G立体几何理科2012年Word版含答案

1、G立体几何G1空间几何体的结构9. G1设四面体的六条棱的长分别为Q2和a,且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是（A.(0，C.(1 ,g B . 护)D .(0 ,(1 ,C9.如图所示,要构造一个四面体，则平面AB= a, CD=3，BC= BD= AC= AD= 1，则/ ACD=/ BCD= 45,ACD与平面BCD不能重合，当 BCDWACD重合时，a= 0;当A B、C D四点共面，且A B两点在 DC的两侧时，在 ABC中,/ ACB=/ ACDH/ BCD=45+ 45= 90, AB=7aC+ BC =2,所以 a 的取值范围是(0 , 曲.G2空间几何体的三视图和

2、直观图13. G2 一个几何体的三视图如图1 3所示则该几何体的表面积为图1 313. 38本小题主要考查三视图的应用和常见几何体表面积的求法解题的突破口为S=长方弄清要求的几何体的形状，以及表面积的构成.由三视图可知，该几何体为一个长方体中挖去一个圆柱构成，几何体的表面积 体表面积+圆柱的侧面积一圆柱的上下底面面积，由三视图知，长方体的长、宽、高为3、1，圆柱的底面圆的半径为1,高为1，所以S= 2X (4 X 3+ 4X 1 + 3X 1) + 2n2X n X12= 38.7. G2、G7某三棱锥的三视图如图 1 4所示，该三棱锥的表面积是 （）A.C.28+ 6西 B . 30+ 65

3、56+ 12寸5 D . 60+ 12 书7.正主）视图側（左）视圈B 本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知S 底面=2 X5X 4= 10，1S后=2X 5X 4= 10 ,S左=2X 6X2 f5 = 6yJ5,S右=1X 4X 5= 10 ,所以 S表=10X 3+ QyJ5= 30+ 6寸5.12. G2 G7某几何体的三视图如图1 3所示，该几何体的表面积是445嚴图12. 92本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积.如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为1S= 2X (2+ 5) X

4、 4X 2+ 4X 2+ 5X 4+ 4X 4+ 5X 4= 92.10. G2 个几何体的三视图如图1 - 2所示（单位：m）,则该几何体的体积为3m.正视图视图w图10. 18 + 9 n本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象力, 易题.由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积4.V= 6X 3X 1 + 2X 4 n X f3 f= 18+ 9n .G2 一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是（A.球B .三棱锥C.正方体 D .圆柱4.D 本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力，球的三视图大小、形状相同.

5、三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同， 只有圆柱不同.6.G2某几何体的三视图如图1 1所示,它的体积为（）7 、T1fiJ側视图正视图O悄a图A.12n B . 45nC.57 n D . 81 n6.根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的半径 R= 3,圆锥的高h= 4,亠 2 1 2 圆柱的咼为 5，所以 V组合体=V圆柱+ V圆锥=n X3 X 5+ tX n X3 X 4= 57 n ,3所以选择C.4. G2已知某几何体的三视图如图1 2所示,则该几何体的体积为 (8nA. B . 3 n310nC.-T4. BX2 n = 3 n4正视图個视图O图1 2根

6、据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以V= 2 n.故选B.3. G2某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能图1 23.D 本题考查三视图，意在考查考生对三视图的辨析， 以及对三视图的理解和掌握.基础题型.选项A, B, C,都有可能，选项 D的正视图应该有看不见的虚线，故D项是不可 能的.本题由于对三视图的不了解，易错选C,三视图中看不见的棱应该用虚线标出.7. G2、G7如图1 2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,A. 6 B . 9 C . 12 D . 186的等腰直角三角形,7. B由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底

7、面是斜边长为 有一条长为3的侧棱垂直于底面（即三棱锥的高是3）,可知底面等腰直角三角形斜边上的高为3,故该几何体的体积是V=6X 3X 3= 9，故选B.11. G2、G7已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图1 3所示，则该三棱锥的体积等于cm.正视图丄视图11. 1本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查学生对数据的运算处理能力和空间想象能力.由三视图可知，几何体为一个三棱锥， 则1 1 1V= 3Sh= 3x 2x 1x3x 2=1.正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等.G3平面的基本性质、空间两条直线18. G3 G5（1）如图1 6所示，证明命题“ a是平

8、面n内的一条直线，b是n外的一条直线（b不垂直于n ） , c是直线b在n上的投影，若a丄b,则a丄c”为真;A(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明).18.解：(1)证法一：如下图，过直线 b上任一点作平面 n的垂线n,设直线a, b, c,n的方向向量分别是a, b, c, n,则b, c, n共面.根据平面向量基本定理，存在实数入，使得 c =入 b+ 卩 n,贝U a c = a (入 b+ 卩 n)=入(a b) + (a n),Z夕/A因为a丄b,所以a b = 0,又因为a n , n丄n ,所以a n = 0,故a c = 0，从而a丄c.证法二：如图，记 cn

9、b= A,P为直线b上异于点A的任意一点，过 P作POLn，垂足为O则OE c./ POL n , a n ,直线 POL a,又 a丄b, b 平面 PAO POn b= P, a丄平面PAO又c 平面PAO二a丄c.0逆命题为：a是平面n内的一条直线，b是n外的一条直线(b不垂直于n ) , c是直线b在n上的投影，若a丄c,则a丄b.逆命题为真命题.G4空间中的平行关系18. G4 G7、G11 如图 1 1,四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD菱形，PAI底面 ABCDAC= 2寸2, PA= 2, E是 PC上的一点，PE= 2EC(1)证明：PC丄平面BED(2)设二面角A- P

10、B- C为90,求PD与平面PBC所成角的大小.图1 118.解：方法一： 因为底面ABCD为菱形，所以 BDL AC又PA底面 ABCD所以PCI BD设ACT BD= F,连结EF因为AC= 2护,PA= 2 , PE= 2EC 故 PC= 2羽,EC= 233 , FC=72 ,u出PC 匚 AC 匚 从而 FCT/6，ECT/6.因为 FCT AC / FCE=/ PCA所以 FC0A PCA / FEC=/ PAC= 90,由此知PCI EFPC与平面BED内两条相交直线 BD EF都垂直，所以 PCI平面BED在平面PAB内过点A作AGL PB G为垂足.因为二面角 A- PB-

11、C为90,所以平面 PABL平面PBC又平面PASn平面PBC= PB故 AGL平面 PBC AGL BCBC与平面PAB内两条相交直线 PA AG都垂直，故BCI平面PAB于是BCIAB所以底面 ABCD正方形，AD= 2 , PD=QPA+ aD= 22.设D到平面PBC的距离为d.因为AD/ BC且AD?平面PBC BC?平面PBC故AD/平面PBC A、D两点到平面 PBC的距离相等，即 d = AG=Q2.设PD与平面PBC所成的角为a ,则sin a T PDT 2.所以PD与平面PBC所成的角为D方法二：（1）以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系

12、A- xyz.设 C(/2 , 0,0) , (边,b,0),其中 b0，则 R0,0,2) , 0 ,BV2 , b, 0).于是陀（2寸2 , 0, 2）,BE=俘,b, 3)民像-b, 3从而比-BE= 0, Pc- De 0,故 PCI BE PCI DE又BEP DE= E,所以PCI平面BDE辰(0,0,2) , AB= h/2, b,0).设m= (X, y, z)为平面PAB的法向量,则 m- Ap= 0, m- AB= 0 ,即 2z= 0，且谑X by = 0,令 X = b,则 m= (b ,谑,0).设n= (p , q , r)为平面PBC勺法向量，则n - PC=

13、0 , n - BE= 0 ,即 272p 2r = 02 bq+= 0 ,令 p=1,贝y r =迄，q=半,nJ,b ,因为面PAB!面PBC故m-2n = 0，即 b b= 0,故 b=/2,于是 n= (1 , 1,寸2) , DP=(72，寸2, 2),d n - DP 1 dcosn, DR = = 2, n , DR = 60| nil DPPBC所成的角为30.AA = AD= 1, E 为 CD中点.因为PD与平面PBC所成角和n, DP互余，故PD与平面18. G4 G5 G11 如图 1 3,在长方体 ABC ABGD 中,(1)求证：BE丄AD;(2)在棱AA上是否存在

14、一点 P,使得DP/平面BAE?若存在，求 AP的长；若不存在,说明理由;若二面角 A- BE A的大小为30,求AB的长.18解：(1)以A为原点，XB AD AA的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空,E直,1 , 0)B(a,0,1),故 AD= (0,1,1), BE= f a , 1,1 ) AB = (a, 0,1) , XE= d ,1, 0尬 bTe |x0+ 1X 1 +(1 ) X1 = 0 ,间直角坐标系(如图).设 AB= a,则 A(0,0,0), D(0,1,0),D(0,1,1)二 BE丄 AD.假设在棱 AA上存在一点 P(0,0 , zo),使得 DP/平

15、面 BAE 此时 (0，- 1, Z0).又设平面BAE的法向量n= (x, y,z).n丄平面 BAE - n 丄 AB, n丄 AE,jax + z= 0 , 得号+ y= 0.取x = 1,得平面BAE的一个法向量fa) n= F , - a, - a.要使DP/平面BAE只要n丄DP,有2 az0= 0,解得zo= *.又DF?平面BAE 存在点P,满足DP/平面BAE此时AP= 2. 连接A D, B C,由长方体 ABC- Ai B C D及AA= AD= 1,得AD丄AD. B C/ A D, AD丄 BC又由(1 )知 B E丄 AD, 且 B Cn B E= B , AD丄平

16、面DCBA1. AD是平面 ABE的一个法向量，此时 AD= (0,1,1).设AD与n所成的角为0 ,则 cos 0=丄一Ad=1 nil ADIa22_ a22 + 4 + a二面角A BE A的大小为30, |cos 0 | = cos30,即3aT5? 2 ,1 + -4-解得a= 2,即AB的长为2.16. G4 G5如图1 4，在直三棱柱 ABC ABG中，AB = AC, D, E分别是棱 BC, CC上的点(点D不同于点C)，且ADL DE F为BiC的中点.求证：平面ADEL平面BCCB;直线AF/平面ADE16.证明：(1 )因为ABC-Ai Bi Ci是直三棱柱，所以 C

17、C丄平面ABC又AD?平面ABC所以CCL AD又因为 ADL DE CC, DR 平面 BCCB , CCA DE= E,所以ADL平面 BCCB .又AD?平面 ADE所以平面ADEL平面BCCB .(2)因为A B = A C , F为B C的中点，所以 A1 FL B C .因为CC丄平面 AB C ,且A F?平面A B C ,所以CCL A F.又因为 CC , B C?平面 BCCB , CCA B C = C ,所以AF丄平面BCCB .由(1 )知AD!平面BCCB ,所以A1 F/ AD又AD?平面ADE A F?平面ADE所以A F/平面 ADEB C , / BAC=

18、90 , AB= AC=入 AA ,点M N分别为A B和B C的中点.(1)证明：MN/平面A ACC;(2)若二面角A18 .解：（1）（证法一）连结AB , AC，由已知/ BAC= 90,AB= AC三棱柱 ABC- A B C为直三棱柱.所以M为AB中点.又因为N为B C的中点.所以MN/ AC .又MN平面A ACC ,AC ?平面 A ACC ,因此M/平面A ACC .（证法二）取A B中点P,连结MP NPM N分别为AB与B C的中点，所以 MP/ AA , PN/ A C ,所以 MP/ 平面 A ACC , PN/ 平面 A ACC，又 MP NP= P,因此平面MP/

19、平面A ACC ,而MN平面MPN因此M/平面A ACC .（2）以A为坐标原点，分别以直线AB AC AA为X轴，y轴，z轴建立直角坐标系 0xyz，如图1- 5所示.设 AA = 1，贝U AB= AC=入，于是 A：0,0,0),Bk 入，0,0),qo,入，0), A(0,0,1) ,B(入，0,1) , C(0,入，1).所以M?, 0,设 mT= (X1, y1,乙）是平面A MN的法向量,imr AM= 0,由$Mn= 0入 1_17X12Z1=0, 得!知! + 2Z1= 0,可取 m= (1 , 1,入).设n= （X2, y2, Z2）是平面MNC勺法向量,入入Jn - E

20、fc= 0, 由$In - iMN= 0I 2X2 + 刃2 Z2= 0 , 得1入 1I 三丫2 + 2Z2= 0.可取n = ( 3,因为A MN C为直二面角，所以 nr n= 0.即一3+ ( 1) X ( 1) + 入 2= 0，解得 入=予.G5空间中的垂直关系19. G5 G6 G10 G11 如图 1 2,在直二棱柱 ABC- ABC 中，AB= 4, AG= BG= 3, D为AB的中点.求点C到平面AABB的距离; 若AB丄AiC,求二面角 A CD- C的平面角的余弦值.Si19.解： 由AG= BC D为AB的中点，得 CD! AB又CDL AA,故CDL面 AABB,

21、所以点C到平面AABB的距离为CD=7 BC BD =& 解法一：如图，取 D为AB的中点，连结 DD,贝U DD/ AA/ CC又由(1)知CDL面AABB,故CDLAD, CDL DD,所以/ ADD为所求的二面角 A CD- C的平面角.因AD为AC在面AABB上的射影，又已知AB丄AQ,由三垂线定理的逆定理得 AB丄AD,从而/ AAB、/ ADA都与/ BAB互余，因此/ AAB =/ ADA 所以 Rt AADRt BAA 因AA AB此A5= AA，即 aA= AD AiB = 8,得 AA = 2羽.从而 A1D=7AA+ aD = 2所以，在Rt ADD中,cos / ADD

22、= AD= AA缨.AiD Ai D 3解法二：如图，过 D作DD/ AA交ABi于点D,在直三棱柱中，易知 DB DC DD两两垂直以D为原点，射线 DB DC DD分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标 系 D- xyz.设直三棱柱的高为h,则 A 2,0,0) , A( 2,0 ,h),B(2,0,h),C(0,/5, 0) , C(0 ,书，h)，从而 AB= (4,0 , h) ,(2，半,由AB丄Afc,有 8 h2= 0 , h= 22.CC = (0,0,2 羽),故DA= ( 2,0,2 也), (0, & , 0).设平面AiCD的法向量为m= (xi,yi, zi

23、),则 ml SC mlDA,即S/5y1 =0 , -2X1+ 2德Z1= 0 ,取乙=1,得m=(匹,0,1),设平面CCD的法向量为n= (X2,y2, Z2),则n丄DC n丄CC,即取 X2= 1,得 n= (1,0,0),所以m-nCOS rm n/丨 mi n| ,J2+1 -1所以二面角A CD- C的平面角的余弦值为20. G5、G7如图1 5所示,在四棱锥 P- ABCD ,底面是边长为 2/3的菱形，/ BAD =120,且PAI平面ABCD PA= 26 , M N分别为PB PD的中点.(1)证明：MN/平面ABCD 过点A作AQL PC垂足为点 Q求二面角A MN

24、Q的平面角的余弦值.BC图1 520.解：因为M N分别是PB PD的中点，所以PBD的中位线，所以MNF BD又因为MN平面ABCD所以MN/平面ABCD(2)方法一:J0连结AC交BD于O以O为原点，OC OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系 Oxyz,如图所示.在菱形 ABCD中,/ BAD= 120,得AO AB=, bd=/3ab= 6.又因为PA!平面ABCD所以PAI AC在 Rt PAC中, AC= 2羽,PA= 26, AQL PC,得由此知各点坐标如下，QC= 2, PQ= 4.N -X由AM=俘3B(0 , 3,0) , 0,0) , D0,3,0) , R -羽，

25、0,/6),/亜32amn勺法向量.2， 2，恥怡，3，I 爭x+ |y + yJ6z= 0.m (2 , 0, 1).设n= (X, y, z)为平面QM的法向量.-3y +爭=0，n y取 z = 5,得 n= （2 羽,0,5）.十曰mrn/33于是 cosm n=_=七-.I m n|33所以二面角A-MN- Q的平面角的余弦值为 乂3333方法二：在菱形 ABCD中,/ BAD= 120,得AC= AB= BC= CD= DA BD= WAB又因为PA!平面ABCD所以PA1AB PA1 AC PAI AD所以 PB= PC= PD所以 PBC PDC而M N分别是PB PD的中点，

26、所以MQ= NQ 且 AM= 2PB= P* AN取线段MN的中点E，连结AE EQ则AEl MN QEL MN所以/ AEQ为二面角A- MN- Q的平面角.由 AB= 2J3, PA= 2&,故1在 AMN中, AM= AN= 3, MN=3,得AE=学在直角 PAC中 , Ad PC得AQ= 2血,QO 2, PQ= 4.亠 pB+ pC- bC 5仁 PBC中, cos / BPC= 2pb pc = 6,得 MQ= PpM + PQ 2PM- PCCos / BP(= 在等腰 MQNK MQ= NQ=5, M= 3,得 QE=q MQ mE =呼.在 AEQ中, AE=罟,QE=呼，

27、AQ= 2羽，得/“AW + qE aQ 433 cos/ aeQ 2ae- qe =%.所以二面角A-MN- Q的平面角的余弦值为 導.17. G5 G11 如图 1 4 所示，在四棱锥 P-ABCD中, P从平面 ABCD ACI AD, ABL BC,/ BAC= 45, PA= AD= 2, AC= 1.证明PCI AD 求二面角 A- PC- D的正弦值;设E与棱PA上的点，满足异面直线 BE与CD所成的角为30,求AE的长.17.解：方法一：如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A：0,0,0),2, 0 , R0,0,2).22,0,0), C(0,1,0), B(-

28、1,易得 PC= (0,1 , 2),陀(0,1 ,in - PC= 0,则-In - cJd= 0,不妨令z = 1,aD= (2,0,0)，于是 Pc- aD= 0，所以 pci ad2), SD= (2 , 1, 0) 设平面 PCD勺法向量 n= (x, y, z),y 2z = 0, 2x y = 0.可得 n= (1,2,1).可取平面 PAC的法向量 m (1,0,0).m-n于是cosm n=飞=罟，从而sin mn=罟所以二面角A- PCD的正弦值为年设点E的坐标为（0,0 , h），其中h.由此得BE= ,BE- 6bcos Be, Sd =- ,|BE| 6D710+20

29、 h所以，何 20 h尸COS30=罟，解得h=瞬方法二：由PAI平面 ABCb可得PAIAD又由 Ab! AC, PAn AC= A,故 Ab!平面 PAC又PC?平面PAC所以PC! AD如图所示，作AH! PC于点H连接DHAHD为二面角 A- PC- D由PCI AD PCI AH可得PC!平面 ADH因此DHL PC,从而/在 Rt PAC中 , PA= 2 , AC= 1,由此得 AH-2.由(1)知 ADL AH 故在 Rt DAH中，DH=7aD+aH=型30 因此 sin / AHD=器乂305DH 6所以二面角A- PC-D的正弦值为皆0 如图所示,因为/ ADR 45 ,

30、故过点B作CD的平行线必与线段 AD相交，设交点为F,连接BE EF故/ EBF或其补角为异面直线 BE与 CD所成的角.由 BF/ CD 故/ AFB=/ ADC在 Rt DAC中, CD=75, sin1故 sin / AFB= T .p5心AFB中，由拓sin / FAB= sin 135/ ADC=,&BFAB1= AB= / FAB sin / AFB帝=乎，可得Bl*51由余弦定理，bF = Ab + aF 2AB- AF- cos/ FAB 可得 AF=-.设 AE= h.在 Rt EAF中，EF=2 1 h+1.在 Rt BAE中，BE=#AE+ aBh2 + 2.在 EBF中

31、，因为EF AE= 8+ 8 + 0= 0 , (Jb- AP= 0,所以 CD!AE CDLAP 而 AP AE是平面 PAE内的两条相交直线,所以 CDL平面PAE由题设和(1)知，SD PA分别是平面 PAE平面ABC啲法向量而 PB与平面PAE所成的角和 PB与平面 ABCD所成的角相等，所以|cos SD PB | = |cos PA PB | ,即cJD- PbpA- Pb| SD -1 PBiPa - I pb由 知，Cd( 4,2,0), PA(0,0 , - h),又 PB= (4,0 , h),16+0+ 00+ 0+ h225 寸 16+ h2h 716+ h2故解得h=

32、甕5又梯形ABCD的面积为S= 2x (5 + 3) X 4= 16,所以四棱锥 P ABCD的体积为 V=123X SX PA=1X 16X 甕=代響351518. G5 G11如图1 5所示，在四棱锥P ABCDK 底面ABCD矩形，PU平面ABCD点E在线段PC上, PC!平面BDE证明：BDI平面PAC若PA= 1, AD= 2,求二面角图1 5PCI平面BDE18 .证明：BD 平面 BdE? PCI BDPA!平面 ABCDBD?平面 ABcD? PABD/ PAH PC= P, PA?平面 PAC PQ 平面 PAC BD!平面 PAC法一：如图所示，记由PC!平面BDE BE?

33、平面BDE EF?平面BDE PCI BE PC! EF即/ BEF为二面角B PG A的平面角.由(1)可得BDI AC所以矩形ABCD正方形，AB= AD= 2,AC= BD= 2谑,FO BF=迟.在 Rt PAC中 , PA= 1, PC=# PA + aC = 3 , 即二面角B- PC- A的正切值为3.X、法二：以A为原点，AB AD AP勺方向分别作为 X、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示.n pC= 0.因为(0,2,0), PC= (2,2 ,-1),设AB= b,则:A(0,0,0), B(b,O,O),qb,2,0) , D(0,2,0),R0,0,1).于

34、是验(b,2 , 1) , DB= (b , 2,0).因为 PC! DB 所以 Pb i?B= b2-4= 0 ,从而b= 2.结合(1)可得6B= (2 , 2,0)是平面APC的法向量.现设n=(X, y, z)是平面BPC的法向量，则n 丄 BC n 丄 PC 即 n Ej= 0 ,所以 2y= 0,2 X- z= 0.z = 2 , n= (1,0,2)令 0 = n,3b,则DBn -cos 0 =|n|3sin 0 =, tan 0 = 3.寸10由图可得二面角 B- PC- A的正切值为3.16. G5 G7、G9 G10 如图 1-9(1),在 Rt ABC中 , / C=

35、90 , BC= 3 , AC= 6 , D,E分别是AC AB上的点，且DE/ BC DE= 2，将 ADE沿 DE折起到 ADE的位置，使AQ丄CD 如图 1-8(2).(1)求证：AC丄平面BCDE 若M是AiD的中点，求CM与平面AiBE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面AiDP与平面AiBE垂直？说明理由.16解：(1)证明：因为AC丄 BC DE/ BC所以DEL AC所以DEL AD, DEI CD所以DEL平面ADC所以DEL AC.又因为A CI CD所以AQ丄平面BCDE建立空间直角坐标系C- xyz ,(2)如右图，以C为坐标原点，则 A1(0,0,2 荊

36、,Q0,2,0) , M0,1 , /3) , B(3,0,0) , E(2,2,0).设平面ABE的法向量为n= (x, y, z)，贝Un - AB= 0, n - BE= 0.又AB= (3,0 , - 2羽),BE= ( - 1,2,0),所以(3x- 2肛0, I x+ 2y= 0.令 y = 1,贝y x = 2, z = /3, 所以 n= (2,1 , 73).设CM与平面ABE所成的角为0 ,因为論（0,1，翻,所以 sin 0 = |cos( n, CM =n - CMI nil CMn所以CM与平面ABE所成角的大小为亍 线段BC上不存在点P,使平面 ADP与平面ABE垂

37、直，理由如下:假设这样的点P存在，设其坐标为（P,0,0），其中p.设平面AiDP的法向量为m（X, y, z），则m- Ab= 0, nr0.又Ab= (0,2 , 2羽),DP=(P, 2,0),所以严-2启0, px 2y = 0.p令 X = 2,贝y y = p, z = -p.寸3所以m= i2, P，刼平面 ADPt平面 ABE当且仅当 mi-n = 0,即 4 + p+p= 0.解得p= 2，与p矛盾.所以线段BC上不存在点P,使平面AiDP与平面AiBE垂直.6.A2、G5设平面a与平面3相交于直线 m,直线a在平面a内,直线b在平面3内，且b丄m,贝a丄3 ”是“ a丄b”

38、的（）A.充分不必要条件B .必要不充分条件C.充分必要条件 D .既不充分也不必要条件6.A 本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断.由题知命题是条件命题为“a丄3 ”，命题“ a丄b”为结论命题，当a丄3时，由线面垂直的性质定理可得 a丄b,所以条件具有充分性；但当a丄b时，如果a/m,就得不出a丄3，所以条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件.18. G4 G5 G11 如图 1 3,在长方体 ABC ABGD 中，AA = AD= 1, E为 CD中点.（1）求证：BE丄AD;（2）在棱AA上是否存在一点 P,使得DP/平面BAB若存在，求 AP的长；若不存在,说明理由;

39、若二面角 A BE A的大小为30,求 AB的长.* i GJB K图1 3D1 &解：(1 )以A为原点，AB AD AA的方向分别为X轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB= a,则A：0,0,0) , D(0,1,0),D(0,1 , 1 ) , 1 , 0)B(a,0,1),AE= j! , 1 , 0)故 AD= (0,1,1) , BE=( 2 , 1, 1J AB= (a,0,1) AD BiE= |x 0+ 1 X 1+ ( 1) X 1= 0 ,DySi BE丄 AD.犷 c(2)假设在棱AA上存在一点P(0,0 , Z0),使得 DP/平面 BAE 此时

40、dP= (0 , 1 , zo).又设平面BAE的法向量n=(X, y,z).n丄平面 BAE - n 丄 AB , n丄 Xe,jax + z= 0 , 得$ axIT + y=0.1.取X = 1,得平面BAE的一个法向量要使DP/平面BAE只要n丄DP有2 az0= 0,解得zo= *.又DP?平面BAE 存在点P,满足DP/平面B AE此时AP- 2. 连接A D, B C,由长方体 ABC Ai Bi C D及AA= AD- 1,得AD丄AD. B C/ A D, AD丄 BC又由(1 )知 Bi E丄 AD ,且 B Cn B E= B , AD丄平面DCBA1 . AD是平面A

41、B E的一个法向量，此时 AD= (0,1 , 1 ).设AD与n所成的角为0 ,贝y cos 0 = n AD = | nil Ab|aa2+ a + a24 |cos 0 | = cos30,即3a25? 2 ,1+二面角A BE A的大小为30,18.解：(向量法)：(1)证明：取BC,BC的中点分别为D和D,连接AD,DD, AD解得a= 2,即AB的长为2.1 8 G5 G1 0 G11平面图形 ABBAiCC如图1 4( 1)所示，其中BBCC是矩形，BC= 2,BB = 4, AB= AC=T2, AB = AC = 75.现将该平面图形分别沿 BC和BC折叠，使ABC所在平面都

42、与平面 BBCC垂直，再分别连接A1A, AB, AC,得到如图1 4(2)所示的空间图形.对此空间图形解答下列 问题.(1)证明：AA丄BC求AA的长; 求二面角A- BC- A的余弦值.由BBC C为矩形知,DD丄 BC1,因为平面BBCiC丄平面AiBC,所以DD丄平面Ai B C,又由Ai B= Ai C知,故以D为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D- xyz.由题设，可得A D = 2, AD= i .由以上可知 ADL平面BBC C A D丄平面BBC C,于是 AD/ AD.所以A：0，- i ,4) ,B(i ,0,4),Ai (0,2,0),C(- i ,0,4) ,

43、D(0,0,4).故AA= (0,3 , 4) , B(C= ( 2,0,0) , AA BC= 0 ,因此AA丄EC 即AA丄BC 因为 AA= (0,3 , 4),所以 | AA| = 5,即 AA= 5.AAD BC!AiD,所以/ ADA为二面角连接A D,由BC! AD BC! AA,可知BCL平面A- BC- Ai的平面角.因为 (0 , i ,0) , Da= (0,2 , 4),所以cos sA Da=-i xQ 2 +I即二面角A- BC- Ai的余弦值为一乂55C(综合法)(i )证明：取BC B C的中点分别为 D和D ,连接A D , DD, AD AD由条件可知，BC

44、L AD B C丄Ai D ,由上可得 AD丄面BBCC, Ai D丄面BBC C因此AD/ Ai D ,即AD Aid确定平面 ADAi D.又因为DD/ BB , BB丄BC所以DD丄BC又考虑到 A丄BC所以BCL平面ADAi D故 BCL AA.延长AD到G点，使GE AD,连接AG因为AD綊GD,所以AG綊DD綊BB.由于BB丄平面Ai B C，所以AGLAG由条件可知， A G= Ai D + D G= 3 , AG= 4 ,所以AA= 5. 因为BC丄平面ADAiD,所以/ ADA为二面角 A- BO Ai的平面角.在 Rt Ai DD 中，DD= 4, Ai D = 2，解得s

45、in / DDA= ,5cos / ADA= cos 住+/ D DAL 念.V2y 5即二面角A- BC- Ai的余弦值为一i 9. G5Gi i如图i 一 5,直三棱柱ABC- Ai Bi C 中，AC= BC= qAA , D是棱 AA 的中点,DC 丄 BD(i )证明:DG丄 BC 求二面角 Ai - BD- G的大小.i 9解：(i )证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA的中点，故DG= DC.又 AC= 2AA ,可得 dC + dC= cC ,所以DC丄DC而DC丄BD D8 BD= D,所以DC丄平面BCDBC?平面BCD故DC丄BC由(i )知BCL DC,且B

46、CL CC ,贝y BC!平面ACC 所以CA CB CC两两相互垂直.以C为坐标原点，CA勺方向为x轴的正方向，|CA为单位长，建立如图所示的空间直角 坐标系C- xyz.由题意知 A1(1,0,2), B(0,1,0)则AD= (0,0 , 1), b= (1, 1,1) , Dg= (1,0,1).设n=（X, y, z）是平面ABBD的法向量，贝Un - Bb= 0 ,In A1b= 0,可取 n= (1,1,0).I nr BD= 0 ,同理，设T可得 m= (1,2,1).m- DC= 0.m是平面CBD的法向量，则1从而cos故二面角Ai BD- C的大小为30.18. G5G11在如图1 5所示的几何体中，四边形 ABCDi等腰梯形，AB/ CD / DAB=60, FC!平面 ABCDAE! BD CB- CD= CF（1）求证：BDI平面AED 求二面角F BD- C的余弦