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2016高考数学专题复习导练测 第八章 高考专题突破四 高考中的立体几何问题课件 理 新人教A版


数学 A(理)

第八章

立体几何

高考专题突破四 高考中的立体几何问题

? 考点自测

? 高考题型突破
? 练出高分

题号
1 2 3 4

答案
B D B
1 4

/>解析

5

设点A到平面PBC的距离为h. ∵D,E分别为PB,PC的中点, 1 ∴S△BDE=4S△PBC, 1 S h △BDE· V 3 V1 A-DBE 1 ∴V = =1 =4. VA-PBC 2 S · h 3 △PBC

题型一 空间点、线、面的位置 关系
例 1 (2014· 安徽 ) 如图,四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 8 的正方形, 四条侧棱长均为2 17 .点G,E,F, H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面 的四点,平面GEFH ⊥平面ABCD,BC∥ 平面GEFH. (1)证明:GH∥EF;

思维点拨

解析

思维升华

题型一 空间点、线、面的位置 关系
例 1 (2014· 安徽 ) 如图,四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 8 的正方形, 四条侧棱长均为2 17 .点G,E,F, H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面 的四点,平面GEFH ⊥平面ABCD,BC∥ 平面GEFH. (1)证明:GH∥EF;

思维点拨

解析

思维升华

(1)证明GH∥EF,只需证
明EF∥平面PBC,只需证

明BC∥EF,利用BC∥平
面GEFH即可;

例 1 (2014· 安徽 ) 如图,四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 8 的正方形, 四条侧棱长均为2 17 .点G,E,F, H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面 的四点,平面GEFH ⊥平面ABCD,BC∥ 平面GEFH. (1)证明:GH∥EF;

解析 思维升华 题型一 空间点、线、面的位置 思维点拨 关系 证明 因为BC∥平面GEFH,

BC?平面PBC,

且平面PBC∩平面GEFH=GH,

所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC,

因此GH∥EF.

题型一 空间点、线、面的位置 关系
例 1 (2014· 安徽 ) 如图,四棱锥 P - ABCD 的底面是边长为 8 的正方形, 四条侧棱长均为2 17 .点G,E,F, H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面 的四点,平面GEFH ⊥平面ABCD,BC∥ 平面GEFH. (1)证明:GH∥EF;

思维点拨

解析

思维升华

高考对该部分的考查重点是空间的 平行关系和垂直关系的证明,一般 以解答题的形式出现, 试题难度中等,但对空间想象能力 和逻辑推理能力有一定的要求,在 试卷中也可能以选择题或者填空题 的方式考查空间位置关系的基本定 理在判断线面位置关系中的应用.

(2)若EB=2,求四边形GEFH的 面积.

思维点拨

解析

思维升华

(2)若EB=2,求四边形GEFH的 面积.

思维点拨

解析

思维升华

(2)求出四边形GEFH的上 底、下底及高,即可求出 面积.

(2)若EB=2,求四边形GEFH的 解 如图,连接 AC , BD 交于点 O , BD交 EF 于点 K ,连接 面积. OP,GK. 因为PA=PC,O是AC的中点, 所以PO⊥AC, 同理可得PO⊥BD. 又BD∩AC=O,且AC,BD都在底面内, 所以PO⊥底面ABCD.

思维点拨

解析

思维升华

(2)若EB=2,求四边形GEFH的 又因为平面GEFH⊥平面ABCD, 面积. 且PO?平面GEFH,所以PO∥平面GEFH. 因为平面PBD∩平面GEFH=GK, 所以PO∥GK,且GK⊥底面ABCD, 从而GK⊥EF. 所以GK是梯形GEFH的高.

思维点拨

解析

思维升华

由AB=8,EB=2得EB∶AB=KB∶DB=1∶4,

(2)若EB=2,求四边形GEFH的 1 1 从而 KB=4DB=2OB, 即 K 为 OB 的中点. 面积. 1 再由 PO∥GK 得 GK=2PO, 1 即 G 是 PB 的中点,且 GH=2BC=4.

思维点拨

解析

思维升华

由已知可得 OB=4 2,
PO= PB2-OB2= 68-32=6,

(2)若EB=2,求四边形GEFH的 面积. 所以GK=3.

思维点拨

解析

思维升华

GH+EF 故四边形 GEFH 的面积 S= · GK 2
4+8 = 2 ×3=18.

(2)若EB=2,求四边形GEFH的 面积.

思维点拨

解析

思维升华

高考对该部分的考查重点是空 间的平行关系和垂直关系的证 明,一般以解答题的形式出现, 试题难度中等,但对空间想象 能力和逻辑推理能力有一定的 要求,在试卷中也可能以选择 题或者填空题的方式考查空间 位置关系的基本定理在判断线 面位置关系中的应用.

跟踪训练1

(2013· 江苏)如图,在三棱锥

S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC, AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别 是棱SA,SC的中点. 求证:(1)平面EFG∥平面ABC; 证明 由AS=AB,AF⊥SB知F为SB中点, 则EF∥AB,FG∥BC,

跟踪训练1

(2013· 江苏)如图,在三棱锥

S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC, AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别 是棱SA,SC的中点. 求证:(1)平面EFG∥平面ABC; 又EF∩FG=F,AB∩BC=B, 因此平面EFG∥平面ABC.

(2)BC⊥SA.
证明 由平面SAB⊥平面SBC,且AF⊥SB,

知AF⊥平面SBC,则AF⊥BC.
又BC⊥AB,AF∩AB=A,则BC⊥平面SAB,

又SA?平面SAB,因此BC⊥SA.

题型二 平面图形的翻折问题 例2 (2014· 广东)如图(1),四边形ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图(2)折叠,折痕EF∥DC. 其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿 EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M, 并且MF⊥CF. (1)证明:CF⊥平面MDF;

题型二 平面图形的翻折问题 例2 (2014· 广东)如图(1),四边形ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图(2)折叠,折痕EF∥DC. 其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿 思维点拨 折叠后,MD与平面CDEF的垂直关系不变. EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M, 并且MF⊥CF. (1)证明:CF⊥平面MDF;

题型二 平面图形的翻折问题 例2 (2014· 广东)如图(1),四边形ABCD 为矩形,PD⊥平面 证明 因为PD⊥平面ABCD,AD?平面ABCD, ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图(2)折叠,折痕EF∥DC. 所以PD⊥AD. 其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿 又因为ABCD是矩形,CD⊥AD,PD与CD交于点D, EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M, 所以AD⊥平面PCD.又CF?平面PCD, 并且MF⊥CF. 所以AD⊥CF,即MD⊥CF. (1)证明:CF⊥平面MDF; 又MF⊥CF,MD∩MF=M,所以CF⊥平面MDF.

题型二 平面图形的翻折问题 例2 (2014· 广东)如图(1),四边形ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图(2)折叠,折痕EF∥DC. 平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后图形中线面位 其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿 置关系和度量关系的变化情况.一般地翻折后还在同一个 EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M, 平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生 并且MF⊥CF. 变化. (1)证明:CF⊥平面MDF;

例2 (2)求三棱锥M-CDE的体积.

例2 (2)求三棱锥M-CDE的体积.

思维点拨 折叠后,MD与平面CDEF的垂直关系不变.

例2 (2)求三棱锥M-CDE的体积.

解 因为PD⊥DC,BC=2,CD=1,∠PCD=60°,
所以 PD= 3,由(1)知 FD⊥CF, 1 1 在直角三角形 DCF 中,CF=2CD=2.
过点 F 作 FG⊥CD 交 CD 于点 G,得 FG=FCsin 60° 1 3 3 =2× 2 = 4 ,

例2 (2)求三棱锥M-CDE的体积.
3 3 3 3 所以 DE=FG= 4 ,故 ME=PE= 3- 4 = 4 ,
所以 MD= ME -DE =
2 2

3 32 32 6 ? 4 ? -? 4 ? = 2 .

1 1 3 3 S△CDE=2DE· DC=2× 4 ×1= 8 . 1 1 6 3 2 故 VM-CDE=3MD· S△CDE=3× 2 × 8 = 16 .

例2 (2)求三棱锥M-CDE的体积. 思维升华 平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后

图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地翻
折后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个 平面上的性质发生变化.

跟踪训练2 已知四边形ABCD是矩形,AB=1,BC= 3 , 将△ABC沿着对角线AC折起来得到△AB1C且顶点B1在平面 ACD上的射影O恰落在边AD上,如图所示. (1)求证:平面AB1C⊥平面B1CD; 证明 ∵B1O⊥平面ABCD,CD?平面ABCD, ∴B1O⊥CD,

又CD⊥AD,AD∩B1O=O,∴CD⊥平面AB1D, 又AB1?平面AB1D,∴AB1⊥CD, 又AB1⊥B1C,且B1C∩CD=C, ∴AB1⊥平面B1CD,

又AB1?平面AB1C,∴平面AB1C⊥平面B1CD.

(2)求三棱锥B1-ABC的体积VB1 ? ABC.

解 由于AB1⊥平面B1CD,B1D?平面ABCD,
所以AB1⊥B1D,
在 Rt△AB1 D 中,B1 D= AD2-AB2 1= 2,

AB1· B1D 6 又由 B1O· AD=AB1· B1D 得 B1O= AD = 3 , 1 1 1 6 2 所以 VB1 ? ABC =3S△ABC· B1O=3×2×1× 3× 3 = 6 .

题型三
例3

线面位置关系中的存 在性问题

思维点拨

解析

(2014· 四川 ) 在如图所示的

多 面 体 中 , 四 边 形 ABB1A1 和 ACC1A1都为矩形. (1)若AC⊥BC,证明: 直线BC⊥平面ACC1A1;

题型三
例3

线面位置关系中的存 在性问题

思维点拨

解析

(2014· 四川 ) 在如图所示的

先证明AA1⊥平面ABC,

多 面 体 中 , 四 边 形 ABB1A1 和 ACC1A1都为矩形. (1)若AC⊥BC,证明: 直线BC⊥平面ACC1A1;

可得AA1⊥BC,利用
AC⊥BC,可以证明直线 BC⊥平面ACC1A1;

题型三
例3

线面位置关系中的存 在性问题

思维点拨

解析

证明

因 为 四 边 形 ABB1A1

(2014· 四川 ) 在如图所示的

和ACC1A1都是矩形,

多 面 体 中 , 四 边 形 ABB1A1 和 ACC1A1都为矩形. (1)若AC⊥BC,证明: 直线BC⊥平面ACC1A1;

所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.
因为 AB , AC 为平面 ABC 内 两条相交的直线, 所以AA1⊥平面ABC.

题型三
例3

线面位置关系中的存 在性问题

思维点拨

解析

因为直线BC?平面ABC,所 以AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1 和AC为平面ACC1A1内两条 相交的直线,所以BC⊥平 面ACC1A1.

(2014· 四川 ) 在如图所示的

多 面 体 中 , 四 边 形 ABB1A1 和 ACC1A1都为矩形. (1)若AC⊥BC,证明: 直线BC⊥平面ACC1A1;

思维点拨

解析

思维升华

(2)设D,E分别是线段BC,CC1

的中点,在线段AB上是否存在
一点M,使直线DE∥平面A1MC? 请证明你的结论.

思维点拨

解析

思维升华

(2)设D,E分别是线段BC,CC1

取 AB 的 中 点 M , 连 接

的中点,在线段AB上是否存在
一点M,使直线DE∥平面A1MC? 请证明你的结论.

A1M,MC,A1C,AC1,

A1C 与 AC1 交 于 点 O ,
证明四边形 MDEO 为平

行四边形即可.

思维点拨

解析

思维升华

(2)设D,E分别是线段BC,CC1



取线段 AB 的中点 M ,

的中点,在线段AB上是否存在
一点M,使直线DE∥平面A1MC? 请证明你的结论.

连接 A1M , MC , A1C , AC1 , 设点O为A1C,AC1的交点. 由已知,点O

为AC1的中点.

思维点拨

解析

思维升华

(2)设D,E分别是线段BC,CC1

连接MD,OE,则MD,OE 分别为△ABC,△ACC1的 中位线,

的中点,在线段AB上是否存在

1 一点M,使直线DE∥平面A1MC? 所以 MD 綊2AC, 1 OE 綊2AC, 请证明你的结论.
因此 MD 綊 OE.

思维点拨

解析

思维升华

连 接 OM , 从 而 四 边 形 (2)设D,E分别是线段BC,CC1 MDEO 为 平 行 四 边 形 , 则 DE∥MO. 的中点,在线段AB上是否存在 因 为 直 线 DE ? 平 面 A1MC , MO?平面A1MC, 一点M,使直线DE∥平面A1MC? 所以直线DE∥平面A1MC. 即线段AB上存在一点M(线 请证明你的结论. 段AB的中点),使直线DE∥ 平面A1MC.

思维点拨

解析

思维升华

(2)设D,E分别是线段BC,CC1

对于线面关系中的存在性 问题,首先假设存在,然

的中点,在线段AB上是否存在

后在这假设条件下,利用
线面关系的相关定理、性 设满足的条件,若满足则

一点M,使直线DE∥平面A1MC? 质进行推理论证,寻找假 请证明你的结论.

肯定假设,若得出矛盾的
结论则否定假设.

跟踪训练3 如图,在直四棱柱ABCD- A1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1;

证明 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,连接C1D,
∵DC=DD1,∴四边形DCC1D1是正方形,

∴DC1⊥D1C.

跟踪训练3 如图,在直四棱柱ABCD- A1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; 又AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, ∴AD⊥平面DCC1D1, 又D1C?平面DCC1D1,

跟踪训练3 如图,在直四棱柱ABCD- A1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB, AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1;
∴AD⊥D1C.

∵AD?平面ADC1,DC1?平面ADC1,且AD∩DC1=D,
∴D1C⊥平面ADC1, 又AC1?平面ADC1,∴D1C⊥AC1.

(2)问在棱CD上是否存在点E,使D1E∥平面A1BD.若存
在,确定点E位置;若不存在,说明理由. 解 假设存在点E,使D1E∥平面A1BD. 连接AD1,AE,D1E,

设AD1∩A1D=M,
BD∩AE=N,连接MN,

∵平面AD1E∩平面A1BD=MN,

要使D1E∥平面A1BD,可使MN∥D1E, 又M是AD1的中点,则N是AE的中点. 又易知△ABN≌△EDN, ∴AB=DE. 即E是DC的中点.

综上所述,当E是DC的中点时,
可使D1E∥平面A1BD.

题型四
例4

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

(2014· 辽宁 ) 如图,△ABC 和

△BCD 所在平面互相垂直,且 AB = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC =120°,

E,F分别为AC,
DC的中点.

(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.

题型四
例4

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

(2014· 辽宁 ) 如图,△ABC 和

△BCD 所在平面互相垂直,且 AB = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC =120°,

可以 B 为原点,建立空间

E,F分别为AC,
DC的中点.

直角坐标系,用向量法.

(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.

题型四

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

例 4 (2014· 辽宁 ) 如图,△ ABC 和 E作EO⊥BC,垂足为O, 方法一 (1) 证明 如图(1) ,过 △ BCD 所在平面互相垂直,且 AB 连接 OF . = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC

由题意得△ABC≌△DBC,可证出△EOC≌△FOC. =120°, π 所以 ∠EOC =, ∠FOC=2, E ,F分别为 AC 即FO ⊥BC. DC 的中点.
(1) EF, ⊥EO BC; 又求证: EO⊥BC ∩FO=O,因此BC⊥平面EFO.
(2) EEFO -BF -C的正弦值. 又求二面角 EF?平面 ,所以 EF⊥BC.

(1)

题型四

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

例 4 解(2014· 辽宁 ) 如图,△ ABC 和 ,垂足为G,连接EG. (2) 如图 (1),过 O作OG ⊥BF △ BCD 所在平面互相垂直,且 AB 由平面 ABC⊥平面BDC,从而 EO⊥平面BDC. = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC =120°,

又OG⊥BF,EO⊥BF,所以BF⊥平面EGO,

所以 EG⊥BF ., E ,F分别为 AC
DC 的中点. 因此 ∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.

(1)求证:EF⊥BC;

(1)

1 1 3 在△EOC 中,EO=OF= FC= · BC· cos 30° = . 2 2 2 (2)求二面角E-BF-C的正弦值.

题型四
例4

空间向量与立体几何
BO

思维点拨

解析

思维升华

(2014· 辽宁 ) 如图,△ABC 和

△ BCD 所在平面互相垂直,且 由 △BGO ∽△BFC 知,OG=AB · FC= , BC 4 = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC

3

EO 2 5 因此 tan∠EGO=OG=2,从而 sin∠EGO= 5 , = 120°,
E,F分别为AC,

2 5 DC 的中点. 即二面角 E-BF-C 的正弦值为 5 .
(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.

题型四

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

例 4 (2014· 辽宁 ) 如图,△ ABC 和 B为坐标原点,在平面DBC内 方法二 (1) 证明 由题意,以 △ BCD 所在平面互相垂直,且 AB BC 所在直线为 y 轴,在平面 过 B 作垂直于 BC 的直线为 x 轴, = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC =120°,

ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图(2)

所示的空间直角坐标系, E ,F分别为AC,
DC 的中点. 易得 B(0,0,0),A(0,-1, 3),D( 3,-1,0), (1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值.

C(0,2,0),

(2)

题型四
例4

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

1 3 3 1 因而 (0, , ),F( , , 0), △ BCDE 所在平面互相垂直,且 2 2 2 2 AB
= BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC

(2014· 辽宁 ) 如图,△ABC 和

3 3 → → 所以 =( 2 ,0,- 2 ),BC=(0,2,0), = 120EF °,
E,F分别为AC,

→ → → → DC 的中点. 因此EF· BC=0.从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC.
(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.

题型四

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

例 4解 (2014· 辽宁 ) 如图,△ 和 (2) 如图 (2),平面 BFCABC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). △BCD 所在平面互相垂直,且 AB = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC =120 → °, 3

设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),

1 1 3 → 又BF=( 2 ,2,0),BE=(0,2, 2 ), E,F分别为AC,

→ DC? 的中点. ?n2· BF=0, ? 由求证: 得其中一个 n2=(1,- 3,1). (1) EF⊥BC; → ?n · BE = 0 , ? 2 (2)求二面角 E - BF-C的正弦值.

(2)

题型四
例4

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

(2014· 辽宁 ) 如图,△ABC 和

设二面角 E-BF-C 的大小为 θ,且由题意知 θ 为锐角,则 △ BCD 所在平面互相垂直,且 AB
?∠ = BC = BD = 2 , ∠ABC = DBC n2 ? ? n1· ?

1 cos θ=|cos〈n1,n2〉|=? . ?= | n || n | ? 1 2? =120°, 5
E,F分别为AC,

2 2 5 2 5 DC 的中点. 因此 sin θ= = 5 , 即二面角 E-BF-C 的正弦值为 5 . 5
(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.

题型四
例4

空间向量与立体几何

思维点拨

解析

思维升华

(2014· 辽宁 ) 如图,△ABC 和

用向量法解决立体几何问 题,可使复杂问题简单化, 使推理论证变为计算求解, 降低思维难度使立体几何 问题“公式”化,训练的 关键在于“归类、寻法”.

△BCD 所在平面互相垂直,且 AB = BC = BD = 2 , ∠ABC = ∠DBC =120°,

E,F分别为AC,
DC的中点.

(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.

跟踪训练4 在如图所示的几何体中,底面ABCD
为菱形,∠BAD=60°,AA1綊DD1綊CC1∥BE,

且AA1=AB,D1E⊥平面D1AC,AA1⊥底面ABCD.
(1)求二面角D1-AC-E的大小; 解 设AC与BD交于点O,如图所示建立空间直

角坐标系O-xyz,设AB=2,
则 A( 3, 0,0), B(0, -1,0), C(- 3, 0,0), D(0,1,0),D1(0,1,2),

→ → 设 E(0,-1,t),t>0,则ED1=(0,2,2-t),CA=(2 3,0,0), → D1A=( 3,-1,-2).

∵D1E⊥面D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A,
?→ → ?ED1· CA=0, ∴? → → ?ED D1A=0, ? 1·

解得 t=3,∴E(0,-1,3),

→ ∴AE=(- 3,-1,3),

设平面EAC的法向量为m=(x,y,z),
? → ?m· CA=0, 则? → ?m· ? AE=0, ?2 3x=0, ∴? ?- 3x-y+3z=0,

令z=1,y=3,m=(0,3,1).
→ 又平面 D1AC 的法向量ED1=(0,2,-1),

→ m · ED 2 → 1 ∴cos〈m,ED1〉= =2. → |m|· |ED1|

所以所求二面角的大小为45°.

(2)在 D1E 上是否存在一点 P, 使得 A1P∥平面 EAC, D1P 若存在,求 的值,若不存在,说明理由. PE

解 假设存在点P满足题意.
→ → → → 设D1P=λPE=λ(D1E-D1P), λ → 2λ λ → 得D1P= D1E=(0,- , ), 1+λ 1+λ 1+λ

2λ λ → → → A1P=A1D1+D1P=(- 3, 1,0)+(0, - , ) 1+λ 1+λ 2λ λ =(- 3,1- , ) 1+λ 1+λ → ∵A1P∥平面 EAC,∴A1P⊥m, 2λ λ ∴- 3×0+3×(1- )+1× =0, 1+λ 1+λ 3 解得 λ= , 2

故存在点P使A1P∥面EAC,此时D1P∶PE=3∶2.

1

2

3

4

5

6

7

8

1.(2014· 重庆)某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面积为( A.54 C.66 B.60 D.72 )

解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为 直角三角形,由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三

棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的.

1

2

3

4

5

6

7

8

在长方体中分析还原,如图(1)所示, 故该几何体的直观图如图(2)所示.
在图(1)中,直角梯形 ABPA1 的面积 1 为2×(2+5)×4=14,计算可得 A1P 1 35 =5.直角梯形 BCC1P 的面积为 ×(2+5)×5= . 2 2

1

2

3

4

5

6

7

8

因为 A1C1⊥平面 A1ABP, A1P?平面 A1ABP, 所以 A1C1⊥A1P, 1 15 故 Rt△A1PC1 的面积为2×5×3= 2 . 1 又 Rt△ABC 的面积为 ×4×3=6, 矩形 ACC1A1 的面积为 5×3 2 35 15 =15,故几何体 ABC-A1PC1 的表面积为 14+ 2 + 2 +6+15
=60. 答案 B

1

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3

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5

6

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2.已知m,n分别是两条不重合的直线,a,b分别垂直于两不 重合平面α,β,有以下四个命题: ①若m⊥α,n∥b,且α⊥β,则m∥n; ②若m∥a,n∥b,且α⊥β,则m⊥n; ③若m∥α,n∥b,且α∥β,则m⊥n; ④若m⊥α,n⊥b,且α⊥β,则m∥n. 其中正确的命题是( ) A.①② B.③④ C.①④ D.②③

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解析 对于①, b⊥β , n∥b , ∴n⊥β , ∵m⊥α ,且 α⊥β , ∴m⊥n , ∴①错误;对于②, ∵a , b 分别垂直于两不重合 平面 α , β , α⊥β , ∴a⊥b , ∵m∥a , n∥b , ∴m⊥n , ∴② 正确;对于③, ∵n∥b , b⊥β , ∴n⊥β , ∵m∥α , α∥β , ∴m⊥n , ∴③ 正 确 ; 对 于 ④ , ∵m⊥α , b⊥β , α⊥β , ∴m⊥b,∵n⊥b,∴m∥n或m⊥n或m,n相交,∴④不正确. 所以②③正确. 答案 D

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3. 如 图 梯 形 ABCD 中 , AD∥BC , ∠ABC = 90° , AD∶BC∶AB=2∶3∶4,E、F分别是AB、CD的中点,将四 边形ADFE沿直线EF进行翻折,给出四个结论: ①DF⊥BC;②BD⊥FC;③平面DBF⊥平面BFC; ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折过程中,可能成立的结论是________.(填写结论序号)

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解析

因为BC∥AD,AD与DF相交不垂直,所以BC与DF不

垂直,则①不成立; 设 点 D 在 平 面 BCF 上 的 射 影 为 点 P , 当 BP⊥CF 时 就 有 BD⊥FC,而AD∶BC∶AB=2∶3∶4,可使条 件满足,所以②正确;当点P落在BF上时, DP?平面BDF,从而平面BDF⊥平面BCF, 所以③正确;

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因为点D的射影不可能在FC上,所以平面DCF⊥平面BFC不 成立,即④错误.故答案为②③.

答案 ②③

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4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E CF 是棱BC的中点,点F是棱CD上的动点,当 FD =______时,D1E⊥平面AB1F.

解析 如图,连接A1B,则A1B是D1E在平面
ABB1A1内的射影.

∵AB1⊥A1B,∴D1E⊥AB1,
又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF.

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连接DE,则DE是D1E在底面ABCD内的射影, ∴D1E⊥AF?DE⊥AF. ∵ABCD是正方形,E是BC的中点, ∴当且仅当F是CD的中点时,DE⊥AF, 即当点F是CD的中点时,D1E⊥平面AB1F, CF ∴FD=1 时,D1E⊥平面 AB1F. 答案 1

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5.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G, H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证: (1)B,C,H,G四点共面;

证明 ∵GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1.
又B1C1∥BC,∴GH∥BC,

∴B,C,H,G四点共面.

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(2)平面EFA1∥平面BCHG. 证明 ∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC, ∵EF?平面BCHG,BC?平面BCHG, ∴EF∥平面BCHG.

∵A1G与EB平行且相等,
∴四边形A1EBG是平行四边形,

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∴A1E∥GB. ∵A1E?平面BCHG,GB?平面BCHG, ∴A1E∥平面BCHG.

∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.

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6.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
E是棱DD1的中点.在棱C1D1上是否存在一点F,

使B1F∥平面A1BE?并证明你的结论.
解 在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.

因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,所以A1B与
平面A1EB和平面DCC1D1的交线平行, 如图所示,

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取CD的中点G,连接EG,BG, 则EG,BG就是平面 A1BE分别与平面DCC1D1和平面ABCD 的交线. 取C1D1的中点F,CC1的中点H, 连接HF,B1F,B1H. 因为HF∥EG, 所以HF∥平面A1EB.

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因为A1B1∥C1D1∥HE,所以A1,B1,H,E四点共面,
又平面BB1C1C∥平面AA1D1D,

所以B1H∥A1E,从而B1H∥平面A1EB,
因为B1H∩HF=H, 所以平面B1HF∥平面A1EB, 所以B1F∥平面A1EB.

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7.(2014· 福建)在平面四边形ABCD中,AB=BD =CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD 折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图所示. (1)求证:AB⊥CD; 证明 ∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面 BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD.

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(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.

解 过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.
由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD,

BD?平面BCD,
→ → → 以 B 为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系.

∴AB⊥BE,AB⊥BD.

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1 1 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M(0, , ), 2 2 1 1 → → → 则BC=(1,1,0),BM=(0,2,2),AD=(0,1,-1).

设平面MBC的法向量n=(x0,y0,z0),
? → ?n· BC=0, 则? → ?n· BM =0, ? ?x0+y0=0, ? 即?1 1 ? y0+ z0=0, 2 ?2

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取z0=1,得平面MBC的一个法向量n=(1,-1,1). 设直线AD与平面MBC所成角为θ, → |n· AD| 6 → 则 sin θ=|cos〈n,AD〉|= =3, → |n|· |AD|
6 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 3 .

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8.如图所示,平面ABDE⊥平面ABC,△ABC是等腰直角三
角形,AC=BC=4,四边形ABDE是直角 梯形,BD∥AE,BD⊥BA,BD=1 AE=2, 2 O,M分别为CE,AB的中点. (1)求证:OD∥平面ABC;

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证明 取AC中点F,连接OF,FB. ∵F是AC中点,O为CE中点, 1 ∴OF∥EA 且 OF= EA. 2 1 又 BD∥AE 且 BD= AE, ∴OF∥DB, OF=DB, 2 ∴四边形BDOF是平行四边形,∴OD∥FB. 又∵FB?平面ABC,OD?平面ABC, ∴OD∥平面ABC.

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(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值; 解 ∵平面ABDE⊥平面ABC,平面ABDE∩平面ABC=AB,

DB?平面ABDE,且BD⊥BA,

∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE,∴EA⊥平面ABC.

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如图所示,以C为原点,分别以CA,CB所在直 线为x,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线 为z轴,建立空间直角坐标系. ∵AC=BC=4,∴C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,4,0), D(0,4,2),E(4,0,4),O(2,0,2),M(2,2,0),
→ → → ∴CD=(0,4,2),OD=(-2,4,0),MD=(-2,2,2).

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设平面ODM的法向量为n=(x,y,z),
?-2x+4y=0, → → 则由 n⊥MD,n⊥OD,可得? ?-2x+2y+2z=0.

令x=2,得y=1,z=1.∴n=(2,1,1).
设直线CD和平面ODM所成角为θ, → |?2,1,1?· ?0,4,2?| |n· CD| 则 sin θ= = 2 2 2 2 2 2 → 2 + 1 + 1 · 0 + 4 + 2 |n||CD|

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6 30 = = . 6· 2 5 10

30 ∴直线 CD 和平面 ODM 所成角的正弦值为 10 .

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(3)能否在EM上找一点N,使得ON⊥平面ABDE? 若能,请指出点N的位置,并加以证明; 若不能,请说明理由. 解 当N是EM中点时,ON⊥平面ABDE.

方法一 取EM中点N,连接ON,CM,
∵AC=BC,M为AB中点,

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∴CM⊥AB. 又∵平面ABDE⊥平面ABC,平面ABDE∩平面ABC=AB,

CM?平面ABC,∴CM⊥平面ABDE.
∵N是EM中点,O为CE中点, ∴ON∥CM,∴ON⊥平面ABDE.

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方法二 由(2)设N(a,b,c),
→ → ∴MN=(a-2,b-2,c),NE=(4-a,-b,4-c).

→ → ∵点 N 在 ME 上,∴MN=λNE,

即(a-2,b-2,c)=λ(4-a,-b,4-c),

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?a-2=λ?4-a?, ? ∴?b-2=λ?-b?, ? ?c=λ?4-c?,

4λ+2 2 4λ ∴N( , , ). λ+1 λ+1 λ+1

? 4λ+2 ? ?a= λ+1 , ? ? 2 , 解得?b= λ+1 ? ? ?c= 4λ . λ+1 ? ?

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→ ∵BD=(0,0,2)是平面 ABC 的一个法向量,
4λ → → ∴ON⊥BD,∴ =2,解得 λ=1. λ+1 → → ∴MN=NE,即 N 是线段 EM 的中点,

∴当N是EM的中点时,ON⊥平面ABDE.


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