tceic.com
简单学习网 让学习变简单
相关标签
当前位置:首页 >> 数学 >>

【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测四(Word有详解答案) (1)


专题综合检测四 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 C.若 a⊥β,α⊥β,则 a∥α [答案] D [解析

] a⊥b? ? ??b∥α或b?α? a⊥α? ??α⊥β,故 D 正确. b⊥β ) B.若 a∥α,α⊥β,则 a⊥β D.若 a⊥b,a⊥α,b⊥β,则 α⊥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. cm3 2 [答案] C [解析]

2 B. cm3 3

5 C. cm3 6

7 D. cm3 8

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

1 1 5 图,其正方体的棱长为 1,则该多面体的体积为 13- × × 3= cm3. 1 3 2 6

(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示,若该几何体的体积 1 为 ,则该几何体的俯视图可以是( 3 )

[答案] D 1 [解析] 由正视图及俯视图可知该几何体的高为 1,又∵其体积为 ,故为锥体,∴SR= 3 1 1 π 1,A 中为三角形,此时其底面积为 ,舍去;B 为 个圆,底面积为 ,也舍去,C 为 2 4 4 圆,其面积为 π 舍去,故只有 D 成立.

[点评]

如果不限定体积为

1 ,则如图(1)在三棱锥 P-ABC 中,AC⊥BC,PC⊥平面 3

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.[ 来 源 : 学 # 科 # 网 Z#X#X#K]

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 A. 3 2 B.1 C. 2+1 2 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,E 是棱 AB 上的动点,则直线 A1D 与直 线 C1E 所成的角等于 A.60° [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° C.30° ( )

D.随点 E 的位置而变化

A.A′C⊥BDB.∠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′ 1 1 与平面 A′BD 所成的角,∠CA′D=45° 错误;VA′-BCD= S△ A′BD· ,C CD= ,D 错误,故选 3 6 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° [答案] B B.45° ) D.90°

C.60°

[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 的法向量分别为 n1= |n1· 2| n 2 (0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 = , |n1||n2| 2 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 [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,共确定直线 C2=28 条,从 8 正方体的 8 个顶点中取出四个顶点在同一平面内,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 ( ) 1 B. 14 3 C. 28 9 D. 490

36 3 对,共构成 6× 4+6× 2=36 对,故所求概率 P= = . 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. 9 (理)(2013· 山东理,4)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面 4 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 9 1 [解析] 如图所示,由已知 =S△ A1B1C1· 1= × 3× 3sin60°AA1,∴AA1= 3, AA · 4 2 π B. 3 π C. 4 π D. 6

2 2 A1P=AP′= A1D1= A1B2-B1D2 1 1 3 3 = 2 3 ? 3?2-? 32 ? =1, 2

∵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,

PP′ A1A 3 π tan∠P′AP= = = = 3,∴∠P′AP= . AP′ AP′ 1 3 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· E=0 ? A 则? → ? D ?n· E=0
1 1



??

? ?y-z=0,

? ?x=0, ∴? ? ? ?x+y-z=0. ?y=z,

令 z=1,得 y=1. 所以 n=(0,1,1), → → -2 n· A E cos<n,E A >= = =-1. → 2· 2 |n|· A | |E → 所以<n,E A >=180° ,所以直线 AE 与平面 A1ED1 所成的角为 90° . 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

(

) B.是变量且有最小值 D.是常量

A.是变量且有最大值 C.是变量且有最大值和最小值 [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 1 d,从而四面体 P-QEF 的体积为定值 Sd. 3 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( ) B.1 个 D.3 个

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 S 2 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= CD· PD,S△ PAB= AB· PA,由 AB=CD,PD>PA 知③正确; 2 2 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= 3BC,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 a2; 6 ③AB∥CD; ④平面 EAB⊥平面 ADE; ⑤直线 BA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 3 . 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= × × a= a3,故②正确;③明显错误; a× a× 3 2 6 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,∠AEB=90° ,AB= 3a,BE=a,所以 sin∠BAE = 3 ,故⑤正确. 3 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 πR 9

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

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 a.其中正确结论的序号是________. 2 [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 a SAC,①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,可证得 CE⊥平面 SAB,故 CE 的长度 即 2 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,∠ABC=∠DCB= π ,则二面角 A-BC-D 的大小等于__________. 2

[答案]

π 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, → → → → → → → 2 2 ∵AB=1,BC=3,CD=2,AD=2 3,AD=AB+BC+CD,∴AD =AB +BC2+ → → → → → → → 2 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= = = , → → 1× 2 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,[来源:学科网] 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,又 AC∩MA=A,AC?平面 MAC,MA?平面 MAC, ∴A1M⊥平面 MAC. (2)由(1)的证明可得: 1 1 1 2 三棱锥 A-CMA1 的体积 VA-CMA1=VC-AMA1= × AMA1× S△ CA= × × 1× 2× 2= . 3 3 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.[来源:学科网 ZXXK] ∵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° 为 BC 的中点.沿直径 AB 折起,使两 ,F 个半圆所在平面互相垂直(如图 2).

[来 源:Zxxk.Com] (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] ∴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. (1)直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,

证明:∵P 为 A1B1 的中点, 1 所以 PB1∥AB,且 PB1= AB, 2 1 又 DC∥AB,DC= AB, 2 ∴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,又 CD∥PB1,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° . ∵AD=2a,∴PA=2atan30° = 2 3 2 3 a,∴P(0,0, a). 3 3

→ → 2 3 2 3 ∴PC=(a,a,- a),PD=(0,2a,- a). 3 3

?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| ∴平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值为 21.(本小题满分 12 分) 5 . 5

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,A1O?平面 A1CD, ∴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= × × 8× 6× 6=48. 3 2 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= AB=3,又 CD∥AB,CD=3, 2 ∴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= S△ DBC· PD, 3 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 |m· 1 n| =(1,0,1),所求夹角余弦值为 cosθ= = , |m||n| 2 所求夹角的大小为 60° .

一、选择题[来源:学|科|网] 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 [解析]

B.12 3 D.3

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× 4=24. 2× (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

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

[答案] D [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

B.4π D.8π

[解析] 由图可知该几何体是一个圆柱内挖去一个圆锥所得的几何体,V=V 圆柱-V 圆


1 =π× 2× 2 3- π× 2× 2 3=8π,故选 D. 3 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 ) B.①③ D.①②③

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 1 1 2 8 2 Q,Q 点一定在直线 DM 上,即②正确;由 VC-AMD= VC-ABD= × × 3= 4 ,即③不正 2 2 12 3 确,综上可得正确的命题序号为①②,故应选 A.

6.

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 两两垂直,△ ABC、 △ ACD、△ ADB 的面积分别为 A. 6π C.3 6π [答案] A [解析] 1 2 1 3 1 6 AB· AC= , AD· AC= , AB· AD= ,∴AB= 2,AC=1,AD= 3. 2 2 2 2 2 2 6 , 2 2 3 6 、 、 ,则三棱锥 A-BCD 的外接球的体积为( 2 2 2 B.2 6π D.4 6π ) )

将此三棱锥补成长方体,则外接球的直径为长方体对角线的长,则 r= 4 6 ∴V= π( )3= 6π. 3 2 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( A.α>β>γ C.β>α>γ [答案] B [解析] B.α>γ>β D.γ>β>α )

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

A. C.

6 a 3 2 a 2

B.

6 a 6

1 D. a 2

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

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

1 1 6 1 6 -A1DM=VA1-CDM,得 S△ A1DM· S△ CDM· h= a,即 a2· a2· h= a,得 h= a,所以 3 3 4 2 3

点 C 到平面 A1DM 的距离为

6 a,选 A. 3

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 [解析]

π B. 3 D. 5π

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( A. C. 17 85 17 15 B. D. 5 2 15 13 )

[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= = = ,故选 A. → → 5× 17 85 2 |OB|· | |AC 12.

(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,M、N 分别为线段 DC、BO 上的动点(不包括端点),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 [解析]
AMC=

1 由条件知,AC=4,BO=2,S△ AMC = CM· AD= 2x,NO=2-x,∴VN - 2

1 2 2 S · NO= x(2-x),即 f(x)= x(2-x),故选 B. 3 △ AMC 3 3

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________. [答案] 3 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,所以棱锥 F-OBED 的高为 FG= 3,由题

1 1 3 3 可知其底面面积 S= · 2sin60° · 2sin60° 1× + 2× = ,所以棱锥 F-OBED 的体积 V= 2 2 2 13 3 3 · × 3= . 3 2 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),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 2 , 2 |n1· 2| n = |n1||n2|

故所求的二面角的大小是 45° . 15.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 P 是上底面 A1B1C1D1 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直角梯形高为 4 的直 2+1 棱柱组成,则体积 V=3× 2+ 4× × 4=30. 1× 2 [点评] 解决三视图问题应弄清图中各量与原几何体的量的关系. (理)设 C 是∠AOB 所在平面外的一点,若∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ,其中 θ 是锐 角,而 OC 和平面 AOB 所成角的余弦值等于 [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, 3 ,则 θ 的值为________. 3

x 设 OA1=x,则 OC= , cosθ x OC1= , θ cos 2 cosθ 易求得 cos∠COC1= = θ cos 2 θ 2cos2 -1 2 3 = , θ 3 cos 2

θ 3 θ 即 2cos2 - cos -1=0,解之得 2 3 2 θ 3 θ 3 cos = 或 cos =- (舍去), 2 2 2 3 θ 故 =30° ,所以 θ=60° . 2 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= S△ ABC· MA= × × 3× =3, 4× 3 3 2 2 1 1 1 又 VP-ABC= S△ ABC· PA= × × 3× 4× 3=6, 3 3 2 ∴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= S△ PAB= × × 4=3. 3× 2 2 2 又∵BC⊥平面 PAB,且 BC=3, 1 1 ∴VP-MBC=VC-PBM= S△ PBM· BC= × 3=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= × × 2× 1× 2= . 3 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 1 ABCD 为直角梯形,BC⊥AB,BC=CD=BO=PO,EA=AO= CD. 2 (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

?n · =0, ? BD ? → ? BE ?n · =0,
1 1



?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〉= = = , |n1|· 2| |n 11 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= PA,MN∥PA,又由已知得 BE 2 1 PA. 2

∴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, 1 AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M 为 EC 的中点,AF=AB=BC=FE= AD. 2

(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,

1 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)、M( ,1, ). 2 2 → → 1 1 (1)证明:BF=(-1,0,1),DM=( ,-1, ), 2 2 → → 1 1 ∴BF· =- +0+ =0,∴BF⊥DM. DM 2 2

?u· =0, ? CE (2)解:设平面 CDE 的一个法向量为 u=(x,y,z),? → ?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), u· 0+0+1 v 3 ∴cos〈u,v〉= = = . |u|· |v| 3 3× 1 故二面角 A-CD-E 的余弦值为 21.(文) 3 . 3

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= a,即 E 是 C1C 的中点, 2 ∵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 判定定理 判定定理 转化关系为线线垂直? ? ? ? 性质定理线面垂直? ? ? ? 性质定理面面垂直. (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 (2)依题意知图①中 AE=CF= ,∴PE=PF= ,在△ BEF 中 EF= 2BE= , 2 2 2 在△ PEF 中,PE2+PF2=EF2,∴PE⊥PF, 1 111 1 ∴S△ PEF= · PF= ··= , PE· 2 222 8 1 1 1 1 ∴VP-DEF=VD-PEF= S△ PEF· PD= × × 1= . 3 3 8 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+ = ,PE= , 4 2 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= S 正方形 ABCD· PA= × 2× 1 2= . 3 3 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 ? → ? AC ?n· =0.
1



?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).

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

→ →

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.


推荐相关:

【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测六(Word有详解答案)

【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测(Word有详解答案)_数学_...在每小 题给出四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1-i 1.(2013· 江 ...


【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测五(Word有详解答案)

【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测(Word有详解答案)_数学_...在每小 题给出四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(文)(2013· 泗县...


【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测二(Word有详解答案)

【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测(Word有详解答案)_数学_...在每小 题给出四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 4 1.(文)已知角 α...


【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测四(Word有详解答案)

专题综合检测四时间: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...


【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习:专题综合检测四(Word有详解答案) (1)

【走向高考】2014届高三... 暂无评价 9页 2下载券 2014届高三数学二轮专题.....专题综合检测四 时间:120 分钟 满分:150 分一、选择题(本大题共 12 小题,...


【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习课后强化作业:3-2数列的应用(Word有详解答案)

【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习课后强化作业:3-2数列的应用(Word有详解答案)_数学_高中教育_教育专区。基本素能训练 一、选择题 1.(2013· 重庆模拟)设...


【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习课后强化作业:3-2数列的应用(Word有详解答案)

【走向高考】2014届高三数学二轮专题复习课后强化作业:3-2数列的应用(Word有详解答案)_数学_高中教育_教育专区。基本素能训练 一、填空题 1.(2013· 重庆模拟)设...


【走向高考】2014高考政治二轮专题复习强化作业: 1-2生产、劳动与经营 新人教版必修1 Word版含答案

【走向高考】2014高考政治二轮专题复习强化作业: 1-2生产、劳动与经营 新人教版必修1 Word版含答案_政史地_高中教育_教育专区。《走向高考》2014 高三政治二轮专题...


【走向高考】2014高考政治二轮专题复习强化作业: 专题三综合检测题 新人教版 Word版含答案

【走向高考】2014高考政治二轮专题复习强化作业: 专题综合检测题 新人教版 Word版含答案_政史地_高中教育_教育专区。专题三综合检测、选择题(每小题 2 分...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com