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2015届高三数学立体几何专题训练及详细答案


2015 届高三数学立体几何专题训练
1.(2013· 高考新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A.16+8π C.16+16π 解析:选 A.

B.8+8π D.8+16π

原几何体为组合体: 上面是长方体, 下面是圆柱的一半(如图所示), 其体积为 V=4×2×2 1 2 + π×2 ×4=16+8π. 2 2.(2013· 高考新课标全国卷Ⅰ)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm,如 果不计容器厚度,则球的体积为( )

500π A. cm3 3 1 372π C. cm3 3 解析:选 A.

866π B. cm3 3 2 048π D. cm3 3

如图,作出球的一个截面,则 MC=8-6=2(cm), 1 1 BM= AB= ×8=4(cm). 2 2 设球的半径为 R cm,则 R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,∴R=5, 4 500π ∴V 球= π×53= (cm3). 3 3 3.(2013· 高考新课标全国卷Ⅱ)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 解析:选 D.

根据所给的已知条件作图,如图所示. 由图可知 α 与 β 相交,且交线平行于 l,故选 D. 4.(2013· 高考大纲全国卷)已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于( ) 2 3 A. B. 3 3 2 1 C. D. 3 3 解析:选 A.法一:

如图,连接 AC,交 BD 于点 O,由正四棱柱的性质,有 AC⊥BD.因为 CC1⊥平面 ABCD, 所以 CC1⊥BD.又 CC1∩AC=C,所以 BD⊥平面 CC1O.在平面 CC1O 内作 CH⊥C1O,垂足为 H, 则 BD⊥CH.又 BD∩C1O=O, 所以 CH⊥平面 BDC1, 连接 DH, 则 DH 为 CD 在平面 BDC1 上的射影,所以∠CDH 为 CD 与平面 BDC1 所成的角.设 AA1=2AB=2.在 Rt△COC1 中,由 2 CH 2 等面积变换易求得 CH= .在 Rt△CDH 中,sin∠CDH= = . 3 CD 3 法二:

以 D 为坐标原点, 建立空间直角坐标系, 如图, 设 AA1=2AB=2, 则 D(0, 0,0), C(0,1,0), → → → B(1,1,0),C1(0,1,2),则DC=(0,1,0),DB=(1,1,0),DC1=(0,1,2). 设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z),则 ? ?x+y=0, → → n⊥DB,n⊥DC1,所以有? 令 y=-2,得平面 BDC1 的一个法向量为 n=(2, ?y+2z=0, ? -2,1). → ? n· DC ? 2 → 设 CD 与平面 BDC1 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos n,DC =? = . →? 3 ?|n||DC|? 5.(2013· 高考大纲全国卷)已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等于( ) 2 3 A. B. 3 3

2 3 解析:选 A.法一: C.

1 D. 3

如图,连接 AC,交 BD 于点 O,由正四棱柱的性质,有 AC⊥BD.因为 CC1⊥平面 ABCD, 所以 CC1⊥BD.又 CC1∩AC=C,所以 BD⊥平面 CC1O.在平面 CC1O 内作 CH⊥C1O,垂足为 H, 则 BD⊥CH.又 BD∩C1O=O, 所以 CH⊥平面 BDC1, 连接 DH, 则 DH 为 CD 在平面 BDC1 上的射影,所以∠CDH 为 CD 与平面 BDC1 所成的角.设 AA1=2AB=2.在 Rt△COC1 中,由 2 CH 2 等面积变换易求得 CH= .在 Rt△CDH 中,sin∠CDH= = . 3 CD 3

法二:

以 D 为坐标原点, 建立空间直角坐标系, 如图, 设 AA1=2AB=2, 则 D(0, 0,0), C(0,1,0), → → → B(1,1,0),C1(0,1,2),则DC=(0,1,0),DB=(1,1,0),DC1=(0,1,2). 设平面 BDC1 的法向量为 n=(x,y,z),则 ? ?x+y=0, → → n⊥DB,n⊥DC1,所以有? 令 y=-2,得平面 BDC1 的一个法向量为 n=(2, ?y+2z=0, ? -2,1). → ? n· DC ? 2 → 设 CD 与平面 BDC1 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos n,DC =? = . →? 3 ?|n||DC|? 6.(2013· 高考山东卷)

一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如图所示,则该四棱锥侧面 积和体积分别是( ) 8 A.4 5,8 B.4 5, 3 8 C.4( 5+1), D.8,8 3 解析:选 B.

1 8 由正视图知:四棱锥的底面是边长为 2 的正方形,四棱锥的高为 2,∴V= ×22×2= . 3 3 1 四棱锥的侧面是全等的等腰三角形,底为 2,高为 5,∴S 侧=4× ×2× 5=4 5. 2 9 7.(2013· 高考山东卷)已知三棱柱 ABCA1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长 4 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 π A. B. 12 3 π π C. D. 4 6 解析:选 B.

如图所示,P 为正三角形 A1B1C1 的中心,设 O 为△ABC 的中心,由题意知:PO⊥平面

ABC,连接 OA,则∠PAO 即为 PA 与平面 ABC 所成的角. 在正三角形 ABC 中,AB=BC=AC= 3, 3 3 3 则 S= ×( 3)2= , 4 4 9 VABCA1B1C1=S×PO= ,∴PO= 3. 4 3 PO 又 AO= × 3=1,∴tan∠PAO= = 3, 3 AO π ∴∠PAO= . 3 8.(2013· 高考浙江卷)设 m、n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面( ) A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n B.若 m∥α,m∥β,则 α∥β C.若 m∥n,m⊥α,则 n⊥α D.若 m∥α,α⊥β,则 m⊥β 解析:选 C.A 项,当 m∥α,n∥α 时,m,n 可能平行,可能相交,也可能异面,故错误; B 项,当 m∥α,m∥β 时,α,β 可能平行也可能相交,故错误; C 项,当 m∥n,m⊥α 时,n⊥α,故正确; D 项,当 m∥α,α⊥β 时,m 可能与 β 平行,可能在 β 内,也可能与 β 相交,故错误.故 选 C. 9. (2013· 高考新课标全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz 中的坐标分别 是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面, 则得到的正视图可以为( )

解析:选 A.根据已知条件作出图形:四面体 C1A1DB,标出各个点的坐标如图(1)所示,

可以看出正视图是正方形,如图(2)所示.故选 A. 10.(2013· 高考安徽卷)在下列命题中,不是公理的是( ) A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面 C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么它们有且只有一条过该点的公共直线 解析:选 A.A,不是公理,是个常用的结论,需经过推理论证; B,是平面的基本性质公理; C,是平面的基本性质公理; D,是平面的基本性质公理. 11.(2013· 高考北京卷)

如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,P 为对角线 BD1 的三等分点,P 到各顶点的距离的 不同取值有( ) A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个 解析:选 B.如图,取底面 ABCD 的中心 O,连接 PA,PC,PO. ∵AC⊥平面 DD1B,又 PO?平面 DD1B,

∴AC⊥PO.又 O 是 BD 的中点,∴PA=PC. 同理,取 B1C 与 BC1 的交点 H,易证 B1C⊥平面 D1C1B,∴B1C⊥PH. 又 H 是 B1C 的中点,∴PB1=PC,∴PA=PB1=PC. 同理可证 PA1=PC1=PD. 又 P 是 BD1 的三等分点, ∴PB≠PD1≠PB1≠PD, 故点 P 到正方体的顶点的不同距离有 4 个. 12.(2013· 高考辽宁卷)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上.若 AB =3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球 O 的半径为( ) 3 17 A. B.2 10 2 13 C. D.3 10 2 解析:选 C.因为直三棱柱中 AB=3,AC=4,AA1=12,AB⊥AC,所以 BC=5,且 BC 为过底面 ABC 的截面圆的直径.取 BC 中点 D,则 OD⊥底面 ABC,则 O 在侧面 BCC1B1 内, 13 矩形 BCC1B1 的对角线长即为球直径,所以 2R= 122+52=13,即 R= . 2 13.(2013· 高考浙江卷)在空间中,过点 A 作平面 π 的垂线,垂足为 B,记 B=fπ(A).设 α, β 是两个不同的平面, 对空间任意一点 P, Q1=fβ[fα(P)], Q2=fα[fβ(P)], 恒有 PQ1=PQ2, 则( ) A.平面 α 与平面 β 垂直 B.平面 α 与平面 β 所成的(锐)二面角为 45° C.平面 α 与平面 β 平行 D.平面 α 与平面 β 所成的(锐)二面角为 60° 解析:选 A.设 P1=fα(P),P2=fβ(P),则 PP1⊥α,P1Q1⊥β,PP2⊥β,P2Q2⊥α. 若 α∥β,则 P1 与 Q2 重合、P2 与 Q1 重合,所以 PQ1≠PQ2,所以 α 与 β 相交. 设 α∩β=l,由 PP1∥P2Q2,所以 P,P1,P2,Q2 四点共面. 同理 P,P1,P2,Q1 四点共面. 所以 P,P1,P2,Q1,Q2 五点共面,且 α 与 β 的交线 l 垂直于此平面. 又因为 PQ1=PQ2,所以 Q1、Q2 重合且在 l 上,四边形 PP1Q1P2 为矩形.那么∠P1Q1P2 π = 为二面角 αlβ 的平面角,所以 α⊥β. 2 14.(2013· 高考湖南卷)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( ) 3 A. B.1 2

2+1 D. 2 2 解析: 选 D.由于该正方体的俯视图是面积为 1 的正方形, 侧视图是一个面积为 2的矩形, 因此该几何体的正视图是一个长为 2,宽为 1 的矩形,其面积为 2. 15.(2013· 高考江西卷) C.

一几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A.200+9π B.200+18π C.140+9π D.140+18π 解析:选 A.由三视图可知该几何体的下面是一个长方体,上面是半个圆柱组成的组合 体.长方体的长、宽、高分别为 10、4、5,半圆柱底面圆半径为 3,高为 2,故组合体体积 V =10×4×5+9π=200+9π. 16.

(2013· 高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( ) A.棱柱 B.棱台 C.圆柱 D.圆台 解析:选 D.由俯视图是圆环可排除 A,B,由正视图和侧视图都是等腰梯形可排除 C, 故选 D. 17.(2013· 高考广东卷)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是( )

1 A. 6 2 C. 3 解析:选 B.

1 B. 3 D.1

如图,三棱锥的底面是一个直角边长为 1 的等腰直角三角形,有一条侧棱和底面垂直, 1 1 1 且其长度为 2,故三棱锥的高为 2,故其体积 V= × ×1×1×2= ,故选 B. 3 2 3 18.(2013· 高考广东卷)设 l 为直线,α,β 是两个不同的平面.下列命题中正确的是( ) A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l⊥α,l⊥β,则 α∥β C.若 l⊥α,l∥β,则 α∥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β 解析:选 B.选项 A,若 l∥α,l∥β,则 α 和 β 可能平行也可能相交,故错误; 选项 B,若 l⊥α,l⊥β,则 α∥β,故正确; 选项 C,若 l⊥α,l∥β,则 α⊥β,故错误; 选项 D,若 α⊥β,l∥α,则 l 与 β 的位置关系有三种可能:l⊥β,l∥β,l?β,故错误.故 选 B. 19.(2013· 高考湖南卷)已知棱长为 1 的正方体的俯视图是一个面积为 1 的正方形,则该 正方体的正视图的面积不可能等于( ) A.1 B. 2 2-1 2+1 C. D. 2 2 解析:选 C.当正方体的俯视图是面积为 1 的正方形时,其正视图的最小面积为 1,最大 2-1 2-1 面积为 2.因为 <1,因此所给选项中其正视图的面积不可能为 ,故选 C. 2 2 20.(2013· 高考江西卷)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 α 上,且 AB ∥CD,正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 m,n,那么 m +n=( )

A.8 B.9 C.10 D.11 解析:选 A.取 CD 的中点 H,连接 EH,HF.在四面体 CDEF 中,CD⊥EH,CD⊥FH, 所以 CD⊥平面 EFH,所以 AB⊥平面 EFH,所以正方体的左、右两个侧面与 EF 平行,其余 4 个平面与 EF 相交, 即 n=4.又因为 CE 与 AB 在同一平面内, 所以 CE 与正方体下底面共面, 与上底面平行,与其余四个面相交,即 m=4,所以 m+n=4+4=8. 21.(2013· 高考重庆卷)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

560 580 A. B. 3 3 C.200 D.240 解析:选 C.由三视图知该几何体为直四棱柱,其底面为等腰梯形,上底长为 2,下底长 ?2+8?×4 为 8,高为 4,故面积为 S= =20.又棱柱的高为 10,所以体积 V=Sh=20×10=200. 2 22.(2013· 高考广东卷)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是( )

A.4 16 C. 3 解析:选 B.

14 B. 3 D.6

由三视图可还原出四棱台的直观图如图所示,其上底和下底都是正方形,边长分别是 1 1 14 和 2,与底面垂直的棱为棱台的高,长度为 2,故其体积为 V= ×(12+ 1×4+22)×2= , 3 3 故选 B. 23.(2013· 高考广东卷)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,下列命题 中正确的是( ) A.若 α⊥β,m?α,n?β,则 m⊥ n B.若 α∥β,m?α,n?β,则 m∥n C.若 m⊥n,m?α,n?β,则 α⊥β D.若 m⊥α,m∥n,n∥β,则 α⊥β 解析:选 D.

如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,平面 BCC1B1⊥平面 ABCD,BC1?平面 BCC1B1, BC?平面 ABCD,而 BC1 不垂直于 BC,故 A 错误. 平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD,B1D1?平面 A1B1C1D1,AC?平面 ABCD,但 B1D1 和 AC 不平行,故 B 错误. AB⊥A1D1,AB?平面 ABCD,A1D1?平面 A1B1C1D1,但平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD, 故 C 错误.故选 D. 24.(2013· 高考新课标全国卷Ⅰ)已知 H 是球 O 的直径 AB 上一点,AH∶HB=1∶2,AB ⊥平面 α,H 为垂足,α 截球 O 所得截面的面积为 π,则球 O 的表面积为________. 解析:

如图,设球 O 的半径为 R,则 由 AH∶HB=1∶2 得 1 2 HA= · 2R= R, 3 3

R ∴OH= . 3 ∵截面面积为 π=π· (HM)2, ∴HM=1. 在 Rt△HMO 中,OM2=OH2+HM2, 1 1 ∴R2= R2+HM2= R2+1, 9 9 3 2 ∴R= . 4 3 22 9 ∴S 球=4πR2=4π·( ) = π. 4 2 9 答案: π 2 3 2 25.(2013· 高考新课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥 OABCD 的体积为 ,底面边长为 3, 2 则以 O 为球心,OA 为半径的球的表面积为________. 1 3 2 3 2 解析:V 四棱锥 O,得 h= , ABCD= × 3× 3h= 3 2 2 AC 18 6 ∴OA2=h2+( )2= + =6. 2 4 4 2 ∴S 球=4πOA =24π. 答案:24π 26.(2013· 高考浙江卷)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积等 于________cm3.

解析:由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥,如图所示.三棱 1 柱的底面为直角三角形, 且直角边长分别为 3 和 4, 三棱柱的高为 5, 故其体积 V1= ×3×4×5 2 1 1 =30(cm3),小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同,高为 3,故其体积 V2= × ×3×4×3 3 2 =6(cm3), 所以所求几何体的体积为 30-6=24(cm3). 答案:24 27. (2013· 高考大纲全国卷)已知圆 O 和圆 K 是球 O 的大圆和小圆, 其公共弦长等于球 O 3 的半径,OK= ,且圆 O 与圆 K 所在的平面所成的一个二面角为 60° ,则球 O 的表面积等于 2 ________. 解析:

如图所示,公共弦为 AB,设球的半径为 R,则 AB=R.取 AB 中点 M,连接 OM、KM, 由圆的性质知 OM⊥AB,KM⊥AB,所以∠KMO 为圆 O 与圆 K 所在平面所成的一个二面角 的平面角,则∠KMO=60° . 3 OK 在 Rt△KMO 中,OK= ,所以 OM= = 3. 2 sin 60° 1 在 Rt△OAM 中,因为 OA2=OM2+AM2,所以 R2=3+ R2,解得 R2=4,所以球 O 的表 4 2 面积为 4πR =16π. 答案:16π 28.(2013· 高考江苏卷)

如图, 在三棱柱 A1B1C1ABC 中, D, E, F 分别是 AB, AC, AA1 的中点. 设三棱锥 FADE 的体积为 V1,三棱柱 A1B1C1ABC 的体积为 V2,则 V1∶V2=________. 解析:设三棱柱的底面 ABC 的面积为 S,高为 h,则其体积为 V2=Sh.因为 D,E 分别为 1 AB,AC 的中点,所以△ADE 的面积等于 S.又因为 F 为 AA1 的中点,所以三棱锥 FADE 的 4 1 1 1 1 1 1 高等于 h,于是三棱锥 FADE 的体积 V1= × S·h= Sh= V2,故 V1∶V2=1∶24. 2 3 4 2 24 24 答案:1∶24 29.(2013· 高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为________.

解析:由几何体的三视图可知该几何体是一个底面是正方形的四棱锥,其底面边长为 3, 1 且该四棱锥的高是 1,故其体积为 V= ×9×1=3. 3 答案:3 30.(2013· 高考北京卷)

如图,在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E 为 BC 的中点,点 P 在线段 D1E 上, 点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为________. 解析:

如图,过点 E 作 EE1⊥平面 A1B1C1D1,交直线 B1C1 于点 E1,连接 D1E1,DE,在平面 D1DEE1 内过点 P 作 PH∥EE1 交 D1E1 于点 H,连接 C1H,则 C1H 即为点 P 到直线 CC1 的距 离.当点 P 在线段 D1E 上运动时,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为点 C1 到线段 D1E1 的距 2 2 5 离,即为△C1D1E1 的边 D1E1 上的高 h.∵C1D1=2,C1E1=1,∴D1E1= 5,∴h= = . 5 5 2 5 答案: 5 31.(2013· 高考福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的 正视图、侧视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为 2 的正方形,则该球的表面 积是________.

解析:由三视图知组合体为球内接正方体,正方体的棱长为 2,若球半径为 R,则 2R= 2 3,∴R= 3.∴S 球表=4πR2=4π×3=12π. 答案:12π 32.(2013· 高考辽宁卷)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是________.

解析:由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱,圆柱底面圆半径为 2, 高为 4,故体积为 16π;正四棱柱底面边长为 2,高为 4,故体积为 16,故题中几何体的体积 为 16π-16. 答案:16π-16 9π 33.(2013· 高考天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若球的体积为 ,则 2 正方体的棱长为________. 4 9 解析:设正方体棱长为 a,球半径为 R,则 πR3= π, 3 2 3 ∴R= ,∴ 3a=3,∴a= 3. 2 答案: 3 34.(2013· 高考陕西卷)某几何体的三视图如图所示, 则其表面积为________.

解析:由三视图可知,该几何体为一个半径为 1 的半球,其表面积为半个球面面积与截 1 面面积的和,即 ×4π+π=3π. 2 答案:3π 35.某几何体的三视图如图所示,则其体积为________.

解析:原几何体可视为圆锥的一半,其底面半径为 1,高为 2, 1 1 π ∴其体积为 ×π×12×2× = . 3 2 3 π 答案: 3 36.(2013· 高考新课标全国卷Ⅰ)

如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60° . (1)证明:AB⊥A1C; (2)若 AB=CB=2,A1C= 6,求三棱柱 ABCA1B1C1 的体积. 解:(1)证明:

取 AB 的中点 O,连接 OC,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60° , 故△AA1B 为等边三角形, 所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C?平面 OA1C,故 AB⊥A1C. (2)由题设知△ABC 与△AA1B 都是边长为 2 的等边三角形,所以 OC=OA1= 3. 又 A1C= 6,则 A1C2=OC2+OA2 1,故 OA1⊥OC. 因为 OC∩AB=O,所以 OA1⊥平面 ABC,OA1 为三棱柱 ABCA1B1C1 的高. 又△ABC 的面积 S△ABC= 3,故三棱柱 ABCA1B1C1 的体积 V=S△ABC· OA1=3. 37.(2013· 高考安徽卷)

如图,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,P 为 BC 的中点,Q 为线段 CC1 上的动点, 过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S,则下列命题正确的是________(写出所

有正确命题的编号). 1 ①当 0<CQ< 时,S 为四边形; 2 1 ②当 CQ= 时,S 为等腰梯形; 2 3 1 ③当 CQ= 时,S 与 C1D1 的交点 R 满足 C1R= ; 4 3 3 ④当 <CQ<1 时,S 为六边形; 4 6 ⑤当 CQ=1 时,S 的面积为 . 2 1 解析:①当 0<CQ< 时,如图(1). 2 在平面 AA1D1D 内,作 AE∥PQ, 显然 E 在棱 DD1 上,连接 EQ, 则 S 是四边形 APQE.

1 ②当 CQ= 时,如图(2). 2 显然 PQ∥BC1∥AD1,连接 D1Q, 则 S 是等腰梯形. 3 ③当 CQ= 时,如图(3). 4 1 作 BF∥PQ 交 CC1 的延长线于点 F,则 C1F= . 2 1 作 AE∥BF,交 DD1 的延长线于点 E,D1E= ,AE∥PQ, 2 连接 EQ 交 C1D1 于点 R,由于 Rt△RC1Q∽Rt△RD1E, 1 ∴C1Q∶D1E=C1R∶RD1=1∶2,∴C1R= . 3

3 ④当 <CQ<1 时, 如图(3), 边接 RM(点 M 为 AE 与 A1D1 交点), 显然 S 为五边形 APQRM. 4 ⑤当 CQ=1 时,如图(4). 同③可作 AE∥PQ 交 DD1 的延长线于点 E,交 A1D1 于点 M,显然点 M 为 A1D1 的中点, 1 1 6 所以 S 为菱形 APQM,其面积为 MP×AQ= × 2× 3= . 2 2 2 答案:①②③⑤ 38.(2013· 高考新课标全国卷Ⅱ)

如图,直三棱柱 ABCA1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中点,AA1=AC=CB= (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 DA1CE 的正弦值. 解:(1)证明:连接 AC1,交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD.

2 AB. 2

2 AB,得 AC⊥BC. 2 → 以 C 为坐标原点,CA的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.设 → → → CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),CD=(1,1,0),CE=(0,2,1),CA1=(2,0,2). 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, → ? CD=0, ?n· 则? → ? CA1=0, ?n· (2)由 AC=CB=
? ?x1+y1=0, 即? ?2x1+2z1=0. ? 可取 n=(1,-1,-1).

→ ? CE=0, ?m· 同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量,则? 可取 m=(2,1,-2). → ? CA1=0, ?m· 3 6 n· m 从而 cos n,m = = ,故 sin n,m = . |n||m| 3 3 6 即二面角 DA1CE 的正弦值为 . 3 39.(2013· 高考陕西卷)

如图, 四棱柱 ABCDA1B1C1D1 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:(1)

法一:由题设易知 OA,OB,OA1 两两垂直,以 O 为原点建立如图所示的空间直角坐标 系. ∵AB=AA1= 2, ∴OA=OB=OA1=1, ∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1). → → 由A1B1=AB,易得 B1(-1,1,1). → → → ∵A1C=(-1,0,-1),BD=(0,-2,0),BB1=(-1,0,1), → → → → ∴A1C· BD=0,A1C· BB1=0, ∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. 法二:∵A1O⊥平面 ABCD,∴A1O⊥BD. 又四边形 ABCD 是正方形, ∴BD⊥AC,∴BD⊥平面 A1OC, ∴BD⊥A1C. 又 OA1 是 AC 的中垂线, ∴A1A=A1C= 2,且 AC=2, 2 ∴AC2=AA2 1+A1C , ∴△AA1C 是直角三角形,∴AA1⊥A1C. 又 BB1∥AA1,∴A1C⊥BB1.又 BB1∩BD=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. (2)设平面 OCB1 的法向量 n=(x,y,z). → → ∵OC=(-1,0,0),OB1=(-1,1,1), → ? OC=-x=0, ?n· ∴? → ?n· OB1=-x+y+z=0, ?
?x=0, ? ∴? ?y=-z. ?

→ 取 n=(0,1,-1),由(1)知,A1C=(-1,0,-1)是平面 BB1D1D 的法向量, 1 1 → ∴cos θ=|cos〈n,A1C〉|= = . 2× 2 2 π π 又 0≤θ≤ ,∴θ= . 2 3 40.(2013· 高考湖南卷)

如图,在直棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AD∥BC,∠BAD=90° ,AC⊥BD,BC=1,AD= AA1=3. (1)证明:AC⊥B1D;

(2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值. 解:法一:(1)证明:因为 BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,所以 AC⊥BB1. 又 AC⊥BD,所以 AC⊥平面 BB1D.而 B1D?平面 BB1D,所以 AC⊥B1D. (2)因为 B1C1∥AD, 所以直线 B1C1 与平面 ACD1 所成的角等于直线 AD 与平面 ACD1 所成 的角(记为 θ). 连接 A1D.因为棱柱 ABCDA1B1C1D1 是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90° ,所以 A1B1⊥ 平面 ADD1A1,从而 A1B1⊥AD1.又 AD=AA1=3,所以四边形 ADD1A1 是正方形,于是 A1D⊥ AD1.故 AD1⊥平面 A1B1D,于是 AD1⊥B1D. 由(1)知,AC⊥B1D,所以 B1D⊥平面 ACD1.故∠ADB1=90° -θ. 在直角梯形 ABCD 中,因为 AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而 Rt△ABC∽Rt△DAB, AB BC 故 = ,即 AB= DA· BC= 3. DA AB 2 2 2 2 连接 AB1,易知△AB1D 是直角三角形,且 B1D2=BB2 1+BD =BB1+AB +AD =21,即 B1D= 21. AD 3 21 21 21 在 Rt△AB1D 中,cos∠ADB1= = = ,即 cos(90° -θ)= .从而 sin θ= . B1D 7 7 7 21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 21 . 7

法二:(1)证明:易知,AB,AD,AA1 两两垂直.如图,以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系. 设 AB=t, 则相关各点的坐标为 A(0,0,0), B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3). → → → 从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-t,3,0). → → 因为 AC⊥BD,所以AC· BD=-t2+3+0=0. 解得 t= 3或 t=- 3(舍去). → → 于是B1D=(- 3,3,-3),AC=( 3,1,0). → → → → 因为AC· B1D=-3+3+0=0,所以AC⊥B1D, 即 AC⊥B1D. → → → (2)由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=( 3,1,0),B1C1=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量, → ? AC=0, ?n· ? 3x+y=0, 则? 即? → ?3y+3z=0. ? AD1=0, ?n· 令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则 → n· B1C1 3 21 → sin θ=|cos〈n,B1C1〉|=| |= = , 7 → 7 |n|· |B1C1| 21 即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 . 7 41.(2013· 高考大纲全国卷)

如图,四棱锥 PABCD 中,∠ABC=∠BAD=90° ,BC=2AD,△PAB 和△PAD 都是边长 为 2 的等边三角形. (1)证明:PB⊥CD; (2)求点 A 到平面 PCD 的距离. 解:(1)证明:

如图,取 BC 的中点 E,连接 DE,则四边形 ABED 为正方形. 过点 P 作 PO⊥平面 ABCD,垂足为 O. 连接 OA,OB,OD,OE. 由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知 PA=PB=PD, 所以 OA=OB=OD,即点 O 为正方形 ABED 对角线的交点,故 OE⊥BD. 又 OE⊥OP,BD∩O=O, 所以 OE⊥平面 PDB,从而 PB⊥OE. 因为 O 是 BD 的中点,E 是 BC 的中点, 所以 OE∥CD.因此 PB⊥CD. (2)取 PD 的中点 F,连接 OF,则 OF∥PB. 由(1)知,PB⊥CD,故 OF⊥CD. 1 又 OD= BD= 2,OP= PD2-OD2= 2, 2 故△POD 为等腰三角形,因此 OF⊥PD. 又 PD∩CD=D,所以 OF⊥平面 PCD. 因为 AE∥CD,CD?平面 PCD,AE?平面 PCD, 所以 AE∥平面 PCD. 1 因此点 O 到平面 PCD 的距离 OF 就是点 A 到平面 PCD 的距离,而 OF= PB=1, 2 所以点 A 到平面 PCD 的距离为 1. 42.(2013· 高考山东卷)

如图,四棱锥 PABCD 中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证:平面 EFG⊥平面 EMN. 证明:(1)法一:

如图,取 PA 的中点 H,连接 EH,DH. 因为 E 为 PB 的中点, 1 所以 EH∥AB,EH= AB. 2

1 又 AB∥CD,CD= AB, 2 所以 EH∥CD,EH=CD. 所以四边形 DCEH 是平行四边形. 所以 CE∥DH. 又 DH?平面 PAD,CE?平面 PAD, 所以 CE∥平面 PAD. 法二:

如图,连接 CF. 1 因为 F 为 AB 的中点,所以 AF= AB. 2 1 又 CD= AB,所以 AF=CD. 2 又 AF∥CD, 所以四边形 AFCD 为平行四边形. 所以 CF∥AD. 又 CF?平面 PAD,所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点,所以 EF∥PA. 又 EF?平面 PAD,所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE?平面 CEF,所以 CE∥平面 PAD. (2)因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又 AB⊥PA,所以 AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG=F,EF?平面 EFG,FG?平面 EFG, 因此 AB⊥平面 EFG. 又 M,N 分别为 PD,PC 的中点,所以 MN∥DC. 又 AB∥DC,所以 MN∥AB,所以 MN⊥平面 EFG. 又 MN?平面 EMN,所以平面 EFG⊥平面 EMN. 43.(2013· 高考江西卷)

如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中点,△DAB 3 ≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA= ,连接 CE 并延长交 AD 于 F. 2 (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值. 解:(1)证明:在△ABD 中,因为点 E 是 BD 中点, 所以 EA=EB=ED=AB=1, π π 故∠BAD= ,∠ABE=∠AEB= . 2 3 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB,

π 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB= , 3 所以∠FED=∠FEA,故 EF⊥AD,AF=FD. 又 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD, 所以 GF⊥AD,故 AD⊥平面 CFG.

(2)以点 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0), 3 3 C? , ,0?,D(0, 3,0), ?2 2 ? 3 ? P? ?0,0,2?, 1 3 → 故BC=? , ,0?, ?2 2 ? 3 3 3 → CP=?- ,- , ?, 2 2? ? 2 3 ? → ? 3 CD= - , ,0 . ? 2 2 ? 设平面 BCP 的法向量 n1=(1,y1,z1), 3 + y =0, ?1 2 2 则? 3 3 3 ?-2- 2 y +2z =0,
1 1 1

?y =- 33, 解得? 2 ?z =3,
1 1

即 n1=?1,-

3 2? , . 3 3? ? 设平面 DCP 的法向量 n2=(1,y2,z2), 3 + y =0, ?-3 2 2 则? 3 3 3 ?-2- 2 y +2z =0
2 2 2

?y2= 3, ,解得? ?z2=2,
|n1· n2| = |n1||n2|

即 n2=(1, 3,2).从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为 cos θ= 4 3 2 = . 4 16 × 8 9 44.(2013· 高考江苏卷)

如图,在三棱锥 SABC 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; (2)BC⊥SA. 证明:

(1)因为 AS=AB,AF⊥SB, 垂足为 F,所以 F 是 SB 的中点. 又因为 E 是 SA 的中点, 所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC. (2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB,又 AF?平面 SAB,AF⊥SB,所以 AF⊥平 面 SBC. 因为 BC?平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF?平面 SAB,AB?平面 SAB,所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA?平面 SAB,所以 BC⊥SA. 45.(2013· 高考江苏卷)

如图,在直三棱柱 A1B1C1ABC 中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点 D 是 BC 的中点. (1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值; (2)求平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值. 解:

(1)以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),B(2,0,0), → → C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4). → → A1B· C1D 18 3 10 → → 因为 cos A1B,C1D = = = , 10 → → 20 × 18 |A1B||C1D| 3 10 所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 . 10 → → → (2)设平面 ADC1 的法向量为 n1=(x,y,z), 因为AD=(1,1,0), AC1=(0,2,4),所以 n1· AD= → 0,n1· AC1=0,即 x+y=0 且 y+2z=0,取 z=1,得 x=2,y=-2,所以,n1=(2,-2,1) 是平面 ADC1 的一个法向量.取平面 AA1B 的一个法向量为 n2=(0,1,0),设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为 θ. n1· n2 2 2 5 由|cos θ|=| |= = ,得 sin θ= . |n1|· |n2| 3 9× 1 3 因此,平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 5 . 3

46.(2013· 高考湖北卷)如图,AB 是圆 O 的直径,点 C 是圆 O 上异于 A,B 的点,直线 PC⊥平面 ABC,E,F 分别是 PA,PC 的中点.

(1)记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l, 试判断直线 l 与平面 PAC 的位置关系, 并加以证 明; → 1→ (2)设(1)中的直线 l 与圆 O 的另一个交点为 D,且点 Q 满足DQ= CP.记直线 PQ 与平面 2 ABC 所成的角为 θ,异面直线 PQ 与 EF 所成的角为 α,二面角 ElC 的大小为 β,求证:sin θ =sin αsin β . 解:(1)直线 l∥平面 PAC.证明如下: 连接 EF,因为 E,F 分别是 PA,PC 的中点,所以 EF∥AC. 又 EF?平面 ABC,且 AC?平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC.而 EF?平面 BEF,且平面 BEF∩平面 ABC=l, 所以 EF∥l.因为 l?平面 PAC,EF?平面 PAC,所以直线 l∥平面 PAC. (2)法一(综合法):如图(1),连接 BD,由(1)可知交线 l 即为直线 BD,且 l∥AC. 因为 AB 是⊙O 的直径,所以 AC⊥BC,于是 l⊥BC. 已知 PC⊥平面 ABC,而 l?平面 ABC,所以 PC⊥l. 而 PC∩BC=C,所以 l⊥平面 PBC. 连接 BE,BF,因为 BF?平面 PBC,所以 l⊥BF. 故∠CBF 就是二面角 ElC 的平面角,即∠CBF=β. 1 1 → → 由DQ= CP,作 DQ∥CP,且 DQ= CP. 2 2 连接 PQ,DF,因为 F 是 CP 的中点,CP=2PF, 所以 DQ=PF,从而四边形 DQPF 是平行四边形,PQ∥FD. 连接 CD,因为 PC⊥平面 ABC, 所以 CD 是 FD 在平面 ABC 内的射影. 故∠CDF 就是直线 PQ 与平面 ABC 所成的角,即∠CDF=θ. 又 BD⊥平面 PBC,所以 BD⊥BF,所以∠BDF 为锐角. 故∠BDF 为异面直线 PQ 与 EF 所成的角,即∠BDF=α,于是在 Rt△DCF,Rt△FBD, Rt△BCF 中,分别可得 CF BF CF sin θ= ,sin α= ,sin β= , DF DF BF BF CF CF 从而 sin αsin β= · = =sin θ, DF BF DF 即 sin θ=sin αsin β.

1 → 1→ 法二(向量法):如图(2),由DQ= CP,作 DQ∥CP,且 DQ= CP.连接 PQ,EF,BE, 2 2 BF,BD. 由(1)可知交线 l 即为直线 BD.

→ → → 以点 C 为原点,向量CA,CB,CP所在直线分别为 x,y,z 轴,建立如图(2)所示的空间 直角坐标系,设 CA=a,CB=b,CP=2c,则有 C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c), 1 ? Q(a,b,c),E? ?2a,0,c?,F(0,0,c). 1 → → ? → 于是FE=? ?2a,0,0?,QP=(-a,-b,c),BF=(0,-b,c), → → |FE· QP| a 所以 cos α= = 2 , → → a +b2+c2 |FE||QP| b2+c2 从而 sin α= 1-cos2 α= 2 2 2. a +b +c 取平面 ABC 的一个法向量为 m=(0,0,1), → |m· QP| c 可得 sin θ= = 2 . → a +b2+c2 |m||QP| 设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z). 1 → ? ? FE=0, ?n· ?2ax=0, 由? 可得? 取 n=(0,c,b). → ?n· ?-by+cz=0, BF=0, ? ? b |m· n| 于是|cos β|= = 2 2, |m||n| b +c c 2 从而 sin β= 1-cos β= 2 2. b +c 故 sin αsin β= b2+c2
2 2

a +b +c =sin θ,即 sin θ=sin αsin β. 47.(2013· 高考浙江卷)



c c 2= 2 b +c a +b2+c2
2

如图,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AB=BC=2, AD=CD= 7,PA= 3, ∠ABC=120° ,G 为线段 PC 上的点. (1)证明:BD⊥平面 APC ; (2)若 G 为 PC 的中点,求 DG 与平面 APC 所成的角的正切值; PG (3)若 G 满足 PC⊥平面 BGD,求 的值. GC 解:(1)证明:设点 O 为 AC,BD 的交点. 由 AB=BC,AD=CD,得 BD 是线段 AC 的中垂线, 所以 O 为 AC 的中点,BD⊥AC. 又因为 PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 所以 BD⊥平面 APC. (2)

连接 OG.由(1)可知,OD⊥平面 APC,则 DG 在平面 APC 内的射影为 OG,所以∠OGD 是 DG 与平面 APC 所成的角. 1 3 由题意得 OG= PA= . 2 2 在△ABC 中,AC= AB2+BC2-2AB· BC· cos∠ABC 1 = 4+4-2×2×2×?- ?=2 3, 2 1 所以 OC= AC= 3. 2 在直角△OCD 中,OD= CD2-OC2= 7-3=2. OD 4 3 在直角△OGD 中,tan∠OGD= = . OG 3 4 3 所以 DG 与平面 APC 所成的角的正切值为 . 3 (3)因为 PC⊥平面 BGD,OG?平面 BGD,所以 PC⊥OG. 在直角△PAC 中,PC= PA2+AC2= 3+12= 15, AC· OC 2 3× 3 2 15 所以 GC= = = . PC 5 15 3 15 PG 3 从而 PG= ,所以 = . 5 GC 2 48.(2013· 高考北京卷)

如图,在四棱锥 PABCD 中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面 PAD⊥底面 ABCD, PA⊥AD,E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点.求证: (1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD. 证明:(1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD,所以 PA⊥ 底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点, 所以 AB∥DE,且 AB=DE.

所以四边形 ABED 为平行四边形.

所以 BE∥AD. 又因为 BE?平面 PAD,AD?平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,而且四边形 ABED 为平行四边形, 所以 BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知 PA⊥底面 ABCD, 所以 PA⊥CD. 所以 CD⊥平面 PAD. 所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点, 所以 PD∥EF.所以 CD⊥EF. 又因为 CD⊥BE,EF∩BE=E, 所以 CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD.

49.(2013· 高考天津卷)如图, 三棱柱 ABCA1B1C1 中, 侧棱 A1A⊥底面 ABC,且各棱长 均相等,D,E,F 分别为棱 AB,BC,A1C1 的中点. (1)证明 EF∥平面 A1CD; (2)证明平面 A1CD⊥平面 A1ABB1; (3)求直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值.

解:(1)证明:如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,AC∥A1C1,且 AC=A1C1,连接 ED,在 1 △ABC 中,因为 D,E 分别为 AB,BC 的中点,所以 DE= AC 且 DE∥AC.又因为 F 为 A1C1 2 的中点,可得 A1F=DE,且 A1F∥DE,即四边形 A1DEF 为平行四边形,所以 EF∥DA1.又 EF ?平面 A1CD,DA1?平面 A1CD,所以 EF∥平面 A1CD. (2)证明:由于底面 ABC 是正三角形,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB.又由于侧棱 A1A⊥底 面 ABC,CD?平面 ABC,所以 A1A⊥CD.又 A1A∩AB=A,因此 CD⊥平面 A1ABB1.而 CD? 平面 A1CD,所以平面 A1CD⊥平面 A1ABB1. (3)在平面 A1ABB1 内,过点 B 作 BG⊥A1D 交直线 A1D 于点 G,连接 CG.由于平面 A1CD ⊥平面 A1ABB1,而直线 A1D 是平面 A1CD 与平面 A1ABB1 的交线,故 BG⊥平面 A1CD.由此可 得∠BCG 为直线 BC 与平面 A1CD 所成的角. 5a 5a 设棱长为 a,可得 A1D= ,由△A1AD∽△BGD,易得 BG= .在 Rt△BGC 中,sin 2 5 BG 5 ∠BCG= = . BC 5 5 所以直线 BC 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 . 5 50.(2013· 高考四川卷)

如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120° , D,D1 分别是线段 BC,B1C1 的中点,P 是线段 AD 的中点. (1)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l,说明理由,并证明直线 l ⊥平面 ADD1A1; (2)设(1)中的直线 l 交 AB 于点 M,交 AC 于点 N,求二面角 AA1MN 的余弦值. 解:

(1)如图(1),在平面 ABC 内,过点 P 作直线 l∥BC,因为 l 在平面 A1BC 外,BC 在平面 A1BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面 A1BC.因为 AB=AC,D 是 BC 的中点, 所以 BC⊥AD,则直线 l⊥AD.因为 AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥l. 又因为 AD,AA1 在平面 ADD1A1 内,且 AD 与 AA1 相交,所以直线 l⊥平面 ADD1A1. (2)法一:连接 A1P,过点 A 作 AE⊥A1P 于点 E,过点 E 作 EF⊥A1M 于点 F,连接 AF. 由(1)知,MN⊥平面 AEA1, 所以平面 AEA1⊥平面 A1MN. 所以 AE⊥平面 A1MN,则 A1M⊥AE. 所以 A1M⊥平面 AEF,则 A1M⊥AF. 故∠AFE 为二面角 AA1MN 的平面角(设为 θ). 设 AA1=1,则由 AB=AC=2AA1,∠BAC=120° ,有∠BAD=60° ,AB=2,AD=1. 又 P 为 AD 的中点, 1 所以 M 为 AB 的中点,且 AP= ,AM=1. 2 5 所以在 Rt△AA1P 中,A1P= . 2 在 Rt△A1AM 中,A1M= 2. AA1· AP 1 AA1· AM 1 从而 AE= = ,AF= = , A1P A1M 5 2 AE 2 所以 sin θ= = . AF 5 所以 cos θ= 1-sin2θ= 1-? 15 ? 2?2 ?= 5 . 5 ? ?

故二面角 AA1MN 的余弦值为 法二:

15 . 5

设 A1A=1,则 AB=AC=2.如图(2),过点 A1 作 A1E 平行于 C1B1,以点 A1 为坐标原点, → → → 分别以A1E,A1D1,A1A的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Oxyz(点 O 与 点 A1 重合),则 A1(0,0,0),A(0,0,1). 因为 P 为 AD 的中点,

所以 M,N 分别为 AB,AC 的中点, 3 1 3 1 故 M? , ,1?,N?- , ,1?, ?2 2 ? ? 2 2 ? 3 1 → → → 所以A1E=? , ,1?,A1A=(0,0,1),NM=( 3,0,0). ?2 2 ? 设平面 AA1M 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),则 → → ? ? A1M=0, ?n1⊥A1M ?n1· ? ,即? → → ?n1⊥A ?n1· A A1A=0, ? ? 1

? ? 3,1,1?=0, ??x1,y1,z1?· ?2 2 ? 故有? ? ??x1,y1,z1?· ?0,0,1?=0,
3 1 ? ? x1+ y1+z1=0, 2 从而? 2 ? ?z1=0. 取 x1=1,则 y1=- 3,所以 n1=(1,- 3,0). 设平面 A1MN 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2),则 → → ? ? A1M=0, ?n2⊥A1M, ?n2· ? 即? → → ? ? NM=0, ?n2⊥NM, ?n2·

? ? 3,1,1?=0, ??x2,y2,z2?· ?2 2 ? 故有? ? ? 3,0,0?=0, ??x2,y2,z2?·
3 1 ? ? x2+ y2+z2=0, 2 2 从而? ? ? 3x2=0. 取 y2=2,则 z2=-1,所以 n2=(0,2,-1). 设二面角 AA1MN 的平面角为 θ,又 θ 为锐角, ?0,2,-1?? n 1· n2 ? ??1,- 3,0?· 则 cos θ=? ? ?|n1||n2|?=? 2 × 5 ? ? 15 = . 5 15 故二面角 AA1MN 的余弦值为 . 5

51.(2013· 高考福建卷)如图,在四棱锥 PABCD 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 PABCD 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 DPBC 的体积.

图(1) 解:法一:(1)在梯形 ABCD 中,如图(1),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,依勾股定理得 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(2)所示.

图(2)

图(3)

(2)如图(3),取 PB 的中点 N,连接 MN,CN.在△PAB 中,∵M 是 PA 的中点,∴MN∥ 1 AB,MN= AB=3. 2 又 CD∥AB,CD=3, ∴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)VDPD, PBC=VPDBC= S△DBC· 3 又 S△DBC=6,PD=4 3,所以 VDPBC=8 3. 法二:(1)同法一.

图(4) (2)如图(4),取 AB 的中点 E,连接 ME,DE. 在梯形 ABCD 中,BE∥CD,且 BE=CD, ∴四边形 BCDE 为平行四边形, ∴DE∥BC. 又 DE?平面 PBC,BC?平面 PBC, ∴DE∥平面 PBC. 又在△PAB 中,ME∥PB,ME?平面 PBC,PB?平面 PBC,∴ME∥平面 PBC. 又 DE∩ME=E, ∴平面 DME∥平面 PBC. 又 DM?平面 DME,∴DM∥平面 PBC.

(3)同法一. 52.(2013· 高考辽宁卷)

如图,AB 是圆 O 的直径,PA 垂直圆 O 所在平面,C 是圆 O 上的点. (1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)设 Q 为 PA 的中点,G 为△AOC 的重心,求证:QG∥平面 PBC. 证明:

(1)由 AB 是圆 O 的直径,得 AC⊥BC,由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA?平面 PAC,AC?平面 PAC,所以 BC⊥平面 PAC. (2)连接 OG 并延长交 AC 于点 M,连接 QM,QO,由 G 为△AOC 的重心,得 M 为 AC 中点.由 Q 为 PA 中点,得 QM∥PC,又 O 为 AB 中点,得 OM∥BC. 因为 QM∩MO=M,QM?平面 QMO,MO?平面 QMO,BC∩PC=C,BC?平面 PBC, PC?平面 PBC,所以平面 QMO∥平面 PBC.因为 QG?平面 QMO,所以 QG∥平面 PBC. 53.(2013· 高考陕西卷)

如图,四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O 是底面中心, A1O⊥底面 ABCD, AB=AA1= 2. (1)证明:底面 A1BD//平面 CD1B1; (2)求三棱柱 ABDA1B1D1 的体积. 解:(1)证明:由题设知,BB1 綊 DD1, ∴四边形 BB1D1D 是平行四边形,∴BD∥B1D1. 又 BD 平面 CD1B1,∴BD∥平面 CD1B1. ∵A1D1 綊 B1C1 綊 BC,∴四边形 A1BCD1 是平行四边形, ∴A1B∥D1C. 又 A1B 平面 CD1B1,∴A1B∥平面 CD1B1. 又 BD∩A1B=B,∴平面 A1BD∥平面 CD1B1. (2)∵A1O⊥平面 ABCD, ∴A1O 是三棱柱 ABDA1B1D1 的高. 1 2 又 AO= AC=1,AA1= 2,∴A1O= AA2 1-OA =1. 2 1 又 S△ABD= × 2× 2=1, 2 ∴V 三棱柱 ABDA1B1D1=S△ABD· A1O=1. 54.(2013· 高考湖南卷)

如图,在直棱柱 ABCA1B1C1 中,∠BAC=90° ,AB=AC= 2,AA1=3,D 是 BC 的中点, 点 E 在棱 BB1 上运动. (1)证明:AD⊥C1E; (2)当异面直线 AC,C1E 所成的角为 60° 时,求三棱锥 C1A1B1E 的体积. 解:(1)证明:因为 AB=AC,D 是 BC 的中点,所以 AD⊥BC.① 又在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,BB1⊥平面 ABC, 而 AD?平面 ABC,所以 AD⊥BB1.② 由①②,得 AD⊥平面 BB1C1C. 由点 E 在棱 BB1 上运动,得 C1E?平面 BB1C1C, 所以 AD⊥C1E. (2)因为 AC∥A1C1, 所以∠A1C1E 是异面直线 AC, C1E 所成的角. 由题意知∠A1C1E=60° . 因为∠B1A1C1=∠BAC=90° ,所以 A1C1⊥A1B1. 又 AA1⊥A1C1,从而 A1C1⊥平面 A1ABB1. A1C1 于是 A1C1⊥A1E.故 C1E= =2 2. cos 60° 1 2 2 2 又 B1C1= A1C2 A1B1E= S△ 1+A1B1=2,所以 B1E= C1E -B1C1=2.从而 V 三棱锥 C13 1 1 2 A1B1E· A1C1= × ×2× 2× 2= . 3 2 3 55.(2013· 高考重庆卷)

π 如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD= , 3 F 为 PC 的中点,AF⊥PB. (1)求 PA 的长; (2)求二面角 BAFD 的正弦值.

解:

(1)如图,连接 BD 交 AC 于点 O,因为 BC=CD,即△BCD 为等腰三角形.又 AC 平分 → → → ∠BCD,故 AC⊥BD.以 O 为坐标原点,OB,OC,AP的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方 π 向,建立空间直角坐标系 Oxyz,则 OC=CDcos =1. 3 而 AC=4,所以 AO=AC-OC=3.

π 又 OD=CDsin = 3, 3 故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). z? → 因为 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z),由点 F 为 PC 边中点,F? ?0,-1,2?.又AF= z → → → ?0,2,z ?,PB =( 3,3,-z),因为 AF⊥PB,故AF· PB=0,即 6- =0,z=2 3(z=-2 3 2? ? 2 → 舍去),所以|PA|=2 3,所以 PA 的长为 2 3. → → → (2)由(1)知,AD=(- 3,3,0),AB=( 3,3,0),AF=(0,2, 3).设平面 FAD 的法向量 为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), → → 由 n1· AD=0,n1· AF=0,得
2

?- 3x1+3y1=0, 因此可取 n1=(3, 3,-2). ? ?2y1+ 3z1=0,
→ → 由 n2· AB=0,n2· AF=0,得

? 3x2+3y2=0, 因此可取 n2=(3,- 3,2). ? ?2y2+ 3z2=0,
从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 n1· n2 1 cos 〈n1,n2〉= = . |n1|· |n2| 8 3 7 故二面角 BAFD 的正弦值为 . 8 56.(2013· 高考广东卷)如图①,在等腰直角三角形 ABC 中,∠A =90° ,BC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,CD=BE= 2,O 为 BC 的中点.将△ADE 沿 DE 折起,得到如图 ②所示的四棱椎 A′BCDE,其中 A′O= 3.

(1)证明:A′O⊥平面 BCDE; (2)求二面角 A′CDB 的平面角的余弦值. 解:(1)证明:法一:在折叠前的图形中,在等腰直角三角形 ABC 中, 因为 BC=6,O 为 BC 的中点, 所以 AC=AB=3 2,OC=OB=3. 又因为 CD=BE= 2,所以 AD=AE=2 2. 如图①,连接 OD,在△OCD 中,由余弦定理可得 OD= OC2+CD2-2OC· CDcos 45° = 5. 在折叠后的图形中,因为 A′D=2 2,所以 A′O2+OD2=A′D2,所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O⊥OE.又 OD∩OE=O, 所以 A′O⊥平面 BCDE. 法二:如图①,在折叠前的图形中,连接 AO,交 DE 于点 F,则 F 为 DE 的中点.在等 腰 Rt△ABC 中,因为 BC=6,O 为 BC 的中点,所以 AC=AB=3 2,OA=3. 因为 CD=BE= 2,所以 D 和 E 分别是 AC,AB 的三等分点,则 AF=2,OF=1.

如图②,在折叠后的图形中,连接 OF 和 A′F. 因为 A′O= 3,所以 A′F2=OF2+A′O2,所以 A′O⊥OF. 在折叠前的图形中,DE⊥OF, 所以在折叠后的图形中,DE⊥A′F,DE⊥OF. 又 OF∩A′F=F,OF,A′F?平面 OA′F, 所以 DE⊥平面 OA′F. 因为 OA′?平面 OA′F,所以 DE⊥OA′. 因为 OF∩DE=F,OF,DE?平面 BCDE, 所以 A′O⊥平面 BCDE. (2)法一:如图②,过 O 作 OM 垂直于 CD 的延长线于点 M,连接 A′M. 因为 A′O⊥平面 BCDE,CM?平面 BCDE,OM?平面 BCDE,所以 A′O⊥CM,A′O ⊥OM. 因为 A′O∩OM=O,所以 CM⊥平面 A′OM. 因为 A′M?平面 A′OM,所以 CM⊥A′M, 故∠A′MO 就是所求二面角的平面角. 3 2 在 Rt△OMC 中,OC=3,∠OCM=45° ,所以 OM= . 2 3 2 在 Rt△A′OM 中,因为 A′O= 3,OM= , 2 9 30 所以 A′M= A′O2+OM2= 3+ = , 2 2 3 2 2 OM 15 所以 cos∠A′MO= = = , 5 A′M 30 2 15 所以二面角 A′CDB 的平面角的余弦值为 . 5

法二:以点 O 为原点,建立空间直角坐标系 Oxyz,如图③所示(F 为 DE 的中点), 则 A′(0,0, 3),C(0,-3,0),D(1,-2,0), → → → 所以OA′=(0,0, 3),CA′=(0,3, 3),DA′=(-1,2, 3). 设 n=(x,y,z)为平面 A′CD 的一个法向量, → ? CA′=3y+ 3z=0, ?n· 则? → ? DA′=-x+2y+ 3z=0. ?n· 令 z= 3,得 n=(1,-1, 3),|n|= 1+1+3= 5. → → → 由(1)知,OA′=(0,0, 3)为平面 CDB 的一个法向量.又|OA′|= 3,OA′· n=0×1+ → n· OA′ 3 15 → 0×(-1)+ 3× 3=3,所以 cos<n,OA′>= = = , 5 → 3× 5 |n||OA′| 15 即二面角 A′CDB 的平面角的余弦值为 . 5 57.(2013· 高考江西卷)

如图,直四棱柱 ABCD – A1B1C1D1 中,AB∥CD,AD⊥AB,AB=2,AD= 2,AA1=3, E 为 CD 上一点,DE=1,EC=3. (1)证明:BE⊥平面 BB1C1C; (2)求点 B1 到平面 EA1C1 的距离. 解:(1)证明:

过点 B 作 CD 的垂线交 CD 于点 F,则 BF=AD= 2,EF=AB-DE=1, FC=2. 在 Rt△BFE 中,BE= 3. 在 Rt△CFB 中,BC= 6. 在△BEC 中,因为 BE2+BC2=9=EC2,故 BE⊥BC. 由 BB1⊥平面 ABCD,得 BE⊥BB1, 所以 BE⊥平面 BB1C1C. 1 (2)连接 B1E,则三棱锥 EA1B1C1 的体积 V= AA1· S△A1B1C1= 2. 3
2 在 Rt△A1D1C1 中,A1C1= A1D2 1+D1C1=3 2. 同理,EC1= EC2+CC2 1=3 2, 2 2 2 A1E= A1A +AD +DE =2 3, 故 S△A1C1E=3 5. 设点 B1 到平面 EA1C1 的距离为 d, 则三棱锥 B1EA1C1 的体积 1 V= · d· S△EA1C1= 5d, 3 10 从而 5d= 2,d= . 5 58.(2013· 高考湖北卷)

如图,某地质队自水平地面 A,B,C 三处垂直向地下钻探,自 A 点向下钻到 A1 处发现 矿藏,再继续下钻到 A2 处后下面已无矿,从而得到在 A 处正下方的矿层厚度为 A1A2=d1,同 样可得在 B,C 处正下方的矿层厚度分别为 B1B2=d2,C1C2=d3,且 d1<d2<d3,过 AB,AC 的中点 M,N 且与直线 AA2 平行的平面截多面体 A1B1C1A2B2C2 所得的截面 DEFG 为该多面 体的一个中截面,其面积记为 S 中. (1)证明:中截面 DEFG 是梯形; (2)在△ABC 中,记 BC=a,BC 边上的高为 h,面积为 S. 在估测三角形 ABC 区域内正下 方的矿藏储量(即多面体 A1B1C1A2B2C2 的体积 V)时, 可用近似公式 V 估=S 中· h 来估算. 已知 V 1 = (d1+d2+d3)S,试判断 V 估与 V 的大小关系,并加以证明. 3

解:(1)证明:依题意 A1A2⊥平面 ABC,B1B2⊥平面 ABC,C1C2⊥平面 ABC, 所以 A1A2∥B1B2∥C1C2. 又 A1A2=d1,B1B2=d2,C1C2=d3,且 d1<d2<d3, 所以四边形 A1A2B2B1、A1A2C2C1 均是梯形. 由 AA2∥平面 MEFN,AA2?平面 AA2B2B,且平面 AA2B2B∩平面 MEFN=ME, 可得 AA2∥ME,即 A1A2∥DE. 同理可证 A1A2∥FG,所以 DE∥FG. 又点 M、N 分别为 AB、AC 的中点, 则点 D、E、F、G 分别为 A1B1、A2B2、A2C2、A1C1 的中点, 即 DE、FG 分别为梯形 A1A2B2B1、A1A2C2C1 的中位线, 1 1 因此 DE= (A1A2+B1B2)= (d1+d2), 2 2 1 1 FG= (A1A2+C1C2)= (d1+d3), 2 2 而 d1<d2<d3,故 DE<FG,所以中截面 DEFG 是梯形. (2)V 估<V.证明如下: 由 A1A2⊥平面 ABC,MN?平面 ABC,可得 A1A2⊥MN.而 EM∥A1A2,所以 EM⊥MN, 同理可得 FN⊥MN. 1 1 由 MN 是△ABC 的中位线,可得 MN= BC= a,即为梯形 DEFG 的高, 2 2 1 d1+d2 d1+d3? a 因此 S 中=S 梯形 DEFG= ? · 2? 2 + 2 ? 2 a = (2d1+d2+d3), 8 ah 即 V 估=S 中· h= (2d1+d2+d3). 8 1 1 ah 又 S= ah,所以 V= (d1+d2+d3)S= (d1+d2+d3). 2 3 6 ah ah 于是 V-V 估= (d1+d2+d3)- (2d1+d2+d3) 6 8 ah = [(d2-d1)+(d3-d1)]. 24 由 d1<d2<d3,得 d2-d1>0,d3-d1>0,故 V 估<V. 59.(2013· 高考四川卷)

如图, 在三棱柱 ABCA1B1C1 中, 侧棱 AA1⊥底面 ABC, AB=AC=2AA1=2, ∠BAC=120° , D,D1 分别是线段 BC,B1C1 的中点,点 P 是线段 AD 上异于端点的点. (1)在平面 ABC 内,试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l,请说明理由,并证明直线 l⊥平面 ADD1A1; 1 (2)设(1)中的直线 l 交 AC 于点 Q,求三棱锥 A1QC1D 的体积.(锥体体积公式:V= Sh, 3 其中 S 为底面面积,h 为高) 解:

(1)如图,在平面 ABC 内,过点 P 作直线 l∥BC.因为 l 在平面 A1BC 外,BC 在平面 A1BC 内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面 A1BC.由已知 AB=AC,点 D 是 BC 的中点,

所以 BC⊥AD,则直线 l⊥AD. 因为 AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥直线 l. 又因为 AD,AA1 在平面 ADD1A1 内,且 AD 与 AA1 相交,所以直线 l⊥平面 ADD1A1. (2)过点 D 作 DE⊥AC 于 E. 因为 AA1⊥平面 ABC,所以 AA1⊥DE. 又因为 AC,AA1 在平面 AA1C1C 内,且 AC 与 AA1 相交,所以 DE⊥平面 AA1C1C. 由 AB=AC=2,∠BAC=120° ,有 AD=1,∠DAC=60° . 3 3 在△ADE 中,DE= AD= , 2 2 1 又 S△A1QC1= A1C1· AA1=1, 2 1 1 3 3 所以 VA1QC1D=VDA1QC1= DE· S△A1QC1= × ×1= . 3 3 2 6 3 因此三棱锥 A1QC1D 的体积是 . 6 60.(2013· 高考重庆卷)如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,PA=2 3,BC=CD π =2,∠ACB=∠ACD = . 3

(1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若侧棱 PC 上的点 F 满足 PF=7FC,求三棱锥 PBDF 的体积. 解:(1)证明:因为 BC=CD,所以△BCD 为等腰三角形. 又∠ACB=∠ACD,所以 BD⊥AC. 因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥BD, 从而 BD 与平面 PAC 内两条相交直线 PA,AC 都垂直,所以 BD⊥平面 PAC. (2)三棱锥 PBCD 的底面 BCD 的面积 1 S△BCD= BC· CD· sin∠BCD 2 1 2π = ×2×2×sin = 3. 2 3 由 PA⊥底面 ABCD,得 1 1 VPS · PA= × 3×2 3=2. BCD= · 3 △BCD 3 1 由 PF=7FC,得三棱锥 FBCD 的高为 PA,故 8 1 1 1 1 1 1 7 VFS ·PA= × 3× ×2 3= ,所以 VPBCD= · BDF=VPBCD-VFBCD=2- = . 3 △BCD 8 3 8 4 4 4 61.(2013· 高考广东卷)如图(1),在边长为 1 的等边三角形 ABC 中,D,E 分别是 AB, AC 上的点,AD=AE,F 是 BC 的中点,AF 与 DE 交于点 G.将△ABF 沿 AF 折起,得到如图 2 (2)所示的三棱锥 ABCF,其中 BC= . 2

(1)证明:DE∥平面 BCF; (2)证明:CF⊥平面 ABF; 2 (3)当 AD= 时,求三棱锥 FDEG 的体积 VFDEG. 3 AD AE 解:(1)证明:法一:在折叠后的图形中,因为 AB=AC,AD=AE,所以 = ,所以 AB AC DE∥BC. 因为 DE?平面 BCF,BC?平面 BCF, 所以 DE∥平面 BCF. AD AE 法二:在折叠前的图形中,因为 AB=AC,AD=AE,所以 = ,所以 DE∥BC,即 AB AC DG∥BF,EG∥CF. 在折叠后的图形中,仍有 DG∥BF,EG∥CF. 又因为 DG?平面 BCF,BF?平面 BCF,所以 DG∥平面 BCF,同理可证 EG∥平面 BCF. 又 DG∩EG=G,DG?平面 DEG,EG?平面 DEG, 故平面 DEG∥平面 BCF. 又 DE?平面 DEG,所以 DE∥平面 BCF. (2)证明:在折叠前的图形中,因为△ABC 为等边三角形,BF=CF, 所以 AF⊥BC,则在折叠后的图形中,AF⊥BF,AF⊥CF. 1 2 又 BF=CF= ,BC= , 2 2 所以 BC2=BF2+CF2,所以 BF⊥CF. 又 BF∩AF=F,BF?平面 ABF,AF?平面 ABF, 所以 CF⊥平面 ABF. (3)由(1)知,平面 DEG∥平面 BCF, 由(2)知 AF⊥BF,AF⊥CF, 又 BF∩CF=F,所以 AF⊥平面 BCF. 所以 AF⊥平面 DEG,即 GF⊥平面 DEG. 1 3 在折叠前的图形中,AB=1,BF=CF= ,AF= . 2 2 2 AD 2 由 AD= 知 = ,又 DG∥BF, 3 AB 3 DG AG AD 2 所以 = = = , BF AF AB 3 2 1 1 2 3 3 所以 DG=EG= × = ,AG= × = , 3 2 3 3 2 3 3 所以 FG=AF-AG= . 6 1 1 1 1?2 3 3 故三棱锥 FDEG 的体积为 V 三棱锥 FFG= × ×? × = . DEG= S△DEG· 3 3 2 ?3? 6 324 62.(2013· 高考安徽卷)

如图,四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60° ,已知 PB=PD =2,PA= 6. (1)证明:PC⊥BD; (2)若 E 为 PA 的中点,求三菱锥 PBCE 的体积. 解:(1)证明:连接 AC,交 BD 于点 O,连接 PO. 因为底面 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD,BO=DO.

由 PB=PD 知,PO⊥BD. 又因为 PO∩AC=O,所以 BD⊥平面 APC, 因此 BD⊥PC. (2)

因为 E 是 PA 的中点, 1 所以 V 三棱锥 PBCE=V 三棱锥 CPEB= V 三棱锥 CPAB 2 1 = V 三棱锥 BAPC. 2 由 PB=PD=AB=AD=2 知, △ABD≌△PBD. 因为∠BAD=60° , 所以 PO=AO= 3,AC=2 3,BO=1. 又 PA= 6,所以 PO2+AO2=PA2,所以 PO⊥AC, 1 故 S△APC= PO· AC=3. 2 由(1)知,BO⊥平面 APC, 1 11 1 因此 V 三棱锥 PBO· S△APC= . BCE= V 三棱锥 BAPC= ·· 2 23 2


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