【步步高】2012高考数学 考前三个月抢分训练28 立体几何

训练训练 2828 立体几何立体几何 推荐时间 75 分钟 1 如图 平面ABCD 平面PAD APD是直角三角形 APD 90 四边形ABCD是直 角梯形 其中BC AD BAD 90 AD 2BC O是AD的中点 1 求证 CD 平面PBO 2 求证 平面PAB 平面PCD 2 2011 福建 如图 四棱锥P ABCD中 PA 底面ABCD AB AD 点E在线段AD上 且CE AB 1 求证 CE 平面PAD 2 若PA AB 1 AD 3 CD CDA 45 求四棱锥P ABCD的体积 2 3 如图所示 正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD AE 平面CDE 且AE 3 AB 6 1 求证 AB 平面ADE 2 求凸多面体ABCDE的体积 4 2010 辽宁 已知三棱锥P ABC中 PA 平面ABC AB AC PA AC AB N为AB 1 2 上一点 且AB 4AN M S分别为PB BC的中点 1 证明 CM SN 2 求SN与平面CMN所成角的大小 5 如图所示 正三棱柱ABC A1B1C1的侧面是边长为 2 的正方形 D E分别是BB1 AC 的中点 1 求证 BE 平面A1CD 2 求二面角C A1D C1的余弦值 6 如图 在五面体ABCDEF中 FA 平面ABCD AD BC FE AB AD M为EC的中点 AF AB BC FE AD 1 2 1 求异面直线BF与DE所成的角的大小 2 证明 平面AMD 平面CDE 3 求二面角A CD E的余弦值 答案 1 证明 1 AD 2BC 且O是AD中点 OD BC 又AD BC OD BC 四边形BCDO为平行四边形 CD BO CD 平面PBO 且BO 平面PBO 故CD 平面PBO 2 BAD 90 BA AD 又平面PAD 平面ABCD 且平面PAD 平面ABCD AD AB 平面ABCD AB 平面PAD PD 平面PAD AB PD AP PD AB AP A PD 平面PAB 又 PD 平面PCD 故平面PAB 平面PCD 2 1 证明 因为PA 平面ABCD CE 平面ABCD 所以PA CE 因为AB AD CE AB 所以CE AD 又PA AD A 所以CE 平面PAD 2 解 由 1 可知CE AD 在 Rt ECD中 DE CD cos 45 1 CE CD sin 45 1 所以AE AD ED 2 又因为AB CE 1 AB CE 所以四边形ABCE为矩形 所以S四边形ABCD S矩形ABCE S ECD AB AE CE DE 1 2 1 1 1 2 1 2 5 2 又PA 平面ABCD PA 1 所以V四棱锥P ABCD S四边形ABCD PA 1 1 3 1 3 5 2 5 6 3 解 1 AE 平面CDE CD 平面CDE AE CD 在正方形ABCD中 CD AD AD AE A CD 平面ADE AB CD AB 平面ADE 2 在 Rt ADE中 AE 3 AD 6 DE 3 AD2 AE23 连接BD 则凸多面体ABCDE被分割为三棱锥B CDE和三棱锥B ADE 由 1 知 CD DE S CDE CD DE 6 3 9 1 2 1 233 又AB CD AB 平面CDE CD 平面CDE AB 平面CDE 点B到平面CDE的距离为AE的长度 VB CDE S CDE AE 9 3 9 1 3 1 333 AB 平面ADE VB ADE S ADE AB 6 9 1 3 1 3 9 3 23 VABCDE VB CDE VB ADE 9 9 18 333 故所求凸多面体ABCDE的体积为 18 3 4 1 证明 设PA 1 以A为原点 AB AC AP所在直线分别为x y z轴正向建立空 间直角坐标系如图所示 则P 0 0 1 C 0 1 0 B 2 0 0 M 1 0 N 0 0 S 1 0 1 2 1 2 1 2 所以 1 1 CM 1 2 0 SN 1 2 1 2 因为 0 0 CM SN 1 2 1 2 所以CM SN 2 解 1 0 NC 1 2 设a a x y z 为平面CMN的一个法向量 则Error 即Error 令x 2 得a a 2 1 2 因为 cos a a SN a a SN a a SN 1 1 2 3 2 2 2 2 所以SN与平面CMN所成的角为 45 5 1 证明 由题意 可知正三棱柱ABC A1B1C1的所有棱长都等于 2 ABC是边长为 2 的正三角形 且AE EC BE AC 且BE AC 3 23 又 平面ABC 平面ACC1A1 平面ABC 平面ACC1A1 AC BE 平面ACC1A1 取A1C1的中点F 连接EF 则在正方形ACC1A1中 EF AC 以E为坐标原点 直线EA EF EB分别为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系 如 图所示 则E 0 0 0 B 0 0 A 1 0 0 C 1 0 0 A1 1 2 0 C1 1 2 0 D 0 1 3 3 则 0 0 2 2 0 EB 3 AC1 2 2 0 1 1 A1C CD 3 设 m n EB A1C CD 则有Error 解得Error 即 EB 1 2A1C CD 根据向量共面定理 可知与 共面 EB A1C CD 又 A1C CD C EB 平面A1CD BE 平面A1CD 2 解 设平面A1CD的法向量n n x y z 由Error 得Error 即Error 令x 1 则y 1 z 0 n n 1 1 0 是平面A1CD的一个法向量 设平面C1A1D的法向量m m x1 y1 z1 而 2 0 0 1 1 A1C1 A1D 3 由Error 得Error 即Error 令z1 1 得y1 3 m m 0 1 是平面C1A1D的一个法向量 3 故 cos m m n n m m n n m m n n 0 1 3 1 1 0 02 3 2 12 12 1 2 02 3 2 2 6 4 设二面角C A1D C1的平面角为 由图可知 故 cos cos m m n n 2 6 4 6 方法一 1 解 由题设知 BF CE 所以 CED 或其补角 为异面直线BF与DE所成的角 设P 为AD的中点 连接EP PC 因为FE綊AP 所以FA綊EP 同理 AB綊PC 又FA 平面ABCD 所以EP 平面ABCD 而PC AD都在平面ABCD内 故 EP PC EP AD 由AB AD 可得PC AD 设FA a 则 EP PC PD a CD DE EC a 故 CED 60 2 所以异面直线BF与DE所成的角的大小为 60 2 证明 因为DC DE且M为CE的中点 所以DM CE 连接MP 由EP CP得 MP CE 又 MP DM M 故CE 平面AMD 而CE 平面CDE 所以平面AMD 平面CDE 3 解 设Q为CD的中点 连接PQ EQ 因为CE DE 所以EQ CD 因为PC PD 所以 PQ CD 故 EQP为二面角A CD E的平面角 由 1 可得 EP PQ EQ a PQ a 6 2 2 2 于是在 Rt EPQ中 cos EQP PQ EQ 3 3 所以二面角A CD E的余弦值为 3 3 方法二 如图所示 建立空间直角坐标系 点A为坐标原点 设AB 1 依题意得B 1 0 0 C 1 1 0 D 0 2 0 E 0 1 1 F 0 0 1 M 1 2 1 1 2 1 解 1 0 1 0 1 1 BF DE 于是 cos BF DE BF DE BF DE 0 0 1 2 2 1 2 所以异面直线BF与DE所成的角的大小为 60 2 证明 由 1 0 1 0 2 0 可 AM 1 2 1 1 2 CE AD 得 0 0 CE AM CE AD 因此 CE AM CE AD 又AM AD A 故CE 平面AMD 而CE 平面C