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文档介绍
2015年高考数学(理科)真题分类汇编G单元 立体几何
数 学 G 单元 立体几何 G1 空间几何体的结构 19.G1、G11[2015·全国卷Ⅱ] 如图 17,长方体 ABCD A1B1C1D1 中,AB=16,BC =10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E=D1F=4.过点 E,F 的平面α与此长方 体的面相交,交线围成一个正方形. 图 17 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线 AF 与平面α所成角的正弦值. 19.解:(1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示. (2)作 EM⊥AB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为四边形 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10, 于是 MH= EH2-EM2=6,所以 AH=10. 以 D 为坐标原点,DA→ 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz, 则 A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),所以FE→=(10,0,0),HE→ =(0, -6,8). 设 n=(x,y,z)是平面α的一个法向量,则 n·FE→=0, n·HE→ =0, 即 10x=0, -6y+8z=0, 所以可取 n=(0,4,3). 又AF→=(-10,4,8), 故|cos〈n,AF→〉|=|n·AF→| |n||AF→| =4 5 15 . 所以 AF 与平面α所成角的正弦值为4 5 15 . 19.G5、G1、G11[2015·湖南卷] 如图 16,已知四棱台 ABCD A1B1C1D1 的上、下底 面分别是边长为 3 和 6 的正方形,A1A=6,且 A1A⊥底面 ABCD,点 P,Q 分别在棱 DD1, BC 上. (1)若 P 是 DD1 的中点,证明:AB1⊥PQ; (2)若 PQ∥平面 ABB1A1,二面角 P QD A 的余弦值为3 7 ,求四面体 ADPQ 的体积. 图 16 19.解:方法一:由题设知,AA1,AB,AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,AB,AD, AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标 为 A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0≤m≤6. (1)若 P 是 DD1 的中点,则 P0,9 2 ,3,PQ→ =6,m-9 2 ,-3.又AB1 → =(3,0,6),于是AB1 → ·PQ→ =18-18=0,所以AB1 → ⊥PQ→ ,即 AB1⊥PQ. (2)由题设知,DQ→ =(6,m-6,0),DD1 → =(0,-3,6)是平面 PQD 内的两个不共线向量.设 n1=(x,y,z)是平面 PQD 的一个法向量,则 n1·DQ→ =0, n1·DD1 → =0, 即 6x+(m-6)y=0, -3y+6z=0. 取 y=6,得 n1=(6-m,6,3).又平面 AQD 的一个法向量是 n2=(0,0,1),所以 cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1|·|n2| = 3 1· (6-m)2+62+32 = 3 (6-m)2+45 . 而二面角 P QD A 的余弦值为3 7 ,因此 3 (6-m)2+45 =3 7 ,解得 m=4 或 m=8(舍去), 此时 Q(6,4,0). 设DP→ =λDD1 → (0<λ≤1),而DD1 → =(0,-3,6),由此得点 P(0,6-3λ,6λ),所以PQ→ =(6, 3λ-2,-6λ). 因为 PQ∥平面 ABB1A1,且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3=(0,1,0),所以PQ→ ·n3 =0,即 3λ-2=0,即λ=2 3 ,从而 P(0,4,4). 于是,将四面体 ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥 P ADQ,则其高 h=4,故四面 体 ADPQ 的体积 V=1 3S△ADQ·h=1 3 ×1 2 ×6×6×4=24. 方法二:(1)如图所示,取 A1A 的中点 R,连接 PR,BR,PC.因为 A1A,D1D 是梯形 A1ADD1 的两腰,P 是 D1D 的中点,所以 PR∥AD,于是由 AD∥BC 知,PR∥BC, 所以 P,R,B,C 四点共面. 由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以 BC⊥平面 ABB1A1,因此 BC⊥AB1.① 因为 tan∠ABR=AR AB =3 6 =A1B1 A1A =tan∠A1AB1,所以∠ABR=∠A1AB1,因此∠ABR+ ∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°, 于是 AB1⊥BR.再由①即知 AB1⊥平面 PRBC,又 PQ⊂平面 PRBC,故 AB1⊥PQ. (2)如图所示,过点 P 作 PM∥A1A 交 AD 于点 M,则 PM∥平面 ABB1A1.② 因为 A1A⊥平面 ABCD,所以 PM⊥平面 ABCD,过点 M 作 MN⊥QD 于点 N,连接 PN, 则 PN⊥QD,∠PNM 为二面角 P QD A 的平面角, 所以 cos∠PNM=3 7 ,即MN PN =3 7 , 从而PM MN = 40 3 .③ 连接 MQ,由 PQ∥平面 ABB1A1 及②知, 平面 PQM∥平面 ABB1A1,所以 MQ∥AB. 又四边形 ABCD 是正方形,所以四边形 ABQM 为矩形,故 MQ=AB=6. 设 MD=t,则 MN= MQ·MD MQ2+MD2 = 6t 36+t2.④ 过点 D1 作 D1E∥A1A 交 AD 于点 E,则四边形 AA1D1E 为矩形,所以 D1E=A1A=6,AE =A1D1=3,因此 ED=AD-AE=3.于是PM MD =D1E ED =6 3 =2,所以 PM=2MD=2t. 再由③④,得 36+t2 3 = 40 3 ,解得 t=2,因此 PM=4.故四面体 ADPQ 的体积 V=1 3S△ ADQ·PM=1 3 ×1 2 ×6×6×4=24. 7.G1[2015·山东卷] 在梯形 ABCD 中,∠ABC=π 2 ,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2, 将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π 3 B.4π 3 C.5π 3 D.2π 7.C [解析] 旋转后的几何体为一个底面半径为 1,高为 2 的圆柱挖去一个底面半径 为 1,高为 1 的圆锥,所求几何体的体积为π×12×2-1 3 π×12×1=5 3 π. 18.G1、G4、G11[2015·四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意 图如图 13 所示,在正方体中,设 BC 的中点为 M,GH 的中点为 N. (1)请将字母 F,G,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)证明:直线 MN∥平面 BDH; (3)求二面角 AEGM 的余弦值. 图 13 18.解:(1)点 F,G,H 的位置如图所示. (2)证明:连接 AC,BD 交于点 O,连接 OH,OM. 因为 M,N 分别是 BC,GH 的中点, 所以 OM∥CD,且 OM=1 2CD, HN∥CD,且 HN=1 2CD, 所以 OM∥HN,OM=HN, 所以四边形 MNHO 是平行四边形, 从而 MN∥OH. 又 MN⊄平面 BDH,OH⊂平面 BDH, 所以 MN∥平面 BDH. (3)方法一: 过 M 作 MP⊥AC 于 P. 在正方体 ABCDEFGH 中,AC∥EG, 所以 MP⊥EG. 过 P 作 PK⊥EG 于 K,连接 KM, 所以 EG⊥平面 PKM, 从而 KM⊥EG, 所以∠PKM 是二面角 AEGM 的平面角. 设 AD=2,则 CM=1,PK=2. 在 Rt△CMP 中,PM=CMsin 45°= 2 2 . 在 Rt△PKM 中,KM= PK2+PM2=3 2 2 . 所以 cos∠PKM=PK KM =2 2 3 , 即二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 方法二: 如图,以 D 为坐标原点,分别以DA→ ,DC→ ,DH→ 方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立 空间直角坐标系 Dxyz. 设 AD=2,则 M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以GE→ =(2,-2,0),MG→ =(-1,0,2). 设平面 EGM 的一个法向量为 n1=(x,y,z), 由 n1·GE→ =0, n1·MG→ =0, 得 2x-2y=0, -x+2z=0, 取 x=2,得 n1=(2,2,1). 在正方体 ABCDEFGH 中,DO⊥平面 AEGC, 则可取平面 AEG 的一个法向量为 n2=DO→ =(1,1,0), 所以 cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1|·|n2| = 2+2+0 4+4+1· 1+1+0 =2 2 3 , 故二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 10.G1、G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图 13 所示(单位:m),则该几何体 的体积为________m3. 图 13 10.8 3 π [解析] 根据三视图可知几何体是圆柱与两个圆锥的组合体,其体积 V=π×12 ×2+2×1 3 ×π×12×1=8 3 π(m3). G2 空间几何体的三视图和直观图 7.G2[2015·安徽卷] 一个四面体的三视图如图 11 所示,则该四面体的表面积是( ) 图 11 A.1+ 3 B.2+ 3 C.1+2 2 D.2 2 7.B [解析] 四面体的直观图如图所示,设 O 是 AC 的中点,则 OP=OB=1,因此 PB= 2,于是 S△PAB=S△PBC= 3 4 ×( 2)2= 3 2 ,S△PAC=S△ABC=1 2 ×2×1=1,故四面体的表面 积 S=2×1+2× 3 2 =2+ 3,故选 B. 6.G2[2015·全国卷Ⅱ] 一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图 12,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) 图 12 A.1 8 B.1 7 C.1 6 D.1 5 6.D [解析] 几何体的直观图为正方体 ABCD A1B1C1D1 截去了一个三棱锥 A A1B1D1, 如图所示.易知 V 三棱锥 A A1B1D1=1 6V 正方体,所以V 三棱锥 A A1B1D1 VB1D1C1 ABCD =1 5 ,故选 D. 11.G2[2015·全国卷Ⅰ] 圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何 体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图 14 所示.若该几何体的表面积为 16+20π, 则 r=( ) 图 14 A.1 B.2 C.4 D.8 11.B [解析] 由三视图可知,此组合体的前半部分是一个底面半径为 r,高为 2r 的半 圆柱(水平放置),后半部分是一个半径为 r 的半球,其中半圆柱的一个底面与半球的半个圆 面重合,所以此几何体的表面积为 2r·2r+1 2 πr2+1 2 πr2+πr·2r+2πr2=4r2+5πr2=16+ 20π,解得 r=2. 5.G2[2015·北京卷] 某三棱锥的三视图如图 12 所示,则该三棱锥的表面积是( ) 图 12 A.2+ 5 B.4+ 5 C.2+2 5 D.5 5.C [解析] 根据三视图可得到直观图(如图所示).取 D 为 BC 的中点,根据题意可知, AD⊥BC,AD=2,BC=2,SA=1,且 SA⊥平面 ABC.在 Rt△SAB 中,SB= 1+4+1= 6, 同理 SC= 6,所以△SBC 是等腰三角形,所以 BC 边上的高 SD= 6-1= 5.所以三棱锥的 表面积是1 2 ×2×2+2×1 2 × 5×1+1 2 ×2× 5=2+2 5. 10.G2、G7、B12、K3[2015·湖南卷] 某工件的三视图如图 13 所示,现将该工件通过 切削,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面 内,则原工件材料的利用率为材料利用率=新工件的体积 原工件的体积( ) 图 13 A. 8 9π B. 16 9π C.4( 2-1)3 π D.12( 2-1)3 π 10.A [解析] 方法一:由圆锥的对称性可知,要使其内接长方体最大,则底面为正方 形,令此正四棱柱的底面对角线为 2x,高为 h,则由三角形相似可得,x 1 =2-h 2 ,∴h=2- 2x,x∈(0,1),其体积 V 长=( 2x)2h=2x2(2-2x)≤2x+x+2-2x 3 3=16 27 当且仅当 x=2 3 时取等 号,V 圆锥=1 3 π×12×2=2 3 π,得利用率为 16 27 2 3 π = 8 9π. 方法二:由圆锥的对称性可知,要使其内接长方体最大,则底面为正方形,令此正四棱 柱的底面对角线为 2x,高为 h,则由三角形相似可得,x 1 =2-h 2 ,∴h=2-2x,x∈(0,1), 其体积 V 长=( 2x)2h=2x2(2-2x)=-4x3+4x2,令 V 长′=-12x2+8x=0,得当 x=2 3 时,V 长 取最大值16 27.又 V 圆锥=1 3 π×12×2=2 3 π,得利用率为 16 27 2 3 π = 8 9π ,故选 A. 5.G2[2015·陕西卷] 一个几何体的三视图如图 13 所示,则该几何体的表面积为( ) 图 13 A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4 5.D [解析] 该几何体是底面半径为 1、母线长为 2 的圆柱被其轴截面截开的半个圆 柱,其表面积为1 2 ×2π×1×2+2×1 2 ×π×12+2×2=3π+4. 10.G1、G2[2015·天津卷] 一个几何体的三视图如图 13 所示(单位:m),则该几何体 的体积为________m3. 图 13 10.8 3 π [解析] 根据三视图可知几何体是圆柱与两个圆锥的组合体,其体积 V=π×12 ×2+2×1 3 ×π×12×1=8 3 π(m3). 2.G2[2015·浙江卷] 某几何体的三视图如图 11 所示(单位:cm),则该几何体的体积是 ( ) 图 11 A.8 cm3 B.12 cm3 C.32 3 cm3 D.40 3 cm3 2.C [解析] 该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体,故该几何体的体积 V =23+1 3 ×2×2×2=32 3 (cm3),故选 C. 5.G2、G7、G8[2015·重庆卷] 某几何体的三视图如图 12 所示,则该几何体的体积为 ( ) 图 12 A.1 3 +π B.2 3 +π C.1 3 +2π D.2 3 +2π 5.A [解析] 由三视图知,该几何体为一个半圆柱与一个三棱锥的组合体,其中半圆 柱的底面圆的半径为 1、高为 2,三棱锥的底面为一个等腰直角三角形,斜边上的高为 1, 所以该几何体的体积 V=1 3 ×1 2 ×2×1×1+1 2 π×12×2=1 3 +π. G3 平面的基本性质、空间两条直线 14.G3,G9[2015·四川卷] 如图 12 所示,四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形,它们 所在的平面互相垂直,动点 M 在线段 PQ 上,E,F 分别为 AB,BC 的中点.设异面直线 EM 和 AF 所成的角为θ,则 cos θ的最大值为________. 图 12 14.2 5 [解析] 分别以 AB,AD,AQ 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,并设正方 形边长为 2,QM=m(0≤m≤2), 则AF→=(2,1,0),EM→ =(-1,m,2), 所以 cos θ=| AF→·EM→ |AF→|·|EM→ ||= 2-m 5m2+25 (0≤m≤2). 令 f(m)= 2-m 5m2+25 (0≤m≤2),则 f′(m)= - 5m2+25-(2-m)×10m 2 5m2+25 5m2+25 . 因为 m∈[0,2],所以 f′(m)<0, 故 f(m)max=f(0)=2 5 ,即 cos θ的最大值为2 5. 13.G3[2015·浙江卷] 如图 14,在三棱锥 ABCD 中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC =2,点 M,N 分别为 AD,BC 的中点,则异面直线 AN,CM 所成的角的余弦值是________. 图 14 13.7 8 [解析] 连接 ND,取 ND 的中点为 E,则 ME∥AN,则异面直线 AN,CM 所成的 角为∠EMC.因为 AN=ND=MC= 32-12=2 2,所以 ME= 2,CE= ( 2)2+12= 3, 则 cos∠EMC=CM2+ME2-CE2 2CM·ME = 8+2-3 2×2 2× 2 =7 8. G4 空间中的平行关系 5.G4、G5[2015·安徽卷] 已知 m,n 是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列 命题正确的是( ) A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行 B.若 m,n 平行于同一平面,则 m 与 n 平行 C.若α,β不平行...,则在α内不存在...与β平行的直线 D.若 m,n 不平行...,则 m 与 n 不可能...垂直于同一平面 5.D [解析] 如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,平面 ADD1A1,平面 ABB1A1 都垂 直于平面 ABCD,但这两个平面不平行,A 错;直线 A1D1 和 A1B1 都平行于平面 ABCD,但 这两条直线不平行,B 错;平面 ADD1A1 与平面 ABCD 不平行,但平面 ADD1A1 内的直线 A1D1 与平面 ABCD 平行,C 错;D 的逆否命题是“若 m,n 都垂直于同一平面,则 m,n 必平行”, 此逆否命题为真,故 D 正确. 19.G4、G11[2015·安徽卷] 如图 14 所示,在多面体 A1B1D1DCBA 中,四边形 AA1B1B, ADD1A1,ABCD 均为正方形,E 为 B1D1 的中点,过 A1,D,E 的平面交 CD1 于 F. (1)证明:EF∥B1C; (2)求二面角 E A1D B1 的余弦值. 图 14 19.解:(1)证明:由正方形的性质可知 A1B1∥AB∥DC,且 A1B1=AB=DC,所以四边 形 A1B1CD 为平行四边形,从而 B1C∥A1D.又 A1D⊂面 A1DE,B1C⊄面 A1DE,所以 B1C∥面 A1DE.又 B1C⊂面 B1CD1,面 A1DE∩面 B1CD1=EF,所以 EF∥B1C. (2)因为四边形 AA1B1B,ADD1A1,ABCD 均为正方形,所以 AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD, 且 AA1=AB=AD.以 A 为原点,分别以AB→,AD→ ,AA1 → 为 x 轴,y 轴和 z 轴单位正向量建立如图 所示的空间直角坐标系,可得点的坐标 A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1), B1(1,0,1),D1(0,1,1).因为 E 点为 B1D1 的中点,所以 E 点的坐标为(0.5,0.5,1). 设面 A1DE 的一个法向量 n1=(r1,s1,t1),A1E→ =(0.5,0.5,0),A1D→ =(0,1,-1),由 n1⊥A1E→ ,n1⊥A1D→ ,得 r1,s1,t1 应满足方程组 0.5r1+0.5s1=0, s1-t1=0, 令 t1=1,可得 n1=(-1,1,1). 设面 A1B1CD 的一个法向量 n2=(r2,s2,t2),A1B1 → =(1,0,0),A1D→ =(0,1,-1), 由此同理可得 n2=(0,1,1). 结合图形知,二面角 E A1D B1 的余弦值为 |n1·n2| |n1|·|n2| = 2 3× 2 = 6 3 . 16.G4、G5[2015·江苏卷] 如图 12,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,已知 AC⊥BC,BC =CC1,设 AB1 的中点为 D,B1C∩BC1=E. 求证:(1)DE∥平面 AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. 图 12 16.证明:(1)由题意知,E 为 B1C 的中点, 又 D 为 AB1 的中点,因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C,AC⊂平面 AA1C1C, 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为三棱柱 ABC A1B1C1 是直三棱柱, 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC,所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC,CC1⊂平面 BCC1B1, BC⊂平面 BCC1B1,BC∩CC1=C, 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1,所以 BC1⊥AC. 因为 BC=CC1,所以矩形 BCC1B1 是正方形,因此 BC1⊥B1C. 因为 AC,B1C⊂平面 B1AC,AC∩B1C=C,所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC,所以 BC1⊥AB1. 4.A2,G4[2015·北京卷] 设α,β是两个不同的平面,m 是直线且 m⊂α.“m∥β”是 “α∥β”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 4.B [解析] 当 m⊂α,m∥β时,不能确定平面α与β平行;当α∥β时,根据平面与平 面平行的性质,可以推出 m∥β. 7.A2,G4,G5[2015·福建卷] 若 l,m 是两条不同的直线,m 垂直于平面α,则“l⊥m” 是“l∥α”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 7.B [解析] 若 m⊥α,l⊥m,则 l⊂α或 l∥α;若 m⊥α,l∥α,则 l⊥m.故选 B. 17.G4、G11[2015·福建卷] 如图 13,在几何体 ABCDE 中,四边形 ABCD 是矩形,AB⊥ 平面 BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F 分别是线段 BE,DC 的中点. (1)求证:GF∥平面 ADE; (2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值. 图 13 17.解:方法一:(1)证明:如图,取 AE 的中点 H,连接 HG,HD, 又 G 是 BE 的中点, 所以 GH∥AB,且 GH=1 2AB. 又 F 是 CD 的中点, 所以 DF=1 2CD. 由四边形 ABCD 是矩形得,AB∥CD,AB=CD, 所以 GH∥DF,且 GH=DF, 从而四边形 HGFD 是平行四边形, 所以 GF∥DH. 又 DH⊂平面 ADE,GF⊄平面 ADE, 所以 GF∥平面 ADE. (2)如图,在平面 BEC 内,过 B 点作 BQ∥EC.因为 BE⊥CE,所以 BQ⊥BE. 又因为 AB⊥平面 BEC,所以 AB⊥BE,AB⊥BQ. 以 B 为原点,分别以BE→,BQ→ ,BA→的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标 系,则 A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因为 AB⊥平面 BEC,所以BA→=(0,0,2)为平面 BEC 的一个法向量. 设 n=(x,y,z)为平面 AEF 的一个法向量. 又AE→=(2,0,-2),AF→=(2,2,-1), 由 n·AE→=0, n·AF→=0, 得 2x-2z=0, 2x+2y-z=0, 取 z=2,得 n=(2,-1,2), 从而 cos〈n,BA→〉= n·BA→ |n|·|BA→| = 4 3×2 =2 3 , 所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为2 3. 方法二:(1)证明:如图,取 AB 中点 M,连接 MG,MF. 又 G 是 BE 的中点,所以 GM∥AE. 又 AE⊂平面 ADE,GM⊄平面 ADE, 所以 GM∥平面 ADE. 在矩形 ABCD 中,由 M,F 分别是 AB,CD 的中点得 MF∥AD. 又 AD⊂平面 ADE,MF⊄平面 ADE, 所以 MF∥平面 ADE. 又因为 GM∩MF=M,GM⊂平面 GMF,MF⊂平面 GMF, 所以平面 GMF∥平面 ADE. 因为 GF⊂平面 GMF, 所以 GF∥平面 ADE. (2)同方法一. 图 12 17.G4、G5、G11[2015·山东卷] 如图 12,在三棱台 DEF ABC 中,AB=2DE,G,H 分别为 AC,BC 的中点. (1)求证:BD∥平面 FGH; (2)若 CF⊥平面 ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小. 17.解:(1)证法一:连接 DG,CD,设 CD∩GF=O,连接 OH. 在三棱台 DEF ABC 中, AB=2DE,G 为 AC 的中点, 可得 DF∥GC,DF=GC, 所以四边形 DFCG 为平行四边形, 则 O 为 CD 的中点. 又 H 为 BC 的中点, 所以 OH∥BD. 又 OH⊂平面 FGH,BD⊄平面 FGH, 所以 BD∥平面 FGH. 证法二:在三棱台 DEF ABC 中, 由 BC=2EF,H 为 BC 的中点, 可得 BH∥EF,BH=EF, 所以四边形 BHFE 为平行四边形, 可得 BE∥HF. 在△ABC 中,G 为 AC 的中点,H 为 BC 的中点, 所以 GH∥AB. 又 GH∩HF=H,所以平面 FGH∥平面 ABED. 因为 BD⊂平面 ABED, 所以 BD∥平面 FGH. (2)连接 BG,设 AB=2,则 CF=1. 方法一:在三棱台 DEF ABC 中, G 为 AC 的中点, 由 DF=1 2AC=GC, 可得四边形 DGCF 为平行四边形, 因此 DG∥FC. 又 FC⊥平面 ABC, 所以 DG⊥平面 ABC, 在△ABC 中,AB⊥BC,∠BAC=45°,G 是 AC 的中点, 所以 AB=BC,GB⊥GC, 因此 GB,GC,GD 两两垂直, 以 G 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz, 所以 G(0,0,0),B( 2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1), 可得 H 2 2 , 2 2 ,0 ,F(0,2,1), 故GH→ = 2 2 , 2 2 ,0 ,GF→ =(0,2,1). 设 n=(x,y,z)是平面 FGH 的一个法向量,则 由 n·GH→ =0, n·GF→ =0, 可得 x+y=0, 2y+z=0. 可得平面 FGH 的一个法向量 n=(1,-1, 2). 因为GB→ 是平面 ACFD 的一个法向量,GB→ =( 2,0,0), 所以 cos〈GB→ ,n〉=GB→ ·n |GB→ |·|n| = 2 2 2 =1 2 , 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小为 60°. 方法二:作 HM⊥AC 于点 M,作 MN⊥GF 于点 N,连接 NH. 由 FC⊥平面 ABC,得 HM⊥FC, 又 FC∩AC=C, 所以 HM⊥平面 ACFD, 因此 GF⊥NH, 所以∠MNH 即为所求的角. 在△BGC 中,MH∥BG,MH=1 2BG= 2 2 , 由△GNM∽△GCF, 可得MN FC =GM GF , 从而 MN= 6 6 . 由 HM⊥平面 ACFD,MN⊂平面 ACFD, 得 HM⊥MN, 因此 tan∠MNH=HM MN = 3, 所以∠MNH=60°, 所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角(锐角)的大小为 60°. 18.G1、G4、G11[2015·四川卷] 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意 图如图 13 所示,在正方体中,设 BC 的中点为 M,GH 的中点为 N. (1)请将字母 F,G,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由); (2)证明:直线 MN∥平面 BDH; (3)求二面角 AEGM 的余弦值. 图 13 18.解:(1)点 F,G,H 的位置如图所示. (2)证明:连接 AC,BD 交于点 O,连接 OH,OM. 因为 M,N 分别是 BC,GH 的中点, 所以 OM∥CD,且 OM=1 2CD, HN∥CD,且 HN=1 2CD, 所以 OM∥HN,OM=HN, 所以四边形 MNHO 是平行四边形, 从而 MN∥OH. 又 MN⊄平面 BDH,OH⊂平面 BDH, 所以 MN∥平面 BDH. (3)方法一: 过 M 作 MP⊥AC 于 P. 在正方体 ABCDEFGH 中,AC∥EG, 所以 MP⊥EG. 过 P 作 PK⊥EG 于 K,连接 KM, 所以 EG⊥平面 PKM, 从而 KM⊥EG, 所以∠PKM 是二面角 AEGM 的平面角. 设 AD=2,则 CM=1,PK=2. 在 Rt△CMP 中,PM=CMsin 45°= 2 2 . 在 Rt△PKM 中,KM= PK2+PM2=3 2 2 . 所以 cos∠PKM=PK KM =2 2 3 , 即二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 方法二: 如图,以 D 为坐标原点,分别以DA→ ,DC→ ,DH→ 方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立 空间直角坐标系 Dxyz. 设 AD=2,则 M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以GE→ =(2,-2,0),MG→ =(-1,0,2). 设平面 EGM 的一个法向量为 n1=(x,y,z), 由 n1·GE→ =0, n1·MG→ =0, 得 2x-2y=0, -x+2z=0, 取 x=2,得 n1=(2,2,1). 在正方体 ABCDEFGH 中,DO⊥平面 AEGC, 则可取平面 AEG 的一个法向量为 n2=DO→ =(1,1,0), 所以 cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1|·|n2| = 2+2+0 4+4+1· 1+1+0 =2 2 3 , 故二面角 AEGM 的余弦值为2 2 3 . 17.G4、G10、G11[2015·天津卷] 如图 14,在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,侧棱 A1A ⊥底面 ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD= 5,且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点. (1)求证:MN∥平面 ABCD; (2)求二面角 D1 AC B1 的正弦值; (3)设 E 为棱 A1B1 上的点,若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为1 3 ,求线段 A1E 的长. 图 14 17.解:如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得 A(0,0,0),B(0,1, 0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又 因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,得 M1,1 2 ,1,N(1,-2,1). (1)证明:依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,MN→ =0,-5 2 ,0, 由此可得MN→ ·n=0.又因为直线 MN⊄平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)AD1 → =(1,-2,2),AC→=(2,0,0).设 n1=(x,y,z)为平面 ACD1 的一个法向量, 则 n1·AD→ 1=0, n1·AC→=0, 即 x-2y+2z=0, 2x=0. 不妨设 z=1,可得 n1=(0,1,1). 设 n2=(x,y,z)为平面 ACB1 的一个法向量,则 n2·AB→ 1=0, n2·AC→=0, 由AB1 → =(0,1,2),得 y+2z=0, 2x=0. 不妨设 z=1,可得 n2=(0,-2,1). 因此有 cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1|·|n2| =- 10 10 ,于是 sin〈n1,n2〉=3 10 10 . 所以二面角 D1 AC B1 的正弦值为3 10 10 . (3)依题意,可设A1E→ =λA1B1 → ,其中λ∈[0,1],则 E(0,λ,2),从而NE→ =(-1,λ+2, 1).又 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,由已知,得 cos〈NE→ ,n〉=NE→·n |NE→|·|n| = 1 (-1)2+(λ+2)2+12 =1 3 ,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ= 7-2. 所以线段 A1E 的长为 7-2. G5 空间中的垂直关系 5.G4、G5[2015·安徽卷] 已知 m,n 是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列 命题正确的是( ) A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行 B.若 m,n 平行于同一平面,则 m 与 n 平行 C.若α,β不平行...,则在α内不存在...与β平行的直线 D.若 m,n 不平行...,则 m 与 n 不可能...垂直于同一平面 5.D [解析] 如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,平面 ADD1A1,平面 ABB1A1 都垂 直于平面 ABCD,但这两个平面不平行,A 错;直线 A1D1 和 A1B1 都平行于平面 ABCD,但 这两条直线不平行,B 错;平面 ADD1A1 与平面 ABCD 不平行,但平面 ADD1A1 内的直线 A1D1 与平面 ABCD 平行,C 错;D 的逆否命题是“若 m,n 都垂直于同一平面,则 m,n 必平行”, 此逆否命题为真,故 D 正确. 19.G5、G12[2015·湖北卷] 《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂 直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 如图 15,在阳马 PABCD 中,侧棱 PD⊥底面 ABCD,且 PD=CD,过棱 PC 的中点 E, 作 EF⊥PB 交 PB 于点 F,连接 DE,DF,BD,BE. (1)证明:PB⊥平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角 (只需写出结论);若不是,说明理由. (2)若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 ,求DC BC 的值. 图 15 19.解:(方法一) (1)证明:因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥BC, 由底面 ABCD 为长方形,有 BC⊥CD,而 PD∩CD=D,所以 BC⊥平面 PCD. 而 DE⊂平面 PCD,所以 BC⊥DE. 又因为 PD=CD,点 E 是 PC 的中点, 所以 DE⊥PC. 而 PC∩BC=C,所以 DE⊥平面 PBC. 而 PB⊂平面 PBC,所以 PB⊥DE. 又 PB⊥EF,DE∩EF=E,所以 PB⊥平面 DEF. 由 DE⊥平面 PBC,PB⊥平面 DEF,可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形,即 四面体 BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)如图所示,在面 PBC 内,延长 BC 与 FE 交于点 G,连接 DG,则 DG 是平面 DEF 与平面 ABCD 的交线. 由(1)知,PB⊥平面 DEF,所以 PB⊥DG. 又因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥DG. 而 PD∩PB=P,所以 DG⊥平面 PBD. 故∠BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角. 设 PD=DC=1,BC=λ,有 BD= 1+λ2. 在 Rt△PDB 中,由 DF⊥PB, 得∠DPF=∠FDB=π 3 , 则 tanπ 3 =tan∠DPF=BD PD = 1+λ2= 3, 解得λ= 2. 所以DC BC = 1 λ= 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时,DC BC = 2 2 . (方法二) (1)证明:如图所示,以 D 为原点,射线 DA,DC,DP 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半 轴,建立空间直角坐标系.设 PD=DC=1,BC=λ,则 D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1, 0),C(0,1,0),PB→=(λ,1,-1).又点 E 是 PC 的中点,所以 E 0,1 2 ,1 2 ,DE→ = 0,1 2 ,1 2 , 于是PB→·DE→ =0,即 PB⊥DE. 又已知 EF⊥PB,而 DE∩EF=E,所以 PB⊥平面 DEF. 因PC→=(0,1,-1),DE→ ·PC→=0,则 DE⊥PC,所以 DE⊥平面 PBC. 由 DE⊥平面 PBC,PB⊥平面 DEF,可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形,即 四面体 BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)由 PD⊥平面 ABCD,得DP→ =(0,0,1)是平面 ABCD 的一个法向量. 由(1)知,PB⊥平面 DEF,所以BP→=(-λ,-1,1)是平面 DEF 的一个法向量. 若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 , 则 cosπ 3 = BP→·DP→ |BP→|·|DP→ | = 1 λ2+2 =1 2 , 解得λ= 2,所以DC BC = 1 λ= 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时,DC BC = 2 2 . 16.G4、G5[2015·江苏卷] 如图 12,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,已知 AC⊥BC,BC =CC1,设 AB1 的中点为 D,B1C∩BC1=E. 求证:(1)DE∥平面 AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. 图 12 16.证明:(1)由题意知,E 为 B1C 的中点, 又 D 为 AB1 的中点,因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C,AC⊂平面 AA1C1C, 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为三棱柱 ABC A1B1C1 是直三棱柱, 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC,所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC,CC1⊂平面 BCC1B1, BC⊂平面 BCC1B1,BC∩CC1=C, 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1,所以 BC1⊥AC. 因为 BC=CC1,所以矩形 BCC1B1 是正方形,因此 BC1⊥B1C. 因为 AC,B1C⊂平面 B1AC,AC∩B1C=C,所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC,所以 BC1⊥AB1. 18.G5、G11[2015·全国卷Ⅰ] 如图 15,四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面 ABCD 同一侧的两点,BE⊥平面 ABCD,DF⊥平面 ABCD,BE=2DF,AE⊥EC. 图 15 (1)证明:平面 AEC⊥平面 AFC; (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. 18.解:(1)连接 BD,设 BD∩AC=G,连接 EG,FG,EF. 在菱形 ABCD 中,不妨设 GB=1.由∠ABC=120°,可得 AG=GC= 3. 由 BE⊥平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC.又 AE⊥EC,所以 EG= 3,且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中,可得 BE= 2,故 DF= 2 2 . 在 Rt△FDG 中,可得 FG= 6 2 . 在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE= 2,DF= 2 2 ,可得 EF=3 2 2 . 从而 EG2+FG2=EF2,所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG=G,可得 EG⊥平面 AFC. 因为 EG⊂平面 AEC,所以平面 AEC⊥平面 AFC. (2)如图,以 G 为坐标原点,分别以GB→ ,GC→ 的方向为 x 轴,y 轴正方向,|GB→ |为单位长, 建立空间直角坐标系 G xyz.由(1)可得 A(0,- 3,0),E(1,0, 2),F -1,0, 2 2 , C(0, 3,0),所以AE→=(1,3, 2),CF→= -1,- 3, 2 2 . 故 cos〈AE→,CF→〉=AE→·CF→ |AE→||CF→| =- 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . 17.G5,G11[2015·北京卷] 如图 15,在四棱锥 AEFCB 中,△AEF 为等边三角形, 平面 AEF⊥平面 EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O 为 EF 的中 点. (1)求证:AO⊥BE; (2)求二面角 FAEB 的余弦值; (3)若 BE⊥平面 AOC,求 a 的值. 图 15 17.解:(1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为 EF 的中点,所以 AO⊥EF. 又因为平面 AEF⊥平面 EFCB,AO⊂平面 AEF, 所以 AO⊥平面 EFCB, 所以 AO⊥BE. (2)取 BC 的中点 G,连接 OG. 由题设知,四边形 EFCB 是等腰梯形, 所以 OG⊥EF. 由(1)知 AO⊥平面 EFCB, 又 OG⊂平面 EFCB, 所以 OA⊥OG. 如图建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 E(a,0,0),A(0,0, 3a), B(2, 3(2-a),0),EA→=(-a,0, 3a), BE→=(a-2, 3(a-2),0). 设平面 AEB 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则 n·EA→=0, n·BE→=0, 即 -ax+ 3az=0, (a-2)x+ 3(a-2)y=0. 令 z=1,则 x= 3,y=-1,于是 n=( 3,-1,1). 平面 AEF 的一个法向量为 p=(0,1,0). 所以 cos〈n,p〉=n·p |n||p| =- 5 5 . 由题知二面角 FAEB 为钝角,所以它的余弦值为- 5 5 . (3)因为 BE⊥平面 AOC,所以 BE⊥OC, 即BE→·OC→ =0. 因为BE→=(a-2, 3(a-2),0), OC→ =(-2, 3(2-a),0), 所以BE→·OC→ =-2(a-2)-3(a-2)2. 由BE→·OC→ =0 及 0α, 故选 B. 17.G5、G11[2015·浙江卷] 如图 15,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,∠BAC=90°,AB= AC=2,A1A=4,A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点,D 是 B1C1 的中点. (1)证明:A1D⊥平面 A1BC; (2)求二面角 A1BDB1 的平面角的余弦值. 图 15 17.解:(1)证明:设 E 为 BC 的中点,连接 A1E,DE,AE,由题意得 A1E⊥平面 ABC, 所以 A1E⊥AE. 因为 AB=AC,所以 AE⊥BC. 故 AE⊥平面 A1BC. 由 D,E 分别为 B1C1,BC 的中点,得 DE∥B1B 且 DE=B1B, 从而 DE∥A1A 且 DE=A1A, 所以四边形 A1AED 为平行四边形. 故 A1D∥AE. 又因为 AE⊥平面 A1BC,所以 A1D⊥平面 A1BC. (2)方法一: 作 A1F⊥BD 且 A1F∩BD=F,连接 B1F. 由 AE=EB= 2,∠A1EA=∠A1EB=90°, 得 A1B=A1A=4. 由 A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB 与△B1DB 全等. 由 A1F⊥BD,得 B1F⊥BD,因此∠A1FB1 为二面角 A1BDB1 的平面角. 由 A1D= 2,A1B=4,∠DA1B=90°,得 BD=3 2,A1F=B1F=4 3 , 由余弦定理得 cos∠A1FB1=-1 8. 方法二: 以 CB 的中点 E 为原点,分别以射线 EA,EB 为 x 轴,y 轴的正半轴,建立空间直角坐 标系 Exyz,如图所示. 由题意知各点坐标如下: A1(0,0, 14),B(0,2,0),D(- 2,0, 14),B1(- 2,2, 14). 因此A1B→ =(0,2,- 14),BD→ =(- 2,- 2, 14),DB1 → =(0,2,0). 设平面 A1BD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 B1BD 的法向量为 n=(x2,y2,z2). 由 m·A1B→ =0, m·BD→ =0, 得 2y1- 14z1=0, - 2x1- 2y1+ 14z1=0, 可取 m=(0,7,1). 由 n·DB1 → =0, n·BD→ =0, 得 2y2=0, - 2x2- 2y2+ 14z2=0, 可取 n=( 7,0,1). 于是|cos〈m,n〉|= |m·n| |m|·|n| =1 8. 由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角 A1BDB1 的平面角的余弦值为- 1 8. 19.G5、G11、G12[2015·重庆卷] 如图 15 所示,三棱锥 P ABC 中,PC⊥平面 ABC, PC=3,∠ACB=π 2 .D,E 分别为线段 AB,BC 上的点,且 CD=DE= 2,CE=2EB=2. (1)证明:DE⊥平面 PCD; (2)求二面角 A PD C 的余弦值. 图 15 19.解:(1)证明:由 PC⊥平面 ABC,DE⊂平面 ABC,得 PC⊥DE. 由 CE=2,CD=DE= 2,得△CDE 为等腰直角三角形,故 CD⊥DE. 由 PC∩CD=C,DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线,得 DE⊥平面 PCD. (2)由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE=π 4 .如图,过 D 作 DF 垂直 CE 于 F, 易知 DF=FC=FE=1,又已知 EB=1,故 FB=2. 由∠ACB=π 2 得 DF∥AC,所以DF AC =FB BC =2 3 ,故 AC=3 2DF=3 2. 以 C 为坐标原点,分别以CA→,CB→,CP→的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角 坐标系,则 C(0,0,0),P(0,0,3),A3 2 ,0,0,E(0,2,0),D(1,1,0),所以ED→ =(1, -1,0), DP→ =(-1,-1,3),DA→ =1 2 ,-1,0. 设平面 PAD 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1), 由 n1·DP→ =0,n1·DA→ =0,得 -x1-y1+3z1=0, 1 2x1-y1=0, 故可取 n1=(2,1,1). 由(1)可知 DE⊥平面 PCD,故平面 PCD 的一个法向量 n2 可取为ED→ ,即 n2=(1,-1, 0). 法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉=n1·n2 |n1||n2| = 3 6 , 故所求二面角 A PD C 的余弦值为 3 6 . G12 单元综合 19.G5、G12[2015·湖北卷] 《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂 直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 如图 15,在阳马 PABCD 中,侧棱 PD⊥底面 ABCD,且 PD=CD,过棱 PC 的中点 E, 作 EF⊥PB 交 PB 于点 F,连接 DE,DF,BD,BE. (1)证明:PB⊥平面 DEF.试判断四面体 DBEF 是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角 (只需写出结论);若不是,说明理由. (2)若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 ,求DC BC 的值. 图 15 19.解:(方法一) (1)证明:因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥BC, 由底面 ABCD 为长方形,有 BC⊥CD,而 PD∩CD=D,所以 BC⊥平面 PCD. 而 DE⊂平面 PCD,所以 BC⊥DE. 又因为 PD=CD,点 E 是 PC 的中点, 所以 DE⊥PC. 而 PC∩BC=C,所以 DE⊥平面 PBC. 而 PB⊂平面 PBC,所以 PB⊥DE. 又 PB⊥EF,DE∩EF=E,所以 PB⊥平面 DEF. 由 DE⊥平面 PBC,PB⊥平面 DEF,可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形,即 四面体 BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)如图所示,在面 PBC 内,延长 BC 与 FE 交于点 G,连接 DG,则 DG 是平面 DEF 与平面 ABCD 的交线. 由(1)知,PB⊥平面 DEF,所以 PB⊥DG. 又因为 PD⊥底面 ABCD,所以 PD⊥DG. 而 PD∩PB=P,所以 DG⊥平面 PBD. 故∠BDF 是面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的平面角. 设 PD=DC=1,BC=λ,有 BD= 1+λ2. 在 Rt△PDB 中,由 DF⊥PB, 得∠DPF=∠FDB=π 3 , 则 tanπ 3 =tan∠DPF=BD PD = 1+λ2= 3, 解得λ= 2. 所以DC BC = 1 λ= 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时,DC BC = 2 2 . (方法二) (1)证明:如图所示,以 D 为原点,射线 DA,DC,DP 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半 轴,建立空间直角坐标系.设 PD=DC=1,BC=λ,则 D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1, 0),C(0,1,0),PB→=(λ,1,-1).又点 E 是 PC 的中点,所以 E 0,1 2 ,1 2 ,DE→ = 0,1 2 ,1 2 , 于是PB→·DE→ =0,即 PB⊥DE. 又已知 EF⊥PB,而 DE∩EF=E,所以 PB⊥平面 DEF. 因PC→=(0,1,-1),DE→ ·PC→=0,则 DE⊥PC,所以 DE⊥平面 PBC. 由 DE⊥平面 PBC,PB⊥平面 DEF,可知四面体 BDEF 的四个面都是直角三角形,即 四面体 BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB. (2)由 PD⊥平面 ABCD,得DP→ =(0,0,1)是平面 ABCD 的一个法向量. 由(1)知,PB⊥平面 DEF,所以BP→=(-λ,-1,1)是平面 DEF 的一个法向量. 若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 , 则 cosπ 3 = BP→·DP→ |BP→|·|DP→ | = 1 λ2+2 =1 2 , 解得λ= 2,所以DC BC = 1 λ= 2 2 . 故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为π 3 时,DC BC = 2 2 . 22.G11、G12[2015·江苏卷] 如图 16,在四棱锥 P ABCD 中,已知 PA⊥平面 ABCD, 且四边形 ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π 2 ,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点,当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时,求线段 BQ 的长. 图 16 22.解:以{AB→,AD→ ,AP→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz,则各点 的坐标为 B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). (1)因为 AD⊥平面 PAB,所以AD→ 是平面 PAB 的一个法向量,AD→ =(0,2,0). 因为PC→=(1,1,-2),PD→ =(0,2,-2), 设平面 PCD 的一个法向量为 m=(x,y,z), 所以 m·PC→=0,m·PD→ =0, 即 x+y-2z=0, 2y-2z=0. 令 y=1,解得 z=1,x=1, 所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量. 从而 cos〈AD→ ,m〉= AD→ ·m |AD→ ||m| = 3 3 , 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 3 . (2)由BP→=(-1,0,2),可设BQ→ =λBP→=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1), 又CB→=(0,-1,0),所以CQ→ =CB→+BQ→ =(-λ,-1,2λ),又DP→ =(0,-2,2), 从而 cos〈CQ→ ,DP→ 〉=CQ→ ·DP→ |CQ→ ||DP→ | = 1+2λ 10λ2+2 . 设 1+2λ=t,t∈[1,3],则 cos2〈CQ→ ,DP→ 〉= 2t2 5t2-10t+9 = 2 9 1 t -5 9 2 +20 9 ≤ 9 10 , 当且仅当 t=9 5 ,即λ=2 5 时,|cos〈CQ→ ,DP→ 〉|取得最大值为3 10 10 . 因为 y=cos x 在 0,π 2 上是减函数,所以此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值. 又因为 BP= 12+22= 5,所以 BQ=2 5BP=2 5 5 . 6.G12[2015·全国卷Ⅰ] 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如 下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在 屋内墙角处堆放米(如图 11,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为 8 尺,米堆 的高为 5 尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺, 圆周率约为 3,估算出堆放的米约有( ) 图 11 A.14 斛 B.22 斛 C.36 斛 D.66 斛 6.B [解析] 由题意,题中图形为四分之一圆锥,设圆锥的底面半径为 R,则由πR 2 = 8 得 R=16 π,所以 V 米=1 4V 圆锥=1 4 ×1 3 ×π× 16 π 2 ×5=320 3π≈320 9 (立方尺),所以320 9 ÷1.62≈ 21.95≈22(斛). 19.G5、G11、G12[2015·重庆卷] 如图 15 所示,三棱锥 P ABC 中,PC⊥平面 ABC, PC=3,∠ACB=π 2 .D,E 分别为线段 AB,BC 上的点,且 CD=DE= 2,CE=2EB=2. (1)证明:DE⊥平面 PCD; (2)求二面角 A PD C 的余弦值. 图 15 19.解:(1)证明:由 PC⊥平面 ABC,DE⊂平面 ABC,得 PC⊥DE. 由 CE=2,CD=DE= 2,得△CDE 为等腰直角三角形,故 CD⊥DE. 由 PC∩CD=C,DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线,得 DE⊥平面 PCD. (2)由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE=π 4 .如图,过 D 作 DF 垂直 CE 于 F, 易知 DF=FC=FE=1,又已知 EB=1,故 FB=2. 由∠ACB=π 2 得 DF∥AC,所以DF AC =FB BC =2 3 ,故 AC=3 2DF=3 2. 以 C 为坐标原点,分别以CA→,CB→,CP→的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角 坐标系,则 C(0,0,0),P(0,0,3),A3 2 ,0,0,E(0,2,0),D(1,1,0),所以ED→ =(1, -1,0), DP→ =(-1,-1,3),DA→ =1 2 ,-1,0. 设平面 PAD 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1), 由 n1·DP→ =0,n1·DA→ =0,得 -x1-y1+3z1=0, 1 2x1-y1=0, 故可取 n1=(2,1,1). 由(1)可知 DE⊥平面 PCD,故平面 PCD 的一个法向量 n2 可取为ED→ ,即 n2=(1,-1, 0). 法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉=n1·n2 |n1||n2| = 3 6 , 故所求二面角 A PD C 的余弦值为 3 6 . 图 K325 7.[2015·四川石室中学模拟] 已知正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1,动点 P,Q 分 别在棱 BC,CC1 上,将过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S,设 BP=x,CQ =y,其中 x,y∈[0,1],则下列命题为真的是________.(写出所有真命题的序号) ①当 x=0 时,S 为矩形,其面积最大为 1; ②当 x=y=1 2 时,S 为等腰梯形; ③当 x=1 2 ,y=3 4 时,S 为六边形; ④当 x=1 2 ,y∈ 1 2 ,1 时,设 S 与棱 C1D1 的交点为 R,则 RD1=2-1 y. 7.②④ [解析] 当 x=0 时,S 为矩形,其面积最大为 1× 2= 2,所以①错误;当 x=y=1 2 时,截面如图(1)所示,易知 S 为等腰梯形,所以②正确; (1) (2) 当 x=1 2 ,y=3 4 时,截面如图(2)所示,所以③错误; (3) 当 x=1 2 ,y∈ 1 2 ,1 时,如图(3)所示,设 S 与棱 C1D1 的交点为 R,延长 DD1,使 DD1 ∩QR=N,连接 AN 交 A1D1 于点 E,连接 ER,易证得 AN∥PQ,由△NRD1∽△QRC1,可 得 C1R∶D1R=C1Q∶D1N,可得 RD1=2-1 y ,故④正确. 4.[2015·辽师附中期中] 设 m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列 命题为真的是( ) A.m∥α,n∥β,且α∥β,则 m∥n B.m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则 m⊥n C.m⊥α,n⊂β,m⊥n,则α⊥β D.m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β 4.B [解析] 对于 A,若 m∥α,n∥β,且α∥β,则 m,n 的位置关系应该是平行或相 交或异面,故 A 错;易知 B 为真命题;对于 C,若 m⊥α,n⊂β,m⊥n,则α∥β或α∩β=l 或α⊥β,故 C 不正确;对于 D,若 m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β或α∩β=l 或α⊥ β,所以 D 不正确. 11.[2015·合肥一模] 如图 K353 所示,在直角梯形 ABCD 中,BC⊥DC,AE⊥DC,M, N 分别是 AD,BE 的中点,将三角形 ADE 沿 AE 翻折,则下列说法正确的是________.(填 上所有正确说法的序号) ①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN∥平面 DEC; ②不论 D 折至何位置,都有 MN⊥AE; ③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN∥AB; ④在翻折过程中,一定存在某个位置,使 EC⊥AD. 11.①②④ [解析] 翻折后,设 Q,P 分别为 CE,DE 的中点,易证得四边形 MNQP 是矩形,所以①②正确,显然③错.当平面 ADE⊥平面 ABCE 时,有 EC⊥AD,故④正确. 7.[2015·浙江五校联考] 如图 K321 所示,在正四棱锥 SABCD 中,E,M,N 分别是 BC,CD,SC 的中点,动点 P 在线段 MN 上运动(与点 M,N 均不重合)时,给出下列四个结 论: ①EP⊥AC;②EP∥BD;③EP∥平面 SBD;④EP⊥平面 SAC.其中恒成立的结论为( ) A.①③ B.③④ C.①② D.②③④ 图 K321 7.A [解析] 连接 AC,BD 相交于点 O,连接 EM,EN. ①由正四棱锥 SABCD,可得 SO⊥底面 ABCD,AC⊥BD,∴SO⊥AC.∵SO∩BD=O,∴AC⊥平面 SBD.∵E,M,N 分别 是 BC,CD,SC 的中点,∴EM∥BD,MN∥SD,而 EM∩MN=M,∴平面 EMN∥平面 SBD, ∴AC⊥平面 EMN,∴AC⊥EP.故①正确.②由异面直线的定义可知,EP 与 BD 是异面直线, 不可能 EP∥BD,因此②不正确.③由①可知,平面 EMN∥平面 SBD,∴EP∥平面 SBD, 因此③正确.④由①同理可得 EM⊥平面 SAC,若 EP⊥平面 SAC,则 EP∥EM,与 EP∩EM =E 矛盾,因此当 P 与 M 不重合时,EP 与平面 SAC 不垂直.故④不正确.综上可知,①③ 正确. 3.[2015·浙江温州十校联考] 如图 K333 所示,已知四棱锥 PABCD,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥平面 ABCD,∠ABC=60°,E,F 分别是 BC,PC 的中点. (1)证明:AE⊥PD; (2)若 AB=2,PA=2,求二面角 EAFC 的平面角的余弦值. 3.解:(1)证明:由四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC 为正三角形.因 为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC.又 BC∥AD,所以 AE⊥AD.因为 PA⊥平面 ABCD,AE⊂ 平面 ABCD,所以 PA⊥AE.而 PA⊂平面 PAD,AD⊂平面 PAD,且 PA∩AD=A,所以 AE⊥ 平面 PAD.又 PD⊂平面 PAD,所以 AE⊥PD. (2)由(1)知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 又 E,F 分别为 BC,PC 的中点,所以 A(0,0,0),B( 3,-1,0),C( 3,1,0),D(0,2, 0),P(0,0,2),E( 3,0,0),F 3 2 ,1 2 ,1 ,所以AE→=( 3,0,0),AF→= 3 2 ,1 2 ,1 .设平 面 AEF 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m·AE→=0, m·AF→=0, 因此 3x1=0, 3 2 x1+1 2y1+z1=0.取 z1=-1, 则 m=(0,2,-1).连接 BD.因为 BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A,所以 BD⊥平面 AFC, 故BD→ 为平面 AFC 的一个法向量.又BD→ =(- 3,3,0),所以 cos〈m,BD→ 〉= m·BD→ m·|BD→ | = 2×3 5× 12 = 15 5 .因为二面角 EAFC 的平面角为锐角,所以所求二面角的平面角的余弦值为 15 5 .查看更多