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文档简介
必修二第八章《立体几何初步》单元训练题(高难度)(13)
一、单项选择题(本大题共7小题,共35.0分)
1.己知a,b是两条不重合的直线,a,8是两个不重合的平面,则下列命题中正确的是()
A.a//b,b//a,则a〃a
B.aca,bu0,a〃0,则a〃b
C.a//b,ala,则b1a
D.当aua.且bCa时,若b〃a,则a〃b
2.设a,6为两条不重合的直线,a,0为两个不重合的平面,则下列命题正确的是()
A.若a1b,a//p,bu则
B.若a±a,a//;ibU,3,则a_Lb
C.若a,b与Q所成的角相等,则a〃b
D.若则a"b
3.我国古代数学名著仇章算术》中有这样一些数学用语,“堑堵”意指底面为直角三角形,且
侧棱垂直于底面的三棱柱,而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如
图所示的“堑堵”4BC-&B1C1,若=48=2,当“阳马”B-&4CC1体积
最大时,则“堑堵”ABC-AiBiG的表面积为()
A.4+4V2B.6+4V2C.8+4&D.8+672
4.在三棱锥P-4BC中,二面角P-4B-C、2一4。一8和2一8。-4的大小均等于争
AB-.AC-.BC=3:4:5,设三棱锥P-4BC外接球的球心为。,直线PO与平面ABC交于点。,则
—=()
OQ')
A.7B.2C.3D.4
4
5.三棱锥。一力BC中,力平面ABC,Z.ABC=120。,AB=BC=AD=2,则该棱锥外接球的
表面积为()
A.87rB.127rC.16兀D.207r
6.己知奇函数/"(x)=翳的图象经过点(1,1),若矩形A8CD的顶点A,3在x轴上,顶点C,D
在函数/'(X)的图象上,则矩形ABC。绕x轴旋转而成的几何体的体积的最大值为()
A.]B,71C.yD.2兀
7.在四面体ABC。中,AB-L平面BCD,BC1BD,AB=BD=2,E为CD的中点,若异面直线
AC与BE所成的角为60。,则BC=()
A.V2B.2C.2V2D.4
二、填空题(本大题共9小题,共45.0分)
8.如图,在四面体ABCD中,=CD=2,4B与CD所成的角为60。,点E,人
F,G,4分别在棱AQ,BD,BC,AC上,若直线AB,CD都平行于平面/'万、
EFGH,则四边形EFG”面积的最大值是.//X--V®
9.直三棱柱ABC—A'B'C'中,Z.ACB.CACBCC'1,则直线B,C与面4B'C’所成角的
正切值为.
10.A、B、C三点在同一球面上,ABAC=135°,BC=2,且球心O到平面ABC的距离为1,则此
球0的体积为一.
11.等腰直角三角形ABC中,ZC=pCA=6V2.。为AB的中点,将它沿CZ)翻折,使点4与点
B间的距离为6M,此时四面体ABCD的外接球的体积为.
12.在直三棱柱4BC-48道1内有一个与其各面都相切的球。1,同时在三棱柱48。-4避16外有一
个外接球。2.若ABJ.BC,AB=3,BC=4,则球。2的体积为.
13.在正方体4BCD-4B1GD1中,点E为棱为&的中点,则异面直线AE与80所成角的余弦值为
14.已知二面角a-1-£的大小是60。,设4€a,Bel,AB=4,若A到/的距离为2,则48与平
面0所成的角的正弦值为;若60。的二面角a-1一夕内一点P到面a,。的距离分别是2,
4,则点P到直线I的距离为.
15.在三棱锥4-BCD中,AB=BC=BD=2,AC=AD=272-CD=2百,则三棱锥4-BCD的
外接球的半径为.
16.三棱锥P-4BC中,PA,平面ABC,PA=2AC=273.AB=1,/.ABC=60°,则三棱锥P-ABC
的外接球的表面积为.
三、解答题(本大题共14小题,共168.0分)
17.如图,四棱锥E—4BCD中,四边形ABC。是边长为2的菱形,ND4E=/.BAE=45°,zDAB=60°.
(I)证明:平面40E_L平面ABE;
(II)若。E=dIU,求四棱锥E—4BCD的体积.
18.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABC。是菱形,PD_L4C,AC交8力于点O.
(I)证明:平面PBD1•平面P4C:
(n)若DP=DA=DB=yPB>求二面角力-PB-C的余弦值.
19.在三棱锥p-ABC中,AB=1,BC=2,AC=yfs,PC=y/2,PA=&PB=#,E是线段BC
的中点。
(1)求点C到平面APE的距离d;
(2)求二面角P—EA—B的余弦值
20.在四棱锥S-ABCD中,底面ABC。为平行四边形=60。,乙%ID=30°,AD=SD=2次,
BA=BS=4.
(1)证明:8。1平面&4。;
(2)求点C到平面S4B的距离.
21.如图所示,四棱铢P—4BC0的底面是边长为2的菱形,PAABCD,E,F分别为CQ,PB
的中点,AP=2,AE=V3.
(1)求证:EF〃平面PAD;
(2)求证:平面力EF1•平面P4B;
22.如图,在多面体A8CDEF中,A8C。是正方形,BFABCD,DEABCD,BF=DE,
点M为棱AE的中点.
(1)求证:平面BMD〃平面EFC;
(2)若48=1,BF=2,求三棱锥A-CE尸的体积.
23.如图所示,四边形A2C。是边长为2的正方形,4EL平面8CE,且AE=1.
(1)求证:四边形平面4BC01平面ABE.
(2)线段AO上是否存在一点F,使二面角4-BF-E所成角的余弦值为,?若存在,请找出点尸
的位置;若不存在,请说明理由.
24.在四棱锥P-4BCD中,底面ABCD为矩形,平面PAB1平面=AP=3,AD=PB=2,
E为线段AB上一点,且=7:2,点尸,G分别为线段PA,P。的中点.
(1)求证:PE1平面ABCD-,
(2)若平面E/G将四棱锥P-4BCD分成左右两部分,求这两部分的体积之比.
25.如图,在梯形ABCD中,AB//CD,AD=DC=CB=2,4ABC=60°,平面4CEF_L平面ABCQ,
四边形ACEF是菱形,^CAF=60°.
(1)求证:BF1AE^
(2)求二面角B-EF-。的平面角的余弦值.
26.如图,在四棱锥P-4BCD中,四边形ABC。是平行四边形,M为棱P8的中点.
(1)求证:PD〃平面MAC;
(2)若平面P48_L平面ABC。,平面P4D_L平面ABCQ,求证:PA1¥®ABCD.
27.如图,已知平行四边形ABC。中,NB4D=45。,BC=夜,BH1DC于点,,现将/CBH沿BH
翻折至4P8H,使得PD1PB.
(1)证明:PD_L平面PBH.
(2)若PD=1,求二面角4-PB-H的余弦值.
28.如图,已知在四棱锥P-/BCD中,底面A8C。为等腰梯形,BC//AD,AD=1,BC=3,AC=
BD=2VL点P在底面的投影。恰好为AC与皿的交点'0。=券.
(1)证明:AC1PB;
(2)求点A到平面POC的距离.
29.如图所示,在长方体ABC。一4/1Ci%中,48=40=1,AAr=2,
点P为DDi的中点.
(1)求证:直线BA〃平面PAC
(2)求证:平面PACJL平面
30.如图,四棱锥S-4BCD的底面是正方形,SDABCD,SD==。,点£是5。上的点,
&DE=Aa(0<A<1).
(1)求证:对任意的26(0,1],都有AC1BE;
(2)若二面角C-4E-D的大小为60。,求;I的值.
【答案与解析】
1.答案:c
解析:
本题主要考查空间直线、平面的位置关系,属于基础题.
解:A.a//b,b//a,则2〃€£,可能a在平面a内,故错误.
B.aua,bcp,a//p,则a//b,可能异面直线,故错误,
C.a〃b,ala,则b1a,正确,
。.当aua,且bCa时,若1)〃0€,则2〃1>,可能异面直线,故错误.
故选C.
2.答案:B
解析:
本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判断,要求熟练掌握线面平行和垂直的定义和性质.
A.两直线垂直无法确定该直线的空间位置.B.根据线面垂直的性质进行判断.。•根据直线”,匕的位
置关系和直线所成角的定义进行判断.。.根据线面平行和面面平行的定义和性质进行判断.
解:4当a在平面a内时,a//a,错误.
B.-:ala,a//P,a1p,又bu/?,则a_Lb,二8正确.
C.等腰三角形所在的平面垂直平面a时,等腰三角形的两个直角边和a所成的角相等,但a〃b不成立,
.•.C错误.
。.平行于平面的两条直线不一定平行,二。错误.
故选:B.
3.答案:B
解析:
本题主要考查直线与平面的位置关系、空间几何体的体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论
证能力、运算求解能力,训练了利用基本不等式求最值,是中档题.
设4C=x,BC=y,写出四棱锥B-AiACCi体积,利用基本不等式求得最值,并求得x、y值,则
三棱柱4BC-a8传1的表面积可求.
解:设AC=x,BC=y=久2+y2=4,
则由题意“阳马”的体积是V=|盯
当且仅当x=y=鱼时取等号,
则“斩堵”的表面积为S=2(x+y+2)+2x|xy=4V2+6.
故选B.
4.答案:。
解析:
本题主要考查了三棱锥的外接球,考查了三棱锥的结构,考查了数形结合思想,属于难题.
解决本题的关键是根据题意找出。点及。点的位置.
解:如图,
过P作PD1平面力BC,。为垂足,取线段BC的中点E,则OEJ•平面ABC,
由已知可得。为直角三角形ABC的内心,
做。M垂直于AC与M,则DM1AC,
因为PO_L平面ABC,ACU平面所以PD14C,
又PDnDM=AC_L平面PDA/,
又PMU平面POM,所以ACJLPM,
所以NPMO即是平面PAC和平面ABC的二面角,
设OE=x.因为AB:AC:BC=3:4:5,不妨设AB=3,AC=4,BC=5,
由几何关系可得。时=当0=1,NPMD:,
得PD=V3,DE-J/+(|_2)2=与,AE=I,
由勾股定理得。炉=OE2+AE2,OP2=DE2+(PD+OF)2,
又因为OA=OP,所以/+与=:+(遮+乃2,
解得“多唠=*3,
即"
故选D.
5.答案:D
解析:
本题考查了棱锥与外接球的位置关系,确定球心是关键,属于中档题.
根据三棱锥的结构特征确定球心位置,从而得出球的半径和表面积.
解:•.•在A4BC中,AB=BC=2,AABC=12(1)
根据余弦定理求得AC=2V3,
・•.△ABC外接圆的半径为=2,
2siul20°
设△ABC外接圆的圆心为外接球的球心为O,
则。M1平面ABC,
又ZM平面ABC,AD=2,得OM=1,
,所以外接球的半径为R=+4"2=yr+22=花,
S球=4nR2=207T.
故选O.
6.答案:B
解析:
本题考查圆柱的体积公式以及利用基本不等式求最值,根据条件求出“、b的值,矩形ABCD绕x轴
旋转而成的圆柱半径R=|BC|,令言=匕整理得R/-2X+R=0,则xc,4是方程的两个不等
22
实根,圆柱的体积V=TTR\XC-xD\=nRx旦回=2兀/?711不,利用基本不等式求最值即可,
属于难题.
解:因为奇函数f(x)=黑图象经过点(1,1),
所以/(0)=0/(1)=1,得到a=2,b=0,
不妨设C、。在X轴上方,如图:
D__C
__________
AR
则矩形ABC。绕x轴旋转而成的圆柱半径R=\BC\,
令卫7=R,整理得R/-2X+R=0,
1+x2
则Xc,和是方程的两个不等实根,
X2
则l%c-D\=yj(,xc+XD)-4XCXD=
则圆柱的体积:
cc,4-4R2,---------
V=nR2\x-x\=nR2x-----------=2nRy/l—R2
cDR
________2
<7l[R2+(V1—/?2)]=7T,
当且仅当R2=q时,等号成立.
故选反
7.答案:B
解析:解:如图所示,取A力的中点凡连接E几BF,则EF//4c.
则NBEF为异面直线4c与BE所成的角.
•••乙BEF=60°.
设BC=X,则BE=EF=BF=V2.
2
BE/为等边三角形,
则旦=a,解得x=2.
2
故选:B.
如图所示,取A。的中点F,连接EF,BF,可得EF〃AC.于是4BEF为异面直线AC与8E所成的角.设
BC=x,可得BE=EF=^,在ABEF中即可得出.
2
本题考查了异面直线所成的角、等边三角形的性质,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.
8.答案:叵
2
解析:
本题主要考查线面平行的性质以及二次函数的性质,首先利用线面平行的性质可证HG〃/1B,同理
EF//AB,FG//CD,EH//CD,可证四边形EFG”为平行四边形.然后设8F:BD=BG:BC=FG:
CD=x,(0<x<1),可得:FG=2x,HG=2(1-%),建立二次函数关系求解四边形EFGH面积
的最大值.
解:•.•直线AB平行于平面EFGH,且平面ABC交平面EFGH于HG,
ABu平面ABC,
AHG//AB;同理可得E尸〃4B,FG//CD,EH//CD,
FG//EH,EF//HG,
四边形EFGH为平行四边形.
又•••AB=CD=2,4B与CO所成的角为60。,
设BF:BD=BG:BC=FG:CD=x,(0<x<1),可得:FG=2x,
XvHG-AB=CGtBC={BC-BG):BC,可得:HG=2(1-x),
1
•••SEFGH=2x-xFGxHGxsin60°
=4x(1-x)xy=-2V3(x-1)2+y,
••0<x<1
根据二次函数的性质可知:SEFGH面积的最大值苧.
故答案为立.
2
9.答案:叵
3
解析:
本题主要考查线与平面所成的角的求法,属基础题.
先根据线与平面所成的角的定义作出该角,得到以NCB'。就是直线B'C与面AB'。'所成的角,再求其
正切值即可.
解:如图所示,
连接力C'与C4'交于点0,连接。B'.
由题得四边形ACC'A'是正方形,
所以CO1AC',由题得"L平面ACCA',
所以B'C'10C,因为2C',B'C'u平面AB'C'MC'CB'C=C,
所以。C,平面ABC',所以NCB'O就是直线B'C与面ZB'C'所成的角,
戊
所以疝/。》。=祟=%=上
CB'y/22
ZCB'O=.-,tanZCZ/O=—.
63
故答案为:叵.
3
10.答案:4遍7T
解析:
运用正弦定理可得△48c的外接圆的直径2,•,再由球的半径和球心到截面的距离、及截面圆的半径
构成直角三角形,即可求得球的半径,再由球的体积公式计算即可得到.
本题考查球的体积的求法,主要考查球的截面的性质:球的半径和球心到截面的距离、及截面圆的
半径构成直角三角形,同时考查正弦定理的运用:求三角形的外接圆的直径,属于中档题.
解:由于NB4C=135。,BC=2,
则44BC的外接圆的直径2r=丁%=2或,
sml35°
即有r=V2,
由于球心0到平面ABC的距离为1,
则由勾股定理可得,球的半径/?=弋丫2+溟=72+1=b,
即有此球0的体积为V==|TTX(V3)3=4V37T.
故答案为:4V37T.
11.答案:180V5TT
解析:
本题考查四面体的体积,属于中档题.
先求出三角形AB。的外接圆的半径,再结合图形求出外接球的半径,即可求解.
通过翻折,则CO,平面A3。
如图所示;
在三角形AB力中,
62+62-(6⑹21
COSZ.ADB-一,
2x6x62
则si山DB=4
设三角形48。的外接圆的半径为r,则2r=AB
sinz.ADB
C6
即2丁=亘,得了=6,
2
再设四面体ABCD的外接球的半径为/?,
则R2=32+62=45,
得R=3遍,
3
则匕一ECO=:兀A,=^TT(3V5)=180V5TT.
故答案为180V57r.
12.答案:等兀
解析:
本题考查棱柱的内切球与外接球的体积,根据已知求出球的半径,是解答的关键.
根据已知可得直三棱柱力BC-AiBiG的内切球半径为1,进而可以得到外接球的半径,即可得答案.
解:因为AB1BC,AB=3,BC=4,所以AC=5,
故△ABC的内切圆半径r=七二=1,所以球。1的半径凡=r=1,
所以A%=2%=2,
又外接球。2的半径:
22
R2=^AB+BC+AAl
—+42+22—
22
所以外接球。2的体积:
Q
174n34/V29\29V29
=-7T/?2=371\~2"7=~~6-
故答案为空空兀.
6
13.答案:叵
10
解析:
本题考查异面直线所成角问题,求解方法一般是平移法,转化为平面角问题来解决.
取C1A中点凡构造平行四边形四边形AOFE,将AE与80所成的角转化为。尸与8。所成角或其
补角求解即可.
解析:
解:取中点尸,连接EF、DF、BF,
易知四边形AQFE为平行四边形,贝ME〃。/
•••AE与3。所成的角即为DF与8。所成角或其补角,
4E与BD所成的角的余弦值即为DF与8。所成角余弦值的绝对值,
设正方体的棱长为2,
在ABOF中,易知。?=遮,DB=2V2.BF=3,
DF2+DB2-I3F25+8-9_x/IO
由余弦定理得
2DF-DB2^x2^―^0'
故答案为票
14.答案:券
解析:
(1)本题主要考查了平面与平面之间的位置关系,以及直线与平面所成角,考查空间想象能力、运算
能力和推理论证能力,属于基础题.
过点A作平面0的垂线,垂足为C,在夕内过C作/的垂线.垂足为。,连接AO,从而乙4DC为二面
角的平面角,连接C8,则乙4BC为A8与平面6所成的角,在直角三角形4BC中求出此角
即可.
解:过点A作平面£的垂线,垂足为C,
在£内过C作/的垂线.垂足为。
连接A。,有三垂线定理可知4。JU,
故44DC为二面角a-1-0的平面角为60。,故AO=2,
连接CB,则4aBe为AB与平面/?所成的角
则4C=更4。=V3-
2
•/Ar>k.6
s\nz.ABC=——=一:
AB4
故答案为宜.
4
(2)本题考查了二面角的定义、大小度量,解三角形的知识.分析得出PQ是尸到/的距离,且利用
正弦定理求出是关键.
设过P,C,。的平面与,交于。点,可以证出/1面PCQDQ,NCQC是二面角a-1-0的平面角,
PQ是P到/的距离.且PQ是APDC的外接圆的直径,在△PCD中利用余弦定理求出C£>,最后根据
正弦定理可求出PQ,从而求出点P到直线/的距离.
解:设过尸,C,。的平面与/交于。点.
由于PC1平面a,平面M,则PCJ.1,
同理,有PCI/,vPCdPD=P,
.•.S面PCQC于Q.
又DQ,CQ,PQu平面PCQD
•••DQ1I,CQ1I.
4DQC是二面角a—l—0的平面角.
:.4DQC=60°
且PQ_Ll,所以P。是P到/的距离.
在平面图形PCQQ中,有乙PDQ=LPCQ=9。°
:.P、C、。、。四点共圆,也为APDC的外接圆,且PQ是此圆的直径.
在△PCD中,•••PC=2,PD=4,/.CPD=180°-60°=120°,
由余弦定理得:CD2=PC2+PD2-2PC-PDcosl200=4+16-2x2X4x(-j)=28,:.CD=
2V7,
CD
在APOC中,根据正弦定理.27?PQ,
suiACPD
2V7_4vn
百二丁
••・点p到直线/的距离为史祖.
3
故答案为:犯旦.
3
15.答案:V5
解析:
本题主要考查棱锥的结构特征和其外接球,以及余弦定理等,属于基础题.
先利用勾股定理和余弦定理求出tCBD,然后利用4BCD的半径求出外接球的半径即可.
解:如下图,
由勾股定理得4B1BC,AB1.BD,
由余弦定理得"春CB0=1尔
所以
所以ABC。的外接圆半径为二-
可求得球的半径为7¥下1=V5.
16.答案:167r
解析:解:如图,在44BC中,由正弦定理得当=等=sinC=
sinBsinC2
VC<B,C=30°,A=90°,
又•••P4_1_平面ABC,AP,AC,A8两两垂直,
故可将此三棱锥放入一个长、宽、高分别1,g,2次为的长方体
内,三棱锥的四个顶点亦为长方体的顶点,其外接球为长方体外接
球.
易得外接球半径为府记诉_7故外接球表面积为4兀/?2=
一乙
167r.
故答案为:16兀.
三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直,所以把它扩展为长方体,它也外接于球,对角线的长为
球的直径,然后解答即可.
本题考查球的表面积,考查学生空间想象能力,解答的关键是构造球的内接长方体.是基础题
17.答案:解:(1)过点。作。。14凡垂足为O,连结BD.
在中,由Z7ME=45°,4D=2得,04=。。=&.
在ZkAOB中,由余弦定理得+即OB=鱼,
又BD=2,所以。。2+0^2=BO?,即。。J.OB.
又。BC力E=。,所以。。1平面4BE,
又。。u平面ADE,所以平面ZDE,平面ABE;
(U)由DE=VIU得,0E=y/DE2-OD2=2vL则4E=3近.
所以SA.BE=•0B=£x3鱼x&=3.
所以外)-4BE=mSA4BE-0D=-X3X>/2=
故四棱锥E-48CD的体积/TBCO=2VD_ABE=2混.
解析:本题考查了面面垂直的判定和棱锥体积的问题,注意几何体中线面的关系有助于解题,属于
中档题.
(I)过点。作DO14E,垂足为。,连结08,BD,先证得DO1平面ABE,再通过面面垂直的判定
定理即可得证.
(n)由DE=aU得,0E=7DE2-0D2=2a,进而求出AE,根据棱锥体积得出答案.
18.答案:(1)证明::底面488是菱形,:.水;18。,
又PD14C,PDCBD=D,PDu平面PBD,BDu平面PBD,
■.AC1平面PBD,
又4cu平面PAC,
••・平面PBD_L平面PAC;
(口)解:不妨设PB=V5,则DP=ZX4=DB=1,
作AE1PB于E,连结CE,
由(I)知4clBP,又4EC4C=4,4Eu平面AEC,4Cu平面AEC,则PB_L平面AEC.
而CEu平面AEC,故CE1PB,
则乙4EC是二面角力-PB-C的平面角.在APBD中,由余弦定理的cos/PDB=且止®
2X1X1
在4P0D中,仍由余弦定理得。P=Jl2+(i)2-2x1x|x(-1)=^,
在ZMCE中,AC=>/3,
在直角三角形AP。中,PA=办。2+op2=叵,在4PAB中,由余弦定理得COSNAPB=
2
丝文三型=晅则sin〃PB=叵,
2APXPB2020
在直角4P4E中,AE=APsin^APB=^-=CE,
4
在ZL4EC中,再由余弦定理得COSNAEC=-高
所以二面角a-PB-c的余弦值为一段.
解析:本题考查平面与平面垂直的判定,考查空间想象能力与思维能力,训练了二面角的平面角的
求法,是中档题.
(I)由底面ABC。是菱形,可得AC1BD,再由PD2.4C,利用线面垂直的判定可得AC_L平面PBD,
进一步得到平面PBD1平面P4C;
(11)不妨设28=V3.则DP=DA=DB=1,作4E1PB于E,连结CE,由(I)知4c1BP,PB,平
面AEC,可得N71EC即二面角力-PB-C的平面角,然后求解三角形得答案.
19.答案:解:(1)在三棱锥p-4BC中,
AB—1,BC—2,AC-yf5,PC=V2>
PA=y[5,PB=V6-
由题意可知PC?+CB2=PB?,PA^+AB2=PB2,
EB=1,AB=1,EA2=EB2+AB2,
则将三棱锥p-ABC中补形为长方体如图所示:
由:等积法VC-PEA=^P-CEA
ixixV3xV2xd=|xixlxlxl,
3232
jy/6
a=——,
6
点C到平面APE的距离d=渔;
(2)连DE,■■■AE1PE,PD1AE,
PDCPE=P,
AEIffiPDE,AE1DE,
"ED二面角P—EA—B二面角的补角,
所以二面角P—EA—B的余弦值一立.
3
解析:本题考查了点到面的距离,考察了线面垂直的判定,属于容易题.
(1)有图有可得由题意可知PC2+CB2=PB2,PA2+AB2=PB2,EB=1,AB=1,EA2=EB2+AB2,
可补形为长方体,简化运算,由等积法%=0_CE4可求得出
(2)j$DE,■■■AE1PE,PDA.AE.PDdPE=P,AEiffiPDE,4E1DE,二NPED二面角P—E4—B
二面角的补角,则可解的二面角的余弦值.
20.答案:(I)证明:ZiaDB中,由余弦定理可得BD=2,BO?+A02=AB2,a。J.BD.
取SQ的中点E,连接。E,BE,则DEISA,BELSA,
vDECtBE=E,:.SA1平面BDE,
•••SA1BD,
"SAnAD-A,
BDJL平面SAD-,
(口)解:点C到平面SAB的距离=点D到平面SAB的距离h.
△SA。中,SAD=30°,AD=SD=2®ShSAD=1x2遍x2遍x曰=36,
△S4B中,BA=BS=4,SA=6,•••ShSAB=x6x“6—9=3V7,
由等体积可得;x3Kx2=;x3V7/i,h=—.
337
解析:(I)证明:AD1BD,S/41BD,即可证明BDJ•平面SA。;
(口)利用等体积方法,求点C到平面SAB的距离.
本题考查线面垂直的条件,考查点面距离,考查体积的计算,属于中档题.
21.答案:证明:(1)取PA的中点M,连结FM,DM,
■-F,M分别是PB,PA的中点,
FM//AB,且FM=[AB,
又•••点E是CD的中点,四边形A2CD为菱形,
DE//AB,SLDE=^AB,
:.FM//DE,HFM=DE,
四边形DEFM为平行四边形,
•••EF//DM,
■:EF,平面PAD,DMu平面PAD,
EF〃平面PAD.
(2),••底面ABC。是边长为2的菱形,AE=A/31
:.AE2+DE2=AD2,
AE1DE,
•••DE//AB,
•••AE1AB,
PA_L平面ABCD,AEu平面ABCD,
:.PA1AE.
vABCiPA=A,•••AEJ_平面PAB,
■:AEu平面AEF,.•・平面AEF1平面PAB.
解析:本题考查线面平行,面面垂直的证明,考查二面角的大小的求法,考查空间中线线,线面、
面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题.
⑴取PA的中点M,连结FM,DM,推导出四边形DEFM为平行四边形,EF〃DM,由此能证明EF〃
平面PAD.
(2)推导出4E10E,AE1AB,PA1AE,从而4E_L平面PA2,由此能证明平面4EF_L平面PAB.
22.答案:(1)证明:连接AC,与8。交于点N,则N为AC的中点,
MN//EC.
■:MN,平面EFC,ECu平面EFC,
MN〃平面EFC.
VBFABCD,DEI平面ABC。,S.BF=DE,
BF//DE,BF=DE,
•••四边形2DEF为平行四边形,BD〃EF.
vBD<t平面EFC,EFu平面EFC,
:.BD〃平面EFC.
又:MNnBO=N,
二平面BDM〃平面EFC;
(2)解:连接EMFN.在正方形ABC。中,AC1BD,
又:BF,平面ABCD,ACu平面ABCD,
•••BF1AC.
vBFCBD=B,BF,BDu平面BDEF,
•••ACBDEF,且垂足为N,
_1
^A-CEF=g'AC,S^NEF
=-xV2x-xV2x2=
323
三棱锥4-CEF的体积为|.
解析:本题考查面面平行的判定,考查空间想象能力与思维能力,训练了三棱锥体积的求法,属于
中档题.
⑴连接AC,与8。交于点M则N为AC的中点,可得MN〃EC.由线面平行的判定可得MN〃平面EFC.
再由BF1平面ABC。,DE_L平面ABCD,且BF=0E,可得四边形BDEF为平行四边形,得到BD〃EF.
由面面平行的判定可得平面BDM〃平面EFC;
(2)连接EN,FN.在正方形A8CD中,AC1BD,再由BF1平面ABCD,可得BF1AC.从而得到AC1
平面BDEF,然后代入棱锥体积公式求解.
23.答案:解:(1)证明:••・/!£_L平面BCE,BC、BEu平面BCE,
AE±BE,AE1BC,
又8c_L4B,且4BnAE=A,AB、AE在平面ABE内,
•••BC,平面ABE,DCC平面.ASC'O,
*平面4BCCJ■平面ABE;
AE=1,AB=2,AE1BE,
:.BE=V3,
设4F=h,
则尸(0,0h),E(f1,O),B(0,2,0),
•••BF=(Y,-1,0),乔=(0,-2,九),
设平面的一个法向量为记=(x,y,z),
则旧旦=0,
tn-BF=0
.(x—V3y=0
(2y—hz=0
取y=l,得有=(百,1,;),
易知,记=(1,0,0)为平面ABF的一个法向量,
由题意得:
..mn,V3V6
cos<m,n>\=\=-r==—
I利列J4+^4,
解得:/i=1,
故当尸为AC中点时,满足题意.
解析:本题考查了线面垂直,面面垂直,二面角的求法,难度适中.
(1)先证BC1平面ABE,进而得面面垂直;
(2)建立空间坐标系,利用空间向量建系求出法向量,然后求出二面角列方程求解.
24.答案:(1)证明:在等腰AAPB中,cos4ABp=迦=匕
AB3
则由余弦定理可得PE2=(|)2+22-2X|X2X|=^,
PE=—.
3
•••PE2+BE2=4=PB2,
•••PE1AB.
•••平面P481平面ABCD,平面P4Bn平面ABC。=AB,
PE_L平面ABCD.
(2)解:设平面MG与棱CD交于点M连接EM如下图:
因为GF//AD,所以GF〃平面ABCZ),从而可得EN〃AD.
延长FG至点M,使GM=CF,连接CM,MN,
则4FE-OMN为直三棱柱.
"到AE的距离智PE=¥,〃E
172427yf2
•••^hAEF=-X-X—^―=—^―■
2339
,77夜„14A/21742.7A/2
•'•^AFE-DMN=丁X2=—^-,VG-DMN=]义—X1=—
•'•^AFENDG=^AFE-DMN—%-DMN=
^-VP-ABCD~^XPEXS矩形ABCD=竽
35>/2,8y[235依-_
•••Vlz左:7TZ右=亍:(亍一亍)=o35:3Q7.
解析:本题考查线面垂直的判定及面面垂直的性质,同时考查几何体的体积.
(1)要证线面垂直,就要证线线垂直,而本题中有面面垂直,只要证PE与AB垂直即可,这可在△
APB中解三角形可得.用余弦定理求边长,用勾股定理证明垂直;
(2)先将平面EFG这个截面补全,设平面EFG与棱CD交于点N,连接EM因为GF〃AO,所以GF〃
平面ABC。,从而可得EN〃/W.延长FG至点M,使GM=CF,连接DW,MN,则力FE-DMN为直
三棱柱.求出它的体积的,然后可得另一部分的体积.
25.答案:(1)证明:依题意,在等腰梯形ABCD中,AC=2®AB=4,
•:BC=2,:.AC2+BC2=AB2,即BOC,
•••平面4CEF,平面ABCD,平面ACEFn平面A8CD=AC.
BC_L平面ACEF,而AEu平面ACEF,AE1BC,
连接CF,•••四边形ACEF是菱形,4EJ.FC,
又*BCCFC=C,:.AE_L平面BCF,
BFu平面BCF,:.BF1AE.
解:(2)取EF的中点M,连接MC,
•••四边形ACEF是菱形,且4C4F=60。.
由平面几何知MC1AC,•••平面ACEF1平面ABCD,
MC_L平面ABCD.
故此可以CA、CB、CM分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,
C(0,0,0),4(273,0,0),B(0,2,0),。(倔-1,0),E(-75,0,3),F(V3,0,3)»
设平面BEF为元=(x,y,z),
•:~BF=(V3,-2,3).EF=(28,0,0).
..由[艺]=任_2y+3z=0,取丫=3,得五=(0,3,2),
同理,得平面DEF的法向量为访=(0,3,-1),
设二面角B-EF-。的平面角的平面角为。,
•-叵码一二一-型四
“C°SU-|SNSf|-V130130'
故二面角B-EF-。的平面角的余弦值为巫.
Xy
解析:本题考查线线垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的
位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是中档题.
(1)推导出BC14C,BCACEF,AE1BC,连接C凡AE1FC,由此能证明4E_L平面
从而BF1AE.
(2)取EF的中点连接MC,以CA、CB、CM分别为X、>、z轴建立空间直角坐标系,由此能求
出二面角B-EF-D的平面角的余弦值.
26.答案:证明(1)因为底面ABCO为平行四边形,设。为AC与8。的交点,
所以。为B0的中点,
又例为侧棱PB的中点,
所以。用为4BDP的中位线,
所以OM〃PO,
因为。Mu平面AMC,PD仁平面AMC,
所以PD〃平面
(2)过点P作AB的垂线,设垂足为点N.在平面ABCC内,过点N作4B的垂线,
垂线交直线CZ)于Q.则NPNQ为二面角P-AB-C的平面角.
又•••平面P4B_L平面48CZ),Z.PNQ=90°,即PN1.NQ.
又•;NQCAB=N,NQu平面ABC。,ABABCD,PNABCD.
同理,若过点P作AO的垂线尸7,则PT,平面ABCD.
又•.•过平面外一点作平面的垂线有且只有一条.PN与PT重合.
又...PNu平面PA8,PTu平面PAD,平面PAB介平面PAD=P4,.♦.直线PN就是直线PA.
PA1平面ABCD.
解析:
本题考查了三角形中位线定理、线面平行的判定定理、等腰三角形的性质、线面与面面垂直的判定,
考查了推理能力,属于简单题.
(1)利用三角形中位线定理、线面平行的判定定理即可证明;
(2)利用线面与面面垂直的判定即可证明.
27.答案:(1)由已知PHOHC=H,
则BH,平面PDC,又因为PDu平面PDC,所以,
又因为PO_LP3.PS3,所以PD1平面P8M
(2)方法一:如图,过点。作OE〃BH,交A8于E,连接
则由(1)可得,DE1平面PDC,则DE_LPD,PE=x/DE2+PD2=&,
同理,DH='PH?+PDW=BE,所以PE=BE=夜,
又因为PH=HC=1,PB=BC=近,于是取PB中点G,贝!|EG1PB.GH1PB,
则4EGH即为二面角4-PB-"的平面角.
在正三角形4PEB中,EG=*,而EH=丹HG=*
EG2+GH2-EH2
于是co«NEG〃
2EG-GH
(2)方法二:以〃为原点,建立如图空间直角坐标系,
w(o,o,o),P(O,-^,^),F(I,O,O)M(I,-I-V2.O).
——,V2V2——>—,l
BP=-=(1,0,0),B4=(0,-1-72,0)
设平面的一个法向量为元=(%,y,z),
.可营=0今V2V2
—X———y+—z=0
2J2,
In-we=0%=0
取y=1,汨=(0,1,1);
同理可得平面ABP的一个法向量为沌=
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