 异面矛 盾,故 α 与 β 相交,设 α∩β=a,则 a⊥m,a⊥n,在 m 上取点 O, 过 O 作 n′∥n,设 m 与 n′确定的平面为 γ,∵a⊥m,a⊥n′,∴a ⊥γ,∵l⊥n,∴l⊥n′, 又 l⊥m,∴l⊥γ,∴a∥l. (理)(2013· 山东理,4)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂 9 直,体积为4,底面是边长为 3的正三角形,若 P 为底面△A1B1C1 的 中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为( 5π A.12 [答案] B [解析] 9 1 如 图 所 示 , 由 已 知 4 = S △ A1B1C1· 1 = 2 × 3 × 3 AA π B.3 π C.4 π D.6 )

sin60°AA1,∴AA1= 3, ·

2 2 A1P=AP′=3A1D1=3 A1B2-B1D2 1 1

2 =3

3 ? 3?2-? 2 ?2=1,

∵P,P′分别为平面 A1B1C1 与平面 ABC 的中心,则 PP′⊥平 面 ABC,∠P′AP 即为 PA 与平面 ABC 所成的角, tan∠P′AP= PP′ A1A 3 π = = 1 = 3,∴∠P′AP=3. AP′ AP′

10.(文)已知 a、b、c、d 是空间四条直线,如果 a⊥c,b⊥c,a ⊥d,b⊥d,那么( A.a∥b 且 c∥d B.a、b、c、d 中任意两条可能都不平行 C.a∥b 或 c∥d D.a、b、c、d 中至多有一对直线互相平行 [答案] C [解析] 若 a 与 b 相交,则存在平面 β,使得 a?β 且 b?β,由 a ⊥c,b⊥c,知 c⊥β,同理 d⊥β,所以 c∥d.若 a∥b,则 c 与 d 可能 平行,也可能不平行.结合各选项知选 C. (理)已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=1,AA1=2,E 是侧棱 BB1 的中点,则直线 AE 与平面 A1ED1 所成角的大小为( A.60° C.45° [答案] B [解析] B.90° D.以上都不正确 ) )

以点 D 为原点,DA、DC、DD1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图 所示的空间直角坐标系. 由题意知,A1(1,0,2),E(1,1,1),D1(0,0,2),A(1,0,0), → → A1E=(0,1,-1),D1E=(1,1,-1), 设平面 A1ED1 的一个法向量为 n=(x,y,z),

? → ?n· 1E=0 A 则? ?n·→ =0 ? D1E

?y-z=0, ?x=0, ? ? ? ? ∴? ? ? ?x+y-z=0. ?y=z,

令 z=1,得 y=1. 所以 n=(0,1,1),


cos<n,E A >=


n· A E





-2 =-1. 2· 2

|n|· A | |E


所以<n, A >=180° 所以直线 AE 与平面 A1ED1 所成的角为 90° E , . 11.如图,在棱长为 5 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,EF 是棱 AB 上的一条线段,且 EF=2,Q 是 A1D1 的中点,点 P 是棱 C1D1 上 的动点,则四面体 P-QEF 的体积

(

)

A.是变量且有最大值 B.是变量且有最小值 C.是变量且有最大值和最小值 D.是常量 [答案] D [解析] 因为 EF=2,点 Q 到 AB 的距离为定值,所以△QEF 的 面积为定值,设为 S,又因为 D1C1∥AB,所以 D1C1∥平面 QEF;点 P 到平面 QEF 的距离也为定值, 设为 d, 从而四面体 P-QEF 的体积 1 为定值3Sd. 12.(文)已知 α、β、γ 是三个不同的平面,命题“α∥β,且 α⊥γ ?β⊥γ”是真命题,如果把 α、β、γ 中的任意两个换成直线,另一个 保持不变,在所得的所有新命题中,真命题有( A.0 个 C.2 个 [答案] C [解析] 若 α、β 换成直线 a、b,则命题化为“a∥b,且 a⊥γ?b ⊥γ”,此命题为真命题;若 α、γ 换为直线 a、b,则命题化为“a∥β, 且 a⊥b?b⊥β”,此命题为假命题;若 β、γ 换为直线 a、b,则命题 B.1 个 D.3 个 )

化为“a∥α,且 b⊥α?a⊥b”,此命题为真命题,故选 C. (理)如图,在△ABC 中,AB⊥AC,若 AD⊥BC,则 AB2=BD· BC; 类似地有命题:在三棱锥 A-BCD 中,AD⊥平面 ABC,若 A 点在平 面 BCD 内的射影为 M,则有 S2 ABC=S△BCM·△BCD.上述命题是( S △ )

A.真命题 B.增加条件“AB⊥AC”才是真命题 C.增加条件“M 为△BCD 的垂心”才是真命题 D.增加条件“三棱锥 A-BCD 是正三棱锥”才是真命题 [答案] A [解析] 因为 AD⊥平面 ABC, 所以 AD⊥AE, AD⊥BC, 在△ADE 中,AE2=ME· DE,又 A 点在平面 BCD 内的射影为 M,所以 AM⊥平 面 BCD,AM⊥BC,所以 BC⊥平面 ADE,所以 BC⊥DE,将 S△ABC、 S△BCM、S△BCD 分别表示出来,可得 S2 ABC=S△BCM·△BCD,故选 A. S △ 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,将答案填 写在题中横线上.) 13. (2012· 海南模拟)已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是矩形, PA⊥底面 ABCD,点 E、F 分别是棱 PC、PD 的中点,则 ①棱 AB 与 PD 所在直线垂直; ②平面 PBC 与平面 ABCD 垂直; ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积; ④直线 AE 与平面 BF 是异面直线.

以上结论正确的是________.(写出所有正确结论的编号) [答案] ①③ [解析] 由条件可得 AB⊥平面 PAD,∴AB⊥PD,故①正确; 若平面 PBC⊥平面 ABCD,由 PB⊥BC,得 PB⊥平面 ABCD,从 而 PA∥PB,这是不可能的,故②错; 1 1 S△PCD=2CD· PD, △PAB=2AB· 由 AB=CD, S PA, PD>PA 知③正确; 由 E、F 分别是棱 PC、PD 的中点,可得 EF∥CD,又 AB∥CD, ∴EF∥AB,故 AE 与 BF 共面,④错,故填①③. 14.

(2012· 安庆市二模)如图, 正方形 BCDE 的边长为 a, 已知 AB= 3 BC,将直角△ABE 沿 BE 边折起,A 点在面 BCDE 上的射影为 D 点, 则翻折后的几何体中有如下描述: ①AB 与 DE 所成角的正切值是 2; 1 ②VB-ACE 的体积是6a2; ③AB∥CD; ④平面 EAB⊥平面 ADE; 3 ⑤直线 BA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 3 .

其中正确的叙述有________(写出所有正确结论的编号). [答案] ①②④⑤ [解析] 由题意可得如图所示的几何体,对于①,AB 与 DE 所成 角为∠ABC,在△ABC 中,∠ACB=90° ,AC= 2a,BC=a,所以 tan ∠ABC= 2,故①正确;

1 1 1 对于②,VB-ACE=VA-ECB=3×a×2×a×a=6a3,故②正确;③ 明显错误; 对于④, 因为 AD⊥平面 BCDE, 所以 AD⊥BE, 又因为 DE⊥BE, 所以 BE⊥平面 ADE, 可得平面 EAB⊥平面 ADE, 故④正确; 对于⑤, 由④可知,∠BAE 即为直线 BA 与平面 ADE 所成的角,在△ABE 中, 3 ∠AEB=90° ,AB= 3a,BE=a,所以 sin∠BAE= 3 ,故⑤正确. 15.(2013· 济南质检)如图,在半径为 R 的半球内有一内接圆柱, 则这个圆柱体积的最大值是________.

[答案]

2 3 3 9 πR

[解析] 设圆柱的底面半径为 r,高为 h,则 r2+h2=R2,体积设 为 V, V=πr2· 则 h=π(R2-h2)· h=πR2h-πh3, ∴V′=πR2-3πh2.令 V′ =0 得 h= R 2 3 ,易知此时 V 取得最大值,最大值为 9 πR3. 3

16.(文)三棱锥 S-ABC 中,∠SBA=∠SCA=90° ,△ABC 是斜 边 AB=a 的等腰直角三角形,则以下结论中:

①SB⊥AC; ②直线 SB⊥平面 ABC; ③平面 SBC⊥平面 SAC; 1 ④点 C 到平面 SAB 的距离是2a.其中正确结论的序号是________. [答案] ①②③④

[解析] 由题意知 AC⊥平面 SBC,故 AC⊥SB,SB⊥平面 ABC, 平面 SBC⊥平面 SAC,①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,可 a 证得 CE⊥平面 SAB,故 CE 的长度2即为 C 到平面 SAB 的距离,④ 正确. (理)在四面体 ABCD 中,AB=1,AD=2 3,BC=3,CD=2, π ∠ABC=∠DCB=2,则二面角 A-BC-D 的大小等于__________. π [答案] 3 π [解析] ∵∠ABC=∠DCB=2, ∴AB⊥BC,CD⊥BC,

→ → ∴BA与CD的夹角等于二面角 A-BC-D 的大小, → → → → → ∵AB=1, BC=3, CD=2, AD=2 3, =AB+BC+CD, AD ∴AD
2

→ → → → → → → → → 2 2 2 =AB +BC +CD +2AB· +2BC· +2AB· , BC CD CD → → → → ∴12=1+9+4+2AB· ,∴AB· =-1, CD CD 设二面角的大小为 θ,则

→ → BA· CD 1 1 cosθ= = =2, → → 1×2 |BA|· | |CD π ∵0≤θ≤π,∴θ=3. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 74 分,解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 12 分)(2013· 江西八校联考)如图,三棱柱 ABC -A1B1C1 中,侧棱与底面垂直,∠BAC=90° ,AB=AC=AA1=2,点 M、N 分别为 A1B 和 B1C1 的中点.

(1)证明:A1M⊥平面 MAC; (2)求三棱锥 A-CMA1 的体积; (3)证明:MN∥平面 A1ACC1. [解析] (1)在 Rt△BAC 中, BC= AB2+AC2= 22+22=2 2, 在 Rt△A1AC 中, A1C= A1A2+AC2= 22+22=2 2. ∴BC=A1C,

即△A1CB 为等腰三角形. 又点 M 为 A1B 的中点,∴A1M⊥MC. 又∵四边形 AA1B1B 为正方形,M 为 A1B 的中点, ∴A1M⊥MA, AC∩MA=A, 又 AC?平面 MAC, MA?平面 MAC, ∴A1M⊥平面 MAC. (2)由(1)的证明可得: 1 三 棱 锥 A- CMA1 的 体 积 VA- CMA1 = VC - AMA1 = 3 ×S △ 1 1 2 AMA1×CA=3×2×2×1×2=3. (3)取 A1B1 的中点 P,连 MP,NP, 而 M、P 分别为 AB1 与 A1B1 的中点, ∴MP∥AA1,MP?平面 A1ACC1,AA1?平面 A1ACC1, ∴MP∥平面 A1ACC1,同理可证 NP∥平面 A1ACC1, 又 MP∩NP=P, ∴平面 MNP∥平面 A1ACC1. ∵MN?平面 MNP,∴MN∥平面 A1ACC1. 18.(本小题满分 12 分)(2013· 大兴区模拟)如图,直三棱柱 ABC

-A1B1C1 中,△ABC 是等边三角形,D 是 BC 的中点.

(1)求证:直线 A1D⊥B1C1; (2)判断 A1B 与平面 ADC1 的位置关系,并证明你的结论. [解析] (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥BC, 在等边△ABC 中,D 是 BC 中点,所以 AD⊥BC, 因为在平面 A1AD 中,A1A∩AD=A, 所以 BC⊥平面 A1AD, 又因为 A1D?平面 A1AD,所以 A1D⊥BC,

在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,四边形 BCC1B1 是平行四边形,所

以 B1C1∥BC, 所以,A1D⊥B1C1. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,四边形 ACC1A1 是平行四边形, 在平行四边形 ACC1A1 中连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 DO. 故 O 为 A1C 的中点. 在三角形 A1CB 中,D 为 BC 中点,O 为 A1C 中点,故 DO∥A1B. 因为 DO?平面 ADC1,A1B?平面 ADC1, 所以,A1B∥平面 ADC1, 故 A1B 与平面 ADC1 平行. 19. (本小题满分 12 分)(2013· 江西师大附中、 鹰潭一中模拟)如图 1,⊙O 的直径 AB=4,点 C、D 为⊙O 上两点,且∠CAB=45° ,F 为 BC 的中点.沿直径 AB 折起,使两个半圆所在平面互相垂直(如图 2).

(1)求证:OF∥平面 ACD; (2)在 AD 上是否存在点 E,使得平面 OCE⊥平面 ACD?若存在, 试指出点 E 的位置;若不存在,请说明理由. [解析] (1)∵∠CAB=45° ,∴∠COB=90° , 又∵F 为 BC 的中点,∴∠FOB=45° ,

∴OF∥AC,又 AC?平面 ACD, 从而 OF∥平面 ACD. (2)存在,E 为 AD 中点, ∵OA=OD,∴OE⊥AD, 又 OC⊥AB 且两半圆所在平面互相垂直, ∴OC⊥平面 OAD, 又 AD?平面 OAD,∴AD⊥OC, 由 AD⊥OE ? ?
? AD⊥OC? ??AD⊥平面 OCE,

又 AD?平面 ACD,∴平面 OCE⊥平面 ACD. 20. (本小题满分 12 分)(文)如图, 直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 底面 ABCD 是直角梯形,∠BAD=∠ADC=90° ,AB=2AD=2CD= 2.

(1)求证:AC⊥平面 BB1C1C; (2)在 A1B1 上是否存在一点 P,使得 DP 和平面 BCB1、平面 ACB1 都平行?证明你的结论. [解析] (1)直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1⊥平面 ABCD, AC?平面 ABCD,∴BB1⊥AC. 又∵∠BAD=∠ADC=90° ,AB=2AD=2CD=2, ∴AC= 2,∠CAB=45° ,∴BC= 2,∴BC⊥AC,

又 BB1∩BC=B,BB1、BC?平面 BB1C1C, ∴AC⊥平面 BB1C1C; (2)存在符合条件的点 P,且 P 为 A1B1 的中点.

证明:∵P 为 A1B1 的中点, 1 所以 PB1∥AB,且 PB1=2AB, 1 又 DC∥AB,DC=2AB, ∴DC∥PB1,且 DC=PB1. ∴四边形 CDPB1 为平行四边形,从而 CB1∥DP. 又 CB1?平面 ACB1,DP?平面 ACB1. ∴DP∥平面 ACB1,同理 DP∥平面 BCB1. [点评] (2)问中假如存在点 P, 使得 DP∥平面 BCB1, DP∥平面 ACB1, 又∵平面 BCB1∩平面 ACB1=CB1, ∴DP∥CB1, CD∥PB1, 又 故四边形 CDPB1 为平行四边形,∵A1B1=2CD,故只须 P 为 A1B1 的 中点,即有 PB1 DC,而获解.

对于存在性命题,常常是先假设存在,把其作为一个条件与其他 已知条件结合加以分析,探寻解题的思路. (理)

(2012· 山西大同学情调研)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为直角梯形,∠BAD=90° ,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a, PA⊥平面 ABCD,PD 与平面 ABCD 成 30° 角. (1)若 AE⊥PD,E 为垂足,求证:BE⊥PD; (2)求平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值. [解析] (1)∵PA⊥平面 ABCD,∴AB⊥PA. 又∵AB⊥AD,AD∩AP=A,∴AB⊥平面 PAD. ∴PD⊥AB. 又∵PD⊥AE,AB∩AE=A,∴PD⊥平面 ABE, ∴BE⊥PD. (2)∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AD,PA⊥AB. 又 AB⊥AD,∴PA、AB、AD 两两垂直. 以 A 为原点,AB、AD、AP 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间 → 直角坐标系,则 A(0,0,0),C(a,a,0),D(0,2a,0),AD=(0,2a,0).

∵PA⊥平面 ABCD,

∴∠ADP 是 PD 与平面 ABCD 所成的角. ∴∠ADP=30° . 2 3 2 3 ∵AD=2a,∴PA=2atan30° 3 a,∴P(0,0, 3 a). = → → 2 3 2 3 ∴PC=(a,a,- 3 a),PD=(0,2a,- 3 a).

? → ?n· =0 PC 设 n=(x,y,z)为平面 PCD 的法向量,则? → ?n· =0 ? PD



?ax+ay-2 3 3az=0 ∴? 2 3 ?2ay- 3 az=0

,取 x=1,则 n=(1,1, 3).

→ 易知,AD=(0,2a,0)为平面 PAB 的一个法向量, → → n· AD 5 ∴cos〈n,AD〉= =5, → |AD|· |n| 5 ∴平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值为 5 . 21.(本小题满分 12 分)

如图,已知矩形 ABCD 中,AB=10,BC=6,沿对角线 BD 把△ ABD 折起,使 A 点移到 A1 点,且 A1 在平面 BCD 上的射影 O 恰好在 CD 上.

(1)求证:BC⊥A1D; (2)求证:平面 A1BC⊥平面 A1BD; (3)求三棱锥 A1-BCD 的体积. [解析] (1)∵A1 在平面 BCD 上的射影 O 在 CD 上, ∴A1O⊥平面 BCD,又 BC?平面 BCD,∴BC⊥A1O. 又 BC⊥CO, CO∩A1O=O, CO?平面 A1CD, 1O?平面 A1CD, A ∴BC⊥平面 A1CD,又 A1D?平面 A1CD,∴BC⊥A1D. (2)∵四边形 ABCD 为矩形, ∴A1D⊥A1B,由(1)知 BC⊥A1D. 又 BC∩A1B=B,BC?平面 A1BC,A1B?平面 A1BC, ∴A1D⊥平面 A1BC,又 A1D?平面 A1BD, ∴平面 A1BC⊥平面 A1BD. (3)∵A1D⊥平面 A1BC,∴A1D⊥A1C. ∵CD=10,A1D=6,∴A1C=8, 1 1 ∴VA1-BCD=VD-A1BC=3×2×6×8×6=48. 22.(本小题满分 14 分)(文)(2013· 福建文,18)如图,在四棱锥 P -ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,BC=5,DC=3, AD=4,∠PAD=60° .

→ (1)当正视方向与向量AD的方向相同时,画出四棱锥 P-ABCD 的正视图(要求标出尺寸,并写出演算过程); (2)若 M 为 PA 的中点,求证:DM∥平面 PBC; (3)求三棱锥 D-PBC 的体积. [解析] (1)在梯形 ABCD 中,过点 C 作 CE⊥AB,垂足为 E.

由已知得,四边形 ADCE 为矩形,AE=CD=3, 在 Rt△BEC 中,由 BC=5,CE=4,依勾股定理知 BE=3,从而 AB=6. 又由 PD⊥平面 ABCD 得 PD⊥AD, 从而在 Rt△PDA 中,由 AD=4,∠PAD=60° , 得 PD=4 3. 正视图如图所示:

(2)取 PB 中点为 N,连接 MN,CN.

在△PAB 中,∵M 是 PA 中点, 1 ∴MN∥AB,MN=2AB=3,又 CD∥AB,CD=3, ∴MN∥CD,MN=CD, ∴四边形 MNCD 为平行四边形,∴DM∥CN. 又 DM?平面 PBC,CN?平面 PBC, ∴DM∥平面 PBC.

1 (3)VD-PBC=VP-DBC=3S△DBC· PD, 又 S△DBC=6,PD=4 3,所以 VD-PBC=8 3. (理)(2013· 陕西理,18)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形,O 为底面中心,A1O⊥平面 ABCD,AB=AA1= 2.

(1)证明:A1C⊥平面 BB1D1D (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 θ 的大小. [解析] 如图建立空间直角坐标系,

由 AB=AA1= 2可知 O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),B1(-1,1,1), C(-1,0,0),A1(0,0,1),D1(-1,-1,1),D(0,-1,0). → → → (1)∵A1C=(-1,0,-1),DB=(0,2,0),BB1=(-1,0,1) → → → → ∴A1C· =0,A1C· 1=0, DB BB 即 A1C⊥DB,A1C⊥BB1 且 DB∩BB1=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D (2)易求得平面 OCB1 的一个法向量 n=(0,1,-1),平面 BB1D1D 的一个法向量为 m=(1,0,1),所求夹角余弦值为 cosθ= |m· 1 n| = , |m||n| 2

所求夹角的大小为 60° .

一、选择题 1.(文)(2012· 杭州第二次质检)如图,是一个几何体的三视图,侧 视图和正视图均为矩形,俯视图为正三角形,尺寸如图,则该几何体 的侧面积为( )

A.6 C.24 [答案] C

B.12 3 D.3

[解析] 由三视图可知该几何体是正三棱柱, 其底面是高为 3的 正三角形,柱高为 4.因此底面正三角形的边长为 2,所以侧面积为 S =3×2×4=24. (理)(2013· 郑州质检)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何 体的表面积为( )

A.6+ 5 C.8+ 5 [答案] D

B.6+2 5 D.8+2 5

[解析] 由三视图可知该几何体为一横放的直三棱柱,其中底面 正对观察者,为一直角三角形,两直角边长分别为 1,2,棱柱的高为 2,故其表面积 S=(2+1+ 5)×2+2×1=8+2 5. 2.(2013· 福州质检)如图是一个空间几何体的三视图,这个几何 体的体积是( )

A.2π C.6π [答案] D [解析]

B.4π D.8π

由图可知该几何体是一个圆柱内挖去一个圆锥所得的

1 几何体,V=V 圆柱-V 圆锥=π×22×3-3π×22×3=8π,故选 D. 3.设 m、n 是两条不同的直线,α、β 是两个不同的平面,则下 列命题不正确的是( )

A.若 m⊥n,m⊥α,n?α,则 n∥α B.若 m⊥β,α⊥β,则 m∥α 或 m?α C.若 m⊥n,m⊥α,n⊥β,则 α⊥β D.若 m∥α,α⊥β,则 m⊥β [答案] D [解析] 对于选项 D,当直线 m 位于平面 β 内且与平面 α,β 的 交线平行时,直线 m∥α,显然 m 与平面 β 不垂直,因此选项 D 不正 确. 4.(2013· 嘉兴二测)已知 α,β,γ 是三个不重合的平面,m、n 是 不重合的直线,下列判断正确的是( A.若 α⊥β,β⊥γ,则 α∥γ B.若 α⊥β,l∥β,则 l∥α C.若 m∥α,n∥α,则 m∥n D.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n [答案] D [解析] A 错,两平面还可垂直;B 错,还可能有 l∥α;C 错, 两直线 m,n 的位置关系不确定;D 正确,垂直于同一平面的两直线 互相平行. 5.在正四面体(棱长都相等的四面体)A-BCD 中,棱长为 4,M 是 BC 的中点,点 P 在线段 AM 上运动(P 不与 A、M 重合), )

过点 P 作直线 l⊥平面 ABC,l 与平面 BCD 交于点 Q,给出下列 命题: ①BC⊥平面 AMD; ②Q 点一定在直线 DM 上; ③VC-AMD=4 2. 其中正确的是( A.①② C.②③ [答案] A [解析] 由 BC⊥AM,BC⊥MD,可得 BC⊥平面 AMD,即①正 确;由 BC⊥平面 AMD 可得平面 AMD⊥平面 ABC,则若过 P 作直线 l⊥平面 ABC,l 与平面 BCD 交于点 Q,Q 点一定在直线 DM 上,即 1 1 2 8 2 ②正确;由 VC-AMD=2VC-ABD=2× 12 ×43= 3 ,即③不正确,综上 可得正确的命题序号为①②,故应选 A. 6. ) B.①③ D.①②③

如图, 正△ABC 的中线 AF 与中位线 DE 相交于 G, 已知△A′ED 是△AED 绕 DE 旋转过程中的一个图形, 下列命题中, 错误的是( A.动点 A′在平面 ABC 上的投影在线段 AF 上 B.恒有平面 A′GF⊥平面 BCED C.三棱锥 A′-FED 的体积有最大值 D.异面直线 A′E 与 BD 不可能垂直 [答案] D [解析] 由题意,DE⊥平面 AGA′, ∴A、B、C 正确,故选 D. 7.(2013· 合肥质检)在三棱锥 A-BCD 中,侧棱 AB、AC、AD 两 2 3 6 两垂直,△ABC、△ACD、△ADB 的面积分别为 2 、 2 、 2 ,则三 棱锥 A-BCD 的外接球的体积为( A. 6π C.3 6π [答案] A 1 2 1 3 1 6 [解析] 2AB· AC= 2 ,2AD· AC= 2 ,2AB· AD= 2 ,∴AB= 2, AC=1,AD= 3.将此三棱锥补成长方体,则外接球的直径为长方体 6 对角线的长,则 r= 2 , ) B.2 6π D.4 6π )

4 6 ∴V=3π( 2 )3= 6π. 8.(文)

(2013· 合肥二检)用若干个棱长为 1 的正方体搭成一个几何体, 其 正视图、侧视图都是如下图形,对这个几何体,下列说法正确的是 ( ) A.这个几何体的体积一定是 7 B.这个几何体的体积一定是 10 C.这个几何体的体积的最小值是 6,最大值是 10 D.这个几何体的体积的最小值是 5,最大值是 11 [答案] D [解析] 易知其俯视图如图编号,由其正视图与侧视图知 5 处必 有 3 块,1 和 9 处(或 3 和 7 处)各有一块时,最小体积为 5,当 5 处 有 3 块,其余各为 1 块时,体积最大为 11. 1 4 7 2 5 8 3 6 9

(理)(2013· 杭州质检)如图,设平面 α∩β=EF,AB⊥α,CD⊥α, 垂足分别是 B、D,如果增加一个条件,就能推出 BD⊥EF,这个条 件不可能是下面四个选项中的( )

A.AC⊥β B.AC⊥EF C.AC 与 BD 在 β 内的射影在同一条直线上 D.AC 与 α、β 所成的角相等 [答案] D [解析] 因为 BD 是 AC 在平面 α 内的射影,所以只需得到 AC⊥ EF,那么由三垂线定理的逆定理可得 BD⊥EF.对于选项 A,因为 AC ⊥β,EF?β?AC⊥EF?BD⊥EF.选项 B,因为 AC⊥EF,所以 BD⊥ EF.对于选项 C,可得平面 ABDC⊥β,所以 BD⊥EF.对于选项 D,AC 与 α、β 所成的角相等,无法保证 AC⊥EF.综上知选 D. 9. 已知正四面体 A-BCD, 设异面直线 AB 与 CD 所成的角为 α, 侧棱 AB 与底面 BCD 所成的角为 β,侧面 ABC 与底面 BCD 所成的角 为 γ,则( ) B.α>γ>β D.γ>β>α

A.α>β>γ C.β>α>γ [答案] B [解析]

如图,设底面 BCD 的中心为点 O,连接 AO,BO,易知∠ABO =β,取 BC 的中点 E,连接 AE、OE,易知∠AEO=γ,在正三角形 π BCD 中,OB>OE,因此 0<β<γ<2,延长 BO 交 CD 于 F,则 BF⊥CD, 又 AO⊥CD, π ∴CD⊥平面 ABF.∴CD⊥AB,即 α=2.∴α>γ>β. 10. 在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 为 AB 的中点, M 则点 C 到平面 A1DM 的距离为( )

6 A. 3 a 2 C. 2 a [答案] A

6 B. 6 a 1 D.2a

[解析] 设点 C 到平面 A1DM 的距离为 h, 则由已知得 DM=A1M = a 5 a2+?2?2 = 2 a , A1D = 1 2 a , S △ A1DM = 2 × 2



5 2 6 1 ? 2 a?2-? 2 a?2= 4 a2,连接 CM,S△CDM=2a2,由 VC-A1DM

1 1 6 1 6 =VA1-CDM,得3S△A1DM· 3S△CDM· h= a,即 4 a2· 2a2· h= a,得 h= 3 a, 6 所以点 C 到平面 A1DM 的距离为 3 a,选 A. 11.(文)已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺 寸,可知这个几何体的侧面积是( )

A. 3π 2π C. 3 [答案] D

π B.3 D. 5π

[解析] 由三视图知,该几何体是一个圆锥,底半径为 1,高为 2,母线长 l= 22+12= 5,∴侧面积 S= 5π. (理)

如图,鼓状的几何体是由半径为 5 的圆 O 经过两个水平平面切 割而成,上下底面都是半径为 4 的圆,五点 O1、O、O2、A、D 同在 平面 α 上,而另五点 O1、O、O2、B、C 同在平面 β 上,若 α⊥β,则 直线 OB 与 AC 所成角的余弦值为( 17 A. 85 17 C. 15 [答案] A [解析] 由条件知 O1O2⊥平面 O1DC,O1D⊥O1C,O 为 O1O2 的 中点,OO2=3,以 O2 为原点,O2A、O2B、O2O1 分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,则 A(4,0,0),B(0,4,0),O(0,0,3),O1(0,0,6), → → C(0,4,6),∴OB=(0,4,-3),AC=(-4,4,6), 设 OB 与 AC 所成角为 α,则 → → |OB· | AC 2 17 cosα= = = 85 ,故选 A. → → 5×2 17 |OB|· | |AC 12. ) 5 B. 2 15 D. 13

(2012· 朝阳期末)已知正方形 ABCD 的边长为 2 2, 将△ABC 沿对 角线 AC 折起,使平面 ABC⊥平面 ACD,得到如右图所示的三棱锥 B -ACD.若 O 为 AC 边的中点, N 分别为线段 DC、 上的动点(不 M、 BO 包括端点),且 BN=CM.设 BN=x,则三棱锥 N-AMC 的体积 y=f(x) 的函数图象大致是( )

[答案] B 1 [解析] 由条件知,AC=4,BO=2,S△AMC=2CM· AD= 2x,NO 1 2 2 =2-x,∴VN-AMC=3S△AMC· NO= 3 x(2-x),即 f(x)= 3 x(2-x),故 选 B. 二、填空题 13.

(2012· 临川一中模拟)如图,ABED-FC 为多面体, 平面 ABED 与 平面 ACFD 垂直,点 O 在线段 AD 上,OA=1,OD=2,△OAB,△ OAC,△ODE,△ODF 都是正三角形.则棱锥 F-OBED 的体积为 ________. 3 [答案] 2 [解析] 因为平面 ABED 与平面 ACFD 垂直, △ODF 是正三角形, OD=2,则取 OD 的中点为 G,连接 FG,则 FG⊥平面 OBED,所以 1 棱锥 F-OBED 的高为 FG= 3, 由题可知其底面面积 S=2· 1×2sin60° 1 3 3 13 3 3 +2· 2×2sin60° 2 , = 所以棱锥 F-OBED 的体积 V=3· 2 × 3=2. 14.(文)(2012· 西宁一中模拟)设 α 和 β 为不重合的两个平面,给 出下列命题: (1)若 α 内的两条相交直线分别平行于 β 内的两条直线,则 α 平 行于 β; (2)若 α 外一条直线 l 与 α 内的一条直线平行,则 l 与 α 平行; (3)若 α 和 β 相交于直线 l,若 α 内有一条直线垂直于 l,则 α 和 β 垂直; (4)直线 l 与 α 垂直的充分必要条件是 l 与 α 内的两条直线垂直.

上面命题中,真命题的序号是________.(写出所有真命题的序 ... 号) [答案] (1)(2) [解析] 由二面平行的判定定理知(1)正确;由线面平行的判定定 理知(2)正确;当两相交平面不垂直时,在一个平面内总能作出与交 线垂直的直线,故(3)错;当 l 与 α 内两平行直线垂直时,不一定有 l ⊥α. (理)

(2012· 廊坊模拟)过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD. 若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是 ________. [答案] 45° [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系, 不难求出平面 APB 与 平面 PCD 的法向量 n1=(0,1,0), 2=(0,1,1), n 故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 |n1·2| n 2 =2, |n1||n2|

故所求的二面角的大小是 45° . 15. 如图, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, P 是上底面 A1B1C1D1 点 内一动点,则三棱锥 P-ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比 值为________.

[答案] 1 [解析] 依题意得三棱锥 P-ABC 的主视图与左视图均为三角

形,且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长,底边上的高也都 相等,因此三棱锥 P-ABC 的主视图与左视图的面积之比等于 1. 16.(文)(2012· 天津文)一个几何体的三视图如图所示(单位:m), 则该几何体的体积为________m3.

[答案] 30 [解析] 本题考查三视图及柱体体积公式. 由三视图知该几何体由一个棱长为 3,4,2 的长方体和一个底面是 2+1 直角梯形高为 4 的直棱柱组成,则体积 V=3×4×2+ 2 ×1×4= 30. [点评] 系. (理)设 C 是∠AOB 所在平面外的一点,若∠AOB=∠BOC=∠ 3 AOC=θ, 其中 θ 是锐角, OC 和平面 AOB 所成角的余弦值等于 3 , 而 则 θ 的值为________. [答案] 60° [解析] 作 CC1⊥平面 AOB 于点 C1,C1A1⊥OA 于点 A1,C1B1 ⊥OB 于点 B1,连接 OC1,则∠COC1 为直线 OC 与平面 AOB 所成的 角,且 OC1 是∠AOB 的平分线, 解决三视图问题应弄清图中各量与原几何体的量的关

x 设 OA1=x,则 OC=cosθ, OC1= θ, cos2 x

θ 2cos22-1 cosθ 3 易求得 cos∠COC1= θ= =3, θ cos2 cos2 θ 3 θ 即 2cos22- 3 cos2-1=0,解之得 θ 3 θ 3 cos2= 2 或 cos2=- 3 (舍去), θ 故2=30° ,所以 θ=60° . 三、解答题 17.

如图,在空间四边形 ABDP 中,AD?α,AB?α,AB⊥AD,PD ⊥α,且 PD=AD=AB,E 为 AP 中点.

(1)请在∠BAD 的平分线上找一点 C,使得 PC∥平面 EDB; (2)求证:ED⊥平面 EAB. [解析] (1)设∠BAD 的平分线交 BD 于 O,延长 AO,并在平分 线上截取 OC=AO,则点 C 即为所求的点. 证明:连接 EO、PC,∵AB=AD,AO 平分∠BAD,∴O 为 BD 中点,又 E 为 PA 中点,则 EO 为△PAC 的中位线, 所以 PC∥EO,而 EO?平面 EDB,且 PC?平面 EDB, ∴PC∥平面 EDB. (2)∵PD=AD,E 是边 AP 的中点,∴DE⊥PA① 又∵PD⊥α,AB?平面 α, ∴PD⊥AB,由已知 AD⊥AB,∴AB⊥平面 PAD, 而 DE?平面 PAD,∴AB⊥DE② 由①②及 AB∩PA=A 得 DE⊥平面 EAB. 18. 下面一组图形为 P-ABC 的底面与三个侧面. 已知 AB⊥BC, PA⊥AB,PA⊥AC.

(1)写出三棱锥 P-ABC 中的所有的线面垂直关系(不要求证明); (2)在三棱锥 P-ABC 中,M 是 PA 上的一点, 求证:平面 MBC⊥平面 PAB; (3)在三棱锥 P-ABC 中,M 是 PA 的中点,且 PA=BC=3,AB =4,求三棱锥 P-MBC 的体积.

[解析]

(1)如图,三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,BC⊥平面 PAB. (2)∵PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A, ∴PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC. 又∵BC⊥AB,且 PA∩AB=A, ∴BC⊥平面 PAB. 又 BC?平面 MBC,∴平面 MBC⊥平面 PAB. 3 (3)法一:∵PA=3,M 是 PA 的中点,∴MA=2. 又∵AB=4,BC=3. 1 1 1 3 ∴VM-ABC=3S△ABC· MA=3×2×4×3×2=3, 1 1 1 又 VP-ABC=3S△ABC· PA=3×2×4×3×3=6, ∴VP-MBC=VP-ABC-VM-ABC=6-3=3. 法二:∵PA=3,AB=4,M 是 PA 的中点, 1 1 1 ∴S△PBM=2S△PAB=2×2×3×4=3. 又∵BC⊥平面 PAB,且 BC=3, 1 1 ∴VP-MBC=VC-PBM=3S△PBM· BC=3×3×3=3. 19.(文)已知四棱锥 P-ABCD 的直观图和三视图如图所示,E 是 PB 的中点.

(1)求三棱锥 C-PBD 的体积; (2)若 F 是 BC 上任一点,求证:AE⊥PF; (3)边 PC 上是否存在一点 M,使 DM∥平面 EAC,并说明理由. [解析] (1)由该四棱锥的三视图可知,四棱锥 P-ABCD 的底面 是边长为 2 和 1 的矩形,侧棱 PA⊥平面 ABCD,且 PA=2, 1 1 2 ∴VC-PBD=VP-BCD=3×2×1×2×2=3. (2)证明:∵BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A.

∴BC⊥平面 PAB,∴BC⊥AE,

又在△PAB 中,∵PA=AB,E 是 PB 的中点, ∴AE⊥PB.又∵BC∩PB=B, ∴AE⊥平面 PBC,且 PF?平面 PBC,∴AE⊥PF. (3)存在点 M,可以使 DM∥平面 EAC.

连接 BD,设 AC∩BD=O,连接 EO. 在△PBD 中,EO 是中位线. ∴PD∥EO, 又∵EO?平面 EAC,PD?平面 EAC, ∴PD∥平面 EAC, ∴当点 M 与点 P 重合时,可以使 DM∥平面 EAC. (理)

(2012· 合肥第二次质检)如图,PO⊥平面 ABCD,点 O 在 AB 上,

EA∥PO,四边形 ABCD 为直角梯形,BC⊥AB,BC=CD=BO=PO, 1 EA=AO=2CD. (1)求证:PE⊥平面 PBC; (2)直线 PE 上是否存在点 M,使 DM∥平面 PBC,若存在,求出 点 M;若不存在,说明理由. (3)求二面角 E-BD-A 的余弦值. [解析] (1)证明:∵EA∥OP,AO?平面 ABP, ∴点 A,B,P,E 共面. ∵PO⊥平面 ABCD,PO?平面 PEAB. ∴平面 PEAB⊥平面 ABCD, ∵BC?平面 ABCD,BC⊥AB, 平面 PEAB∩平面 ABCD=AB, ∴BC⊥平面 PEAB,∴PE⊥BC. 由平面几何知识知 PE⊥PB,又 BC∩PB=B, ∴PE⊥平面 PBC.

(2)点 E 即为所求的点,即点 M 与点 E 重合.取 PB 的中点 F, 连接 EF,CF,DE,由平面几何知识知 EF∥AB,又 AB∥CD,∴EF ∥CD,且 EF=DC,

∴四边形 DCFE 为平行四边形,所以 DE∥CF. ∵CF 在平面 PBC 内,DE 不在平面 PBC 内, ∴DE∥平面 PBC. (3)由已知可知四边形 BCDO 是正方形,显然 OD、OB、OP 两两 垂直,如图建立空间直角坐标系,设 DC=1,

1 1 则 B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,-2,2), 设平面 BDE 的一个法向量为 n1=(x,y,z), → → 3 1 BD=(1,-1,0),BE=(0,-2,2),

? → ?n1· =0, BD ? → ?n · =0, ? 1 BE

?x-y=0, 即? 3 1 ?-2y+2z=0.

取 y=1,则 x=1,z=3,从而 n1=(1,1,3). 取平面 ABD 的一个法向量为 n2=(0,0,1). n1·2 n 3 3 11 cos〈n1,n2〉= = = 11 , |n1|· 2| |n 11· 1 3 11 故二面角 E-BD-A 的余弦值为 11 . 20.(文)(2012· 梅州二模)下图是一几何体的直观图、正(主)视图、

侧(左)视图、俯视图.其中俯视图是边长为 4 的正方形,正(主)视图 为直角梯形,侧(左)视图为等腰直角三角形,且 CE 是中线.

(1)若 F 为 PD 的中点,求证:AF⊥平面 PCD; (2)证明:BD∥平面 PEC. [解析] (1)由几何体的三视图可知, 底面 ABCD 是边长为 4 的正 方形,PA⊥平面 ABCD,PA∥EB,PA=2EB=4. ∵PA=AD,F 为 PD 的中点,∴PD⊥AF. 又∵CD⊥DA,CD⊥PA,∴CD⊥平面 PDA,

又 AF?平面 PDA,∴CD⊥AF. ∴AF⊥平面 PCD.

(2)取 PC 的中点 M,连接 AC、BD 交于点 N,连接 MN、EM. 1 ∴MN=2PA,MN∥PA,又由已知得 BE 1 2PA.

∴MN=EB,MN∥EB,故 BEMN 为平行四边形. ∴EM∥BN,即 EM∥BD,EM?平面 PEC,BD?平面 PEC, ∴BD∥平面 PEC. (理)(2013· 天津耀华中学月考)如图所示,在五面体 ABCDEF 中, FA⊥平面 ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M 为 EC 的中点,AF= 1 AB=BC=FE=2AD.

(1)求证:BF⊥DM;

(2)求二面角 A-CD-E 的余弦值. [解析] 以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,不 妨设 AB=1,

依题意得 A(0,0,0)、 B(1,0,0)、 C(1,1,0)、 D(0,2,0)、 E(0,1,1)、 F(0,0,1)、 1 1 M(2,1,2). → → 1 1 (1)证明:BF=(-1,0,1),DM=(2,-1,2), → → 1 1 ∴BF· =-2+0+2=0,∴BF⊥DM. DM

? → ?u· =0, CE (2)解: 设平面 CDE 的一个法向量为 u=(x, z), y, ? → ?u· =0. ? DE
→ → 又CE=(-1,0,1),DE=(0,-1,1),
?-x+z=0, ? ∴? ? ?-y+z=0.

令 x=1,可得 u=(1,1,1). 又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v=(0,0,1),

∴cos〈u,v〉=

u· 0+0+1 v 3 = =3. |u|· |v| 3×1

3 故二面角 A-CD-E 的余弦值为 3 . 21.(文)

如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BB1=BC,AC1⊥ 平面 A1BD,D 为 AC 的中点. (1)求证:B1C∥平面 A1BD; (2)求证:B1C1⊥平面 ABB1A1; (3)在 CC1 上是否存在一点 E,使得∠BA1E=45° ,若存在,试确 定 E 的位置,并判断平面 A1BD 与平面 BDE 是否垂直?若不存在, 请说明理由. [分析] (1)连接 AB1,交 A1B 于 M,则 MD 就是平面 A1BD 内与 B1C 平行的直线;(2)需在平面 ABB1A1 中找两条相交直线都与 B1C1 垂 直,由直三棱柱的概念,知 BB1⊥B1C1,另一条的寻找,从 AC1⊥平 面 A1BD, 以平行四边形 ABB1A1 为正方形入手, 证明 A1B⊥平面 AB1C1 从而得出 A1B⊥B1C1.(3)用余弦定理解△A1BE. [解析]

(1)连接 AB1 与 A1B 相交于 M,则 M 为 A1B 的中点.连接 MD, 又 D 为 AC 的中点, ∴B1C∥MD, 又 B1C?平面 A1BD,MD?平面 A1BD,∴B1C∥平面 A1BD. (2)∵AB=B1B,∴平行四边形 ABB1A1 为正方形, ∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面 A1BD, ∴AC1⊥A1B,∴A1B⊥平面 AB1C1,∴A1B⊥B1C1. 又在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥B1C1, ∴B1C1⊥平面 ABB1A1. (3)设 AB=a,CE=x,∵B1C1⊥A1B1,在 Rt△A1B1C1 中有 A1C1 = 2a,同理 A1B1= 2a,∴C1E=a-x, ∴A1E= 2a2+?a-x?2= x2+3a2-2ax, BE= a2+x2, ∴在△A1BE 中,由余弦定理得 BE2=A1B2+A1E2-2A1B· 1E· A cos45° ,即 2 a2+x2=2a2+x2+3a2-2ax-2 2a 3a2+x2-2ax·2 , ∴ 3a2+x2-2ax=2a-x, 1 ∴x=2a,即 E 是 C1C 的中点,

∵D、E 分别为 AC、C1C 的中点,∴DE⊥AC1. ∵AC1⊥平面 A1BD,∴DE⊥平面 A1BD. 又 DE?平面 BDE,∴平面 A1BD⊥平面 BDE. [点评] 空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面 垂直三者之间可以相互转化, 每一种垂直的判定都是从某种垂直开始 转向另一种垂直,最终达到目的,其转化关系为线线垂直判定定理线 ???? 性质定理 面垂直判定定理面面垂直. ???? 性质定理 (理)(2012· 揭阳一模)如图①,边长为 1 的正方形 ABCD 中,点 E、 F 分别为 AB、BC 的中点,将△BEF 剪去,将△AED、△DCF 分别沿 DE、DF 折起,使 A、C 两点重合于点 P,得一三棱锥如图②所示.

(1)求证:PD⊥EF; (2)求三棱锥 P-DEF 的体积; (3)求 DE 与平面 PDF 所成角的正弦值. [解析] (1)依题意知图①折前 AD⊥AE,CD⊥CF, ∴折起后 PD⊥PE,PF⊥PD, ∵PE∩PF=P,∴PD⊥平面 PEF. 又∵EF?平面 PEF,∴PD⊥EF. 1 1 (2)依题意知图①中 AE=CF=2,∴PE=PF=2,在△BEF 中 EF

2 = 2BE= 2 , 在△PEF 中,PE2+PF2=EF2,∴PE⊥PF, 1 111 1 ∴S△PEF=2· PF=2··=8, PE· 22 1 1 1 1 ∴VP-DEF=VD-PEF=3S△PEF· PD=3×8×1=24. (3)由(2)知 PE⊥PF,又 PE⊥PD,∴PE⊥平面 PDF, ∴∠PDE 为 DE 与平面 PDF 所成的角. 在 Rt△PDE 中, ∵DE= PD2+PE2= 1 5 1 1+4= 2 ,PE=2,

1 PE 2 5 ∴sin∠PDE=DE= = 5 . 5 2 22.(文)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形, 侧棱 PA⊥底面 ABCD,且 PA=2,E 是侧棱 PC 上的动点.

(1)求四棱锥 P-ABCD 的体积; (2)如果 E 是 PA 的中点,求证 PC∥平面 BDE; (3)是否不论点 E 在侧棱 PA 的任何位置,都有 BD⊥CE?证明你

的结论. [解析] (1)∵PA⊥平面 ABCD, 1 1 2 ∴VP-ABCD=3S 正方形 ABCD· PA=3×12×2=3. 2 即四棱锥 P-ABCD 的体积为3. (2)连接 AC 交 BD 于 O,连接 OE.

∵四边形 ABCD 是正方形,∴O 是 AC 的中点. 又∵E 是 PA 的中点,∴PC∥OE. ∵PC?平面 BDE,OE?平面 BDE,∴PC∥平面 BDE. (3)不论点 E 在何位置,都有 BD⊥CE. 证明如下:∵四边形 ABCD 是正方形,∴BD⊥AC. ∵PA⊥底面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,∴BD⊥PA. 又∵AC∩PA=A,∴BD⊥平面 PAC. ∵不论点 E 在何位置,都有 CE?平面 PAC. ∴不论点 E 在何位置,都有 BD⊥CE. (理)如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC=2AA1, ∠ABC =90° ,D 是 BC 的中点.

(1)求证:A1B∥平面 ADC1; (2)求二面角 C1-AD-C 的余弦值; (3)试问线段 A1B1 上是否存在点 E,使得 AE 与 DC1 成 60° 角?若 存在,确定 E 点位置;若不存在,说明理由. [解析] (1)证明:连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD. 由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱得四边形 ACC1A1 为矩形,O 为 A1C 的中点. 又 D 为 BC 中点,所以 OD 为△A1BC 中位线, 所以 A1B∥OD, 所以 OD?平面 ADC1,A1B?平面 ADC1, 所以 A1B∥平面 ADC1. (2)由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,且∠ABC=90° ,故 BA,BC, BB1 两两垂直. 如图建立空间直角坐标系 B-xyz.

设 BA=2,则 B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0). → → 所以AD=(1,-2,0),AC1=(2,-2,1). 设平面 ADC1 的法向量为 n=(x,y,z),则有

? → ?n· =0, AD ? ?n·→ =0. ? AC1

?x-2y=0, ? 所以? ? ?2x-2y+z=0.

取 y=1,得 n=(2,1,-2). 易知平面 ADC 的法向量为 v=(0,0,1). 由二面角 C1-AD-C 的平面角是锐角,得 |n· 2 v| cos〈n,v〉= = . |n||v| 3 2 所以二面角 C1-AD-C 的余弦值为3. (3)假设存在满足条件的点 E. 因为 E 在线段 A1B1 上,A1(0,2,1),B1(0,0,1), 故可设 E(0,λ,1),其中 0≤λ≤2. → → 所以AE=(0,λ-2,1),DC1=(1,0,1).

?→ → ? DC ? AE· 1 ?=1. 因为 AE 与 DC1 成 60° 角,所以 ?→ → ? 2 ?|AE||DC1|?
即?
?

1 ? 1 ?= ,解得 λ=1,舍去 λ=3. 2 ? ?λ-2? +1· 2? 2

所以当点 E 为线段 A1B1 中点时,AE 与 DC1 成 60° 角.



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