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2012版步步高高考数学考前三个月抢分训练28:立体几何


训练 28

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 P

AB⊥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= 2,∠CDA=45° ,求四棱锥 P—ABCD 的体积.

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.

1 4.(2010· 辽宁)已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=AC= AB,N 为 AB 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 1 的中点,AF=AB=BC=FE= AD. 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. 1 1 5 所以 S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△ECD=AB· AE+ CE· DE=1×2+ ×1×1= . 2 2 2 又 PA⊥平面 ABCD,PA=1, 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 P—ABCD= S 四边形 ABCD· PA= × ×1= . 3 3 2 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= AD2-AE2=3 3. 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. 1 1 ∴S△CDE= ×CD×DE= ×6×3 3=9 3. 2 2 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. 1 1 ∴VB—CDE= S△CDE· AE= ×9 3×3=9 3. 3 3

∵AB⊥平面 ADE, 1 1 9 3 ∴VB—ADE= S△ADE· AB= × ×6=9 3. 3 3 2 ∴VABCDE=VB—CDE+VB—ADE=9 3+9 3=18 3. 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, 1 1 1 则 P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0, ),N( ,0,0),S(1, ,0). 2 2 2 1 → 所以CM=(1,-1, ), 2 1 1 → SN=(- ,- ,0). 2 2 1 1 → → 因为CM· SN=- + +0=0, 2 2 所以 CM⊥SN. 1 → (2)解 NC=(- ,1,0), 2 → ? CM=0, ?a· 设 a=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量,则? → ?a· NC=0, ?

?x-y+2z=0, 即? 1 ?-2x+y=0.

1

令 x=2,得 a=(2,1,-2).

- 1- ? → ? a· 2 SN ? ? 2 → 因为|cos〈a,SN〉|=? =? = , ? → 2? 2 |SN|? ?|a|· ? 3× ? 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.

1

∴BE⊥AC,且 BE=

3 AC= 3. 2

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, 3),A(1,0,0),C(-1,0,0),A1(1,2,0),C1(-1,2,0),D(0,1, 3). → → 则EB=(0,0, 3),AC1=(-2,2,0), → → A1C=(-2,-2,0),CD=(1,1, 3). → → → 设EB=mA1C+nCD,

?0=-2m+n, ? 则有?0=-2m+n, ? ? 3= 3n,
→ 1→ → 即EB= A1C+CD. 2

1 ? ?m=2, 解得? ? ?n=1,

→ → → 根据向量共面定理,可知EB与A1C、CD共面. 又∵A1C∩CD=C,EB?平面 A1CD, ∴BE∥平面 A1CD. (2)解 设平面 A1CD 的法向量 n=(x,y,z). → ? A1C=-2x-2y=0, ?n· 得? → ? CD=x+y+ 3z=0, ?n·

→ ? ?n⊥A1C, 由? → ? ?n⊥CD,
?x+y=0, ? 即? ? ?z=0.

令 x=1,则 y=-1,z=0. ∴n=(1,-1,0)是平面 A1CD 的一个法向量. 设平面 C1A1D 的法向量 m=(x1,y1,z1).

→ → 而A1C1=(-2,0,0),A1D=(-1,-1, 3). → → ? ? A1C1=-2x1=0, ?m⊥A1C1, ?m· 由? 得? → → ? ? A1D=-x1-y1+ 3z1=0, ?m⊥A1D ?m·

?x1=0, 即? 令 z1=1,得 y1= 3. ?y1- 3z1=0,
∴m=(0, 3,1)是平面 C1A1D 的一个法向量. 故 cos〈m,n〉= = m· n |m|×|n|

0×1+ 3×?-1?+1×0 0 +? 3?2+12× 12+?-1?2+02 - 3 6 =- . 4 2 2
2



设二面角 C—A1D—C1 的平面角为 θ,由图可知, π ? 6 θ∈? ?2,π?,故 cos θ=cos〈m,n〉=- 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= 2a,故 ∠CED=60° . 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= 6 2 a,PQ= a. 2 2

PQ 3 于是在 Rt△EPQ 中,cos ∠EQP= = . EQ 3

所以二面角 A-CD-E 的余弦值为 方法二

3 . 3

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), 1 1? M? ?2,1,2?. → → (1)解 BF=(-1,0,1),DE=(0,-1,1), → → BF· DE 0+0+1 1 → → 于是 cos〈BF,DE〉= = = . → → 2· 2 2 |BF||DE| 所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60° . 1 1? → → → → → → → (2)证明 由AM=? AM=0,CE· AD=0. ?2,1,2?,CE=(-1,0,1),AD=(0,2,0),可得CE· 因此,CE⊥AM,CE⊥AD.又 AM∩AD=A, 故 CE⊥平面 AMD.而 CE?平面 CDE, 所以平面 AMD⊥平面 CDE. (3)解 设平面 CDE 的法向量为 u=(x,y,z),则

→ ? ?-x+z=0, CE=0, ?u· ? ? 于是? ? → ?-y+z=0. ? DE=0. ? u· 令 x=1 可得 u=(1,1,1). 又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v=(0,0,1). 所以,cos u· v 0+0+1 3 u,v = = = . |u||v| 3 3×1 3 . 3

因为二面角 A-CD-E 为锐角,所以其余弦值为


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