备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题20 空间向量与立体几何(拓展) Word版含解析

DOC
  • 阅读 12 次
  • 下载 0 次
  • 页数 54 页
  • 大小 7.750 MB
  • 2024-10-15 上传
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档10.00 元 加入VIP免费下载
此文档由【管理员店铺】提供上传,收益归文档提供者,本网站只提供存储服务。若此文档侵犯了您的版权,欢迎进行违规举报版权认领
备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题20 空间向量与立体几何(拓展)  Word版含解析
可在后台配置第一页与第二页中间广告代码
备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题20 空间向量与立体几何(拓展)  Word版含解析
可在后台配置第二页与第三页中间广告代码
备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题20 空间向量与立体几何(拓展)  Word版含解析
可在后台配置第三页与第四页中间广告代码
试读已结束,点击付费阅读剩下的51 已有12人购买 付费阅读8.00 元
/ 54
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档10.00 元 加入VIP免费下载
文本内容

【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题20 空间向量与立体几何(拓展) Word版含解析.docx,共(54)页,7.750 MB,由管理员店铺上传

转载请保留链接:https://www.doc5u.com/view-2eb0fd5eb33c2a061a23d2f98791f2bf.html

以下为本文档部分文字说明:

猜题20空间向量与立体几何(拓展)一、解答题1.如图,在斜三棱柱111ABCABC-中,ABAC⊥,ABAC=,侧面11BBCC为菱形,且160BBC=,点D为棱1AA的中点,1DBDC=,平面1BDC⊥平面11BBCC.设平面1BDC与平面ABC的交线为l.(1)求证:l⊥平面

11BBCC;(2)求二面角1CBDB−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)77−【分析】(1)分别延长1,BDBA交于E,连接CE,则CE即为平面1BCD与平面ABC的交线,取1BC中点F,连接DF,证得DF⊥平面11BBCC,又可证得//lDF从而有

l⊥平面11BBCC;(2)以C点为坐标原点建立空间直角坐标系,求出面1BDC与面1BDB的法向量,用空间向量求二面角的余弦值.【解析】(1)证明:分别延长1,BDBA,设1BABDE=,连接CE,则CE即为平面1BCD与平

面ABC的交线,因为1DBDC=,取1BC中点F,连接DF,所以1,DFBCDF⊥平面1BCD,因为平面1BCD⊥平面11BBCC,且交线为1BC,所以DF⊥平面11BBCC.因为D为棱1AA的中点,11//ABAB,所以D为1BE的中点,所以//lDF

,所以l⊥平面11BBCC;(2)由(1)知BAAE=,因为90,BACABAC==.所以90BCE=,取11BC的中点G,因为侧面11BBCC为菱形,且160BBC=,所以GC⊥BC,由(1)知EC⊥平面11BBCC,所以GCEC⊥,分别以CBCECG,,所在直线为,,

xyz轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设2BC=,因为侧面11BBCC为菱形,且160BBC=,所以1(1,0,3),(0,2,0),(2,0,0)BEB,则11(1,0,3),(0,2,0),(2,2,0),(1,0,

3)CBCEBEBB===−=−,设平面1BDC的法向量为(,,)mxyz=,则100CBmCEm==,所以3020xzy+==,取(3,0,1)m=−,设平面1BDB的法向量为(,,)nxyz=,则100BEnBBn==

,所以030xyxz−+=−+=,取(3,3,1)=n,所以3317co,s727mn−==,由图知二面角1CBDB−−的平面角为钝角,所以二面角1CBDB−−的余弦值为77−.2.如图,在四棱锥PABCD−中,底面ABCD是边长为2的菱形,,

,EFG分别是,,BCPCAD的中点,AD⊥平面DEF,3PG=,且3cos3PGB=−.(1)证明://PG平面DEF.(2)求四棱锥PABCD−的体积.【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】(1)由//,//BGDEEFPB,结合面面平行的判

定可得平面//PBG平面DEF,由面面平行的性质可证得结论;(2)由等腰三角形三线合一性质可说明四边形ABCD是边长为2,且一个内角为π3的菱形,由此可得菱形ABCD的面积;作POBG⊥,可证得PO⊥平面ABCD,由角度关系可求得P

O,代入棱锥体积公式即可.【解析】(1),EG分别是,BCAD的中点,四边形ABCD为菱形,//BEDG,BEDG=,四边形BEDG为平行四边形,//BGDE,又BG平面DEF,DE平面DEF,//BG平面DEF;,EF分别为,BCPC的中点,//EFPB,又PB平面DEF,EF

平面DEF,//PB平面DEF,又PBBGB=,,PBBG平面PBG,平面//PBG平面DEF,PG平面PBG,//PG平面DEF.(2)连接BD,AD⊥平面DEF,DE平面DEF,ADDE⊥,又//ADBC,BCDE⊥.E为BC的中点,BDCD=,又

BCCD=,BCD△为等边三角形,π3BCD=,1322222322ABCDBCDSS===;延长BG至点O,使得POBG⊥,由(1)知:AD⊥平面PBG,又PO平面PBG,ADPO⊥,又BGADG=,,BGAD平面ABCD,PO⊥平面ABCD,3cos3PGB

=−,3cos3PGO=,16sin133PGO=−=,sin6POPGPGO==,112362233PABCDABCDVSPO−===.3.如图,在四棱锥PABCD−中,PAD是等边三角形,底面ABCD是棱长为2的菱形,平面PAD⊥平面

ABCD,O是AD的中点,π3DAB=.(1)证明:OB⊥平面PAD;(2)求点O到平面PAB的距离.【答案】(1)证明见解析(2)155【分析】(1)连结BD,判断ABD△为等边三角形,证明OBAD⊥,根据面面垂

直的性质判断得到OB⊥平面PAD.(2)等体积法转化OPABPAOBVV−−=求解.【解析】(1)证明:连结BD,∵底面ABCD是菱形,π3DAB=,∴ABD△为等边三角形,又O是AD的中点,∴OBAD⊥,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD=,OB平面ABCD,∴

OB⊥平面PAD.(2)设点O到平面PAB的距离为h,易知3==OPOB,在PAB中,2PAAB==,6PB=,∴22161562222PABS=−=△,由OPABPAOBVV−−=,得115113133232h=,解得155h=,点O到平面PAB的距离为155.

【点睛】.4.如图所示,在四棱锥PABCD−中,底面ABCD是等腰梯形,ABCD,24ABCD==.平面PAB⊥平面ABCD,O为AB的中点,60DAOAOP==,OAOP=,E,F,G分别为BC,PD,PC的中点.(1)求证:平面PCD⊥平面AFGB;(2)求平面PDE与平面ABCD

所成锐二面角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)275【分析】(1)根据线面垂直判定定理以及性质定理,结合面面垂直判定定理,可得答案;(2)建立空间直角坐标系,利用二面角的空间向量计算公式,可得答案.【解析】(1)如图所示,取AO的中点H,连接HD,HP,在等腰梯形A

BCD中,ABCD,4AB=,2CD=,60DAO=.∵O为AB的中点,即有四边形BCDO是平行四边形,∴//ODBC,60DOACBODAO===.∴OAD△为正三角形,∴2AD=,HDAO⊥.在AOP中,2OAOP==,60AOP=,∴AOP为边长为2

的正三角形,∴2AP=,PHAO⊥.∴APAD=,又F为FD的中点,∴AFPD⊥.∵HDAO⊥,PHAO⊥,HDPHH=,,HDPH平面PHD,∴AO⊥平面PHD,即AB⊥平面PHD.∵PD平面PHD,∴ABPD⊥.而G为PC中点,则////FGCDAB,又∵AFABA

=,,AFAB平面AFGB,∴PD⊥平面AFGB.∵PD平面PCD,∴平面PCD⊥平面AFGB.(2)∵PHAB⊥,平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB平面ABCDAB=,PH平面PAB,∴PH⊥平面ABCD,∴由(1)知,P

H,HD,AB两两垂直,以H为坐标原点,HD,HB,HP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则()0,0,0H,()0,0,3P,()3,0,0D,35,,022E,于是()0,0,3HP=,()3,0,3PD=−,35,,022

DE=−.设平面PDE的法向量为(),,nxyz=r,则0,0,nPDnDE==即330,350,22xzxy−=−+=取5x=,则()5,3,5n=,设平面PDE与平面ABCD所成锐二面角为,∵HP为平面ABCD的一个法向量,∴535coscos,5

3353nHPnHPnHP====∣∣.∴227sin1cos53=−=,sin27tancos5==.∴平面PDE与平面ABCD所成锐二面角的正切值为275.5.如图,在四棱锥PABCD−中,E为棱AD上一点,,PEADPAPC⊥⊥,四边形BCDE为矩形,且13,3,,

//4BCPEBEPFPCPA====平面BEF.(1)求证:PA⊥平面PCD;(2)求二面角FABD−−的大小.【答案】(1)证明见解析(2)π4【分析】(1)连接AC交BE于点G,连接FG,利用线面平行的性质得//PAFG,利用平行线分线段成比例可得线段长度,从而由勾股定理得线

线垂直,再利用线面垂直的判定定理证明线面垂直;(2)利用线面关系,证明线线垂直,建立空间直角坐标系,根据空间向量的坐标运算分别确定平面ABF与平面ABD的法向量,根据坐标运算得二面角的余弦值,即可确定二面角大小.【解析】(1)连接AC交BE于点G,连接FG,因为//PA平

面BEF,平面PAC平面BEFFG=,PA平面PAC,所以//PAFG,又//BECD,所以13AFAFAGPFDEBCGCFC====,又3DE=,所以1,4AEAD==.因为PEAD⊥,所以222PAPEAE=+=,2223PDPEDE=+

=所以222PAPDAD+=,所以PAPD⊥,又,,,PAPCPDPCPPDPC⊥=平面PCD,所以PA⊥平面PCD.(2)因为PA⊥平面PCD,CD平面PCD,所以PACD⊥,又,ADCDPAADA⊥=,,

PAAD平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又PE平面PAD,所以PECD⊥,又PEAD⊥,ADCDD=,ADCD平面ABCD所以PE⊥平面ABCD.如图建系,则3333(1,0,0),(0,3,0),(3,0,0),,,444ABDF−−,7333,,,(1,3,0

)444AFAB=−−,设平面ABF的一个法向量为(,,)mxyz=,则73332004443030zyAFmxyzxyABmxy==−++===−+=,取1y=,得(3,1,2)m=,又平面ABD的一个法

向量为(0,0,1)n=,所以22cos,2||||22mnmnmn===,且二面角FABD−−为锐角,故二面角FABD−−的大小为π4.6.如图所示的多面体是由一个直三棱柱111ABDABD−与一个四棱锥11CBBDD−拼接而成的,四边形ABCD

为直角梯形,//ADBC,ABAD⊥,4BC=,2ABAD==,,EF分别为,ABAD的中点.(1)求证://EF平面11BCD;(2)若直线AB与平面11BCD所成角的正弦值为66,求二面角11BCDB−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析(

2)32【分析】(1)由三角形中位线性质可得11////EFBDBD,根据线面平行的判定定理可证得结论;(2)以A为坐标原点可建立空间直角坐标系,设()10AAmm=,利用线面角的向量求法可构造方程求得m,再利用二面角的向量求法求得结果.【解析】(1)由直三棱柱111ABDABD−的性质知:11

//BDBD,,EF分别为,ABAD的中点,//EFBD,11//EFBD,11BDQ平面11BCD,EF平面11BCD,//EF平面11BCD.(2)由直棱柱的性质得:1AA⊥平面ABCD,,ABAD平面ABCD,1

AAAB⊥,1AAAD⊥;则以A为坐标原点,分别以1,,ABADAA所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系,如图所示,设()10AAmm=,则()0,0,0A,()2,0,0B,()2,4,0C,()12,0,Bm,()10,2,Dm,()2,0,0AB=,()10

,4,BCm=−,()112,2,0BD=−,设平面11BCD的法向量为(),,nxyz=,则11140220nBCymznBDxy=−==−+=,令ym=,解得:xm=,4z=,(),,4nmm=;设直线AB与

平面11BCD所成角为,则226sincos,62216ABnmABnABnm====+,解得:2m=,平面11BCD的一个法向量()2,2,4n=,又()0,4,0BC=,()12,2,2BD=−,设平面1B

CD的法向量为(),,mabc=,则1402220mBCbmBDabc===−++=,令1a=,解得:0b=,1c=,()1,0,1m=;63cos,2262mnmnmn===,由图可知:二面角11BC

DB−−为锐二面角,二面角11BCDB−−的余弦值为32.7.如图,在四棱锥PABCD−中,底面ABCD为菱形,ACPE⊥,PAPD=,E为棱AB的中点.(1)证明:平面PAD⊥平面ABCD;(2)若PAAD=,60BAD=,求二面角EPDA−−的正

弦值.【答案】(1)证明见解析(2)21313【分析】(1)根据线面、面面垂直的判定定理分析证明;(2)建系,利用空间向量求二面角.【解析】(1)取AD的中点O,连接,,,OPOBBDOE,∵底面ABCD为菱形,则ACBD⊥,又∵,OE分别为,ADAB的中点,则OE

BD,故ACOE⊥,注意到ACPE⊥,,,OEPEEOEPE=I平面POE,则AC⊥平面POE,∵OE平面POE,则ACOE⊥,又∵PAPD=,E为棱AB的中点,则ADOE⊥,,,,ACADAAC

ADAACAD==II平面ABCD,∴OE⊥平面ABCD,且PO平面PAD,故平面PAD⊥平面ABCD.(2)若PAAD=,60BAD=,则ABD△为等边三角形,且O为AD的中点,故OBAD⊥,由(1)得,如图所示建立空间直角坐标系Ox

yz−,设2AD=,则13(0,0,3),(,,0),(1,0,0)22PED−,可得()331,0,3,,,022DPDE==uuuruuur,设平面PDE的法向量(,,)nxyz=,则303

3022nDPxznDExy=+==+=,取3x=,则=3y−,1z=−,所以(3,3,1)n=−−,取平面PDA的法向量(0,1,0)m=,则3313cos,1313||||nmnmnm==−=−rurrurrur,设二面角EPDA−−为π0,2

,则313cos13=,可得2213sin1cos13=−=,所以二面角EPDA−−的正弦值为21313.8.如图,已知矩形ABCD是圆柱的轴截面,P是CD的中点,直线BP与下底面所成角的正切值为13

,矩形ABCD的面积为12,MN为圆柱的一条母线(不与,ABCD重合).(1)证明:BNMP⊥;(2)当三棱锥BMNP−的体积最大时,求M到平面PBN的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62211【分析】(1)证明BN⊥平面MNC即可证明结论;

(2)设PCa=,进而结合题意得2a=,进而得22183BMNPVtt−=−,再结合基本不等式得3BNNC==时,三棱锥BMNP−的体积最大,最后根据等体积法求解即可.【解析】(1)证明:连接NC,因为BC是底面圆的直径,所以9

0BNC=,即BNNC⊥,又BNMN⊥,且MNNCN=,,MNNC平面MNC,所以BN⊥平面MNC,又MP平面MNC,所以BNMP⊥.(2)解:根据题意,13PCBC=,设PCa=,则3BCa=,2CDa=,又因为12BCCD=,所以2612a=,得2a=.所以22MNC

D==,32BC=,设BNt=,则22218NCBCBNt=−=−,由(1)可知BN⊥平面MNP,又P到MN的距离为NC,所以()222181122183232332BMNPttVMNNCBNtt−+−==

−=.当2218tt=−,即3t=时,取等号.所以,当3BNNC==时,三棱锥BMNP−的体积最大.设M到平面PBN的距离为h,则MBNPBMNPVV−−=,即113232BNNPh=,又223,11BNNPNCCP==+=,所以由

113232BNNPh=得62211h=.所以,M到平面PBN的距离为622119.如图,球O是正三棱锥−PABC和QABC−的外接球,M为ABC的外心,直线AM与线段BC交于点D,D为BC的中点,两三棱锥的高之比为:3:1PM

QM=,E为PA上一点,且:5:3PEEA=.(1)证明:PEEC⊥;(2)求二面角EBCQ−−的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2)32114【分析】(1)建立空间直角坐标系,求,PEEC的坐标,根据数量积的

性质证明PEEC⊥;(2)由线面垂直判定定理证明PA⊥平面BCE,求平面BCE和平面BCQ的法向量,根据向量夹角公式求二面角EBCQ−−的正弦值.【解析】(1)过M作MMBC∥,交AB于M,易证MA,MP,MM两两垂直

,建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz−.设3AM=,球O的半径为R,则在AOM中,有()22232RR=+,解得2R=.则()3,0,0A,()0,0,3P,33,,022C−−,∵58PEPA=,∴()3

35,,33,0,3228CECPPE=+=+−9339,,828=,()3,0,3AP=−,所以55315,0,888PEPA==−∴13513500648PECE=−++=,∴PEEC⊥.(2)因为,ADBCBCPD⊥⊥,,,A

DPDDADPD=平面PAD,所以BC⊥平面PAD,又PA平面PAD,∴BCPA⊥.由(1)得PAEC⊥,又ECBCC=,,ECBC平面BCE,∴PA⊥平面BCE,所以平面BCE的一个法向量为()13,0,3nAP==−.又∵33,,022B−,33

,,022C−−,()0,0,1Q−,∴()0,3,0CB=,33,,122CQ=−.设平面BCQ的法向量为()2,,nxyz=,则2230,330,22CBnyCQnxyz===+−=

令2x=,则0y=,3z=,∴()22,0,3n=为平面BCQ的一个法向量.设二面角EBCQ−−的平面角为,∴12121237coscos,14237nnnnnn====,又0,π,∴2321sin1cos14=−

=.故二面角EBCQ−−的正弦值为32114.10.如图甲,在四边形PBCD中,PD//BC,PBBCCDADPA====.现将△ABP沿AB折起得图乙,点M是PD的中点.证明:(1)PCAB⊥;(2)PC⊥平面ABM.【答案】(1)证明见解析(2

)证明见解析【分析】(1)如图,取AB的中点E,连接PE,CE,AC,由题意可证△PBA、△ABC是正三角形,则PE⊥AB、EC⊥AB.根据线面垂直的判定定理和性质即可证明;(2)如图,取PC的中点N,连接MN,BN,则MN//AB,即A,B,N,M四点共面,得BN⊥

PC.由(1),结合线面垂直的判定定理即可证明.【解析】(1)如图,取AB的中点E,连接PE,CE,AC,∵AD=BC且AD//BC,故四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD且AB//CD.又PB=PA=CD,∴PA=PB=AB,即△PBA是正三角形,∴PE⊥AB,在图甲中,60PAB

=,则60ABC=,由ABBC=,知△ABC是正三角形,故EC⊥AB.又PEECE=,PEEC、平面PEC,∴AB⊥平面PEC,又PC平面PEC,∴AB⊥PC.(2)如图,取PC的中点N,连接MN,BN,∵M是PD的中点,∴M

N//CD.由(1)知AB∥CD,∴MN//AB,∴A,B,N,M四点共面.∵PB=BC,∴BN⊥PC.由(1)AB⊥PC,又ABBNB?,ABBN、Ì平面ABNM,∴PC⊥平面ABNM,即PC⊥平面ABM.11.如图1,在

ABC中,4ABAC==,2π3BAC=,E为BC的中点,F为AB上一点,且EFAB⊥.现将BEF△沿EF翻折到BEF,如图2.(1)证明:EFAB⊥.(2)已知π3BFA=,求四棱锥BACEF−的体积.【答案】(1)证明见解析(2)154【分析】(1)根据条件,证明EF⊥平面

AFB,再由线面垂直的性质得到线线垂直即可;(2)根据条件,求出四棱锥BACEF−的底面面积和高,再求出四棱锥BACEF−的体积即可.【解析】(1)证明:在ABC中,EFAB⊥,∴EFAF⊥,EFFB⊥,∵AFFBF=,AF平面AFB,FB平面

AFB,∴EF⊥平面AFB,又AB平面AFB,∴EFAB⊥.(2)作BMAB⊥交AB于M,∵EF⊥平面AFB,BM平面AFB,∴BMEF⊥,又ABEFF=,AB平面ACEF,EF平面ACEF,∴BM⊥平面ACEF.在ABC中,4

ABAC==,2π3BAC=,6CBA=,43BC=,又E为BF的中点,EFAB⊥,3,3EFBF==,又3BFA=,332BM=.四边形ACEF的面积12π15344sin332322ACEFABCBEFSSS=−=−=,四

棱锥BACEF−的体积1133531533224BACEFACEFVBMS−===.12.如图所示,正方形11AADD与矩形ABCD所在平面互相垂直,22ABAD==,11ADADO=,E为线段AB上一点.(1)当OE∥平面1DBC,求证:E为AB的中点;(2)在线段AB上是否存在点

E,使得平面1DDE⊥平面1ADC?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.【答案】(1)见解析;(2)存在,当12AE=时,平面1DDE⊥平面1ADC.【分析】(1)由题意可知O为1AD的中点,由线面平行的性质定理可得OE∥1BD,即

可得证;(2)由面面垂直的性质定理可得1DD⊥AC,只需满足ACDE⊥,即可得AC⊥平面1DDE,从而有平面1DDE⊥平面1ADC,故只需找出ACDE⊥成立时,AE的长度即可.【解析】(1)证明:因为11AADD为正方形,11ADADO=,所以O为1AD的中点,又因为OE∥平面1DBC,平面1A

BD平面11DBCBD=,OE平面1ABD,所以OE∥1BD,又因为O为1AD的中点,所以E为AB的中点;(2)存在,当12AE=时,平面1DDE⊥平面1ADC,理由如下:设ACDEF=,因为11AADD为正方形,所以1DDAD⊥,又因为AD=平面11AADD平面ABCD,平面11AADD

⊥平面ABCD,1DD平面11AADD,所以1DD⊥平面ABCD,又因为AC平面ABCD,所以1DD⊥AC,又因为在矩形ABCD中,2,1ABAD==,当12AE=时,在RtADE△中,1tan2AEADEAD==,在RtABC△中,1tan2BCB

ACAB==,所以ADEBAC=,又因为90BADBACDAC=+=,所以90ADEDAC+=,则90AFD=,所以ACDE⊥,又因为1DEDDD=I,1,DEDD平面1DDE,所以AC⊥平面1DDE,又因为AC平面1ADC,所以平面1DDE⊥平面1ADC.1

3.如图,在四棱柱1111ABCDABCD−中,已知底面ABCD是菱形,111122,,,4ACBDAAACCCAABDE===⊥⊥是侧棱1BB上一点.(1)若1BEBE=,证明:1CC⊥平面1ACE;(2)若112BEBE=,求二面角1EACC--的正弦值.【答案

】(1)证明见解析(2)31010【分析】(1)由BD⊥平面11ACCA得1BDCO⊥,进而证明11CCCE⊥,再结合已知和判定定理即可证明;(2)过1C作1CFAC⊥,垂足为F,进而证明1CF⊥平面ABCD,再以O为坐标原点,OB,OC所在直线分

别为xy,轴建立空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.【解析】(1)证明:如图,设AC,BD交于点O,连接1CO,11AC,因为四边形ABCD是菱形,4AC=,2BD=,所以BDAC⊥,115BCBC==.因为1AABD⊥,1AA,AC平面11ACCA,1AAACA=,所

以BD⊥平面11ACCA,因为1CO平面11ACCA,所以1BDCO⊥,连接1BC,1DC,所以11BCDC=,因为11ACCC⊥,所以1122COAC==,所以1115BCBC==.因为1BEBE=,所以11BBCE⊥,所以11CCCE⊥.因为1AC,1CE平面1ACE,111A

CCEC=,所以1CC⊥平面1ACE.(2)解:过1C作1CFAC⊥,垂足为F,因为BD⊥平面11ACCA,1CF平面11ACCA,所以1BDCF⊥,又1CFAC⊥,AC,BD平面ABCD,ACBDO=,所以1CF⊥平面ABCD.如图,以O为坐标原点,

OB,OC所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系,则()0,0,0O,()1,0,0B,()0,2,0A−,()0,2,0C,1(0,13)C,,所以()10,3,3AC=,()110,1,3CCBB==−,因为112BEBE=,所以11130,,333BEBB==−

,则131,,33E−,所以531,,33AE=.易知平面11ACCA的一个法向量为()1,0,0n=r,设平面1ACE的法向量为(),,mxyz=,则100ACmAEm=

=,即33053033yzxyz+=++=,令1y=,则3z=−,23x=−,所以2,1,33m=−−.设二面角1EACC−−的大小为,所以2103cos10449mnmn===+,所以310sin10=,即二面角1EACC−−的正弦值为

31010.14.如图,在三棱台ABC-DEF中,平面DEBA⊥平面ABC,平面DFCA⊥平面ABC,AB:BE:DE=4:5:1.(1)求证:AD⊥BC;(2)若△ABC是等边三角形,试问:棱BE上是否存在一点H,使得二面角H-AC-B的平面角为3?若存在,求出HE

HB的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在,512【分析】(1)在平面ABC内,过C点作直线lAB⊥,过B点作直线mAC⊥,由面面垂直的性质得出mAD⊥,lAD⊥,结合线面垂直的判定以及定义得出ADBC⊥;(2)以点A为原点,建立空间直角坐标系,利用向量法求

解即可.【解析】(1)在平面ABC内,过C点作直线lAB⊥,过B点作直线mAC⊥,因为平面DEBA⊥平面ABC,平面DEBA平面ABCAB=,l平面ABC,所以l⊥平面DEBA.因为AD平面DEBA,所以lAD⊥,同理可证mAD⊥.因为l,m为相交直

线,l,m平面ABC,所以AD⊥平面ABC又BC平面ABC,所以ADBC⊥.(2)设1DE=,则4AB=,5BE=,易得四边形DEBA为直角梯形,所以22()4ADBEABDE=−−=,以点A为原点

,以AB,AD和平面ABED的一个法向量的方向分别为x轴、z轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则()0,0,0A,()4,0,0B,()2,23,0C,()0,0,4D,则()2,23,0AC=

,()4,0,0AB=,()0,0,4AD=,则BEBAADDE=++14ABADAB=−++34ABAD=−+()3,0,4=−,设()01BHBE=,则()43,0,4AHABBHABBE=+=+=−,易知()10,0

,1n=是平面ABC的一个法向量.设平面AHC的法向量为()2,,nxyz=uur,则2200nACnAH==,即()22304340xyxz+=−+=,取3343z=−,则43x=,4y=−,因此()243,4,3343n=−−是平面AHC的

一个法向量.假设存在点H,使得二面角HACB−−的平面角为3,则1212222123343coscos,348163(34)nnnnnn−===++−化简得2172161440−+=,解得121

7=或12=(舍去),因此棱BE上存在一点H,使得二面角HACB−−的平面角为3,此时512HEHB=.15.如图,点C在直径为AB的半圆O上,CD垂直于半圆O所在的平面,//BC平面ADE.且//CDBE.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD(2)若1AC=,5AB

=,异面直线AD与BE所成的角是45,求三棱锥ABCE−的外接球的表面积【答案】(1)证明见解析;(2)6π.【分析】(1)根据给定条件,证明BC⊥平面ACD,再借助线面平行可得//BCDE,然后利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.(2)取AE的中点M,连接,C

MBM,确定球心为M,再计算球半径及表面积作答.【解析】(1)因为点C在半圆O上,AB为直径,则BCAC⊥,而CD⊥平面ABC,BC平面ABC,于是CDBC⊥,又,,ACCDCACCD=平面ACD,则有BC⊥平面ACD,由//CDBE知点,,,BCDE

共面,又//BC平面ADE,平面BCDE平面=ADEDE,BC平面BCDE,因此//BCDE,即有DE⊥平面ACD,又DE在平面ADE内,所以平面ADE⊥平面ACD(2)由(1)知,CDAC⊥,因为//CDBE,则ADC为AD与BE所成的角,即=45ADC

,则1CDAC==,平行四边形BCDE中,1BECD==,因为CD⊥平面ABC,则有BE⊥平面ABC,AB平面ABC,则BEAB⊥,又BCAC⊥,,,CDBCCCDBC=平面BCDE,于是AC⊥平面BCDE,而CE平面BCDE,从而A

CCE⊥,取AE的中点M,连接,CMBM,如图,因此BMAMEMCM===,则点M是三棱锥ABCE−的外接球球心,而2226AEABBE=+=,所以三棱锥ABCE−的外接球表面积22214π4π()π6π2SAMAEAE==

==.16.正四棱锥PABCD−中,2AB=,3PO=,其中O为底面中心,M为PD上靠近P的三等分点.(1)求四面体MACP−的体积;(2)是否存在侧棱PB上一点N,使面CMN与面ABCD所成角的正切值为

2?若存在,请描述点N的位置;若不存在,请说明理由.【答案】(1)23(2)存在侧棱PB上一点N,使面CMN与面ABCD所成角的正切值为2,此时23BNBP=或67BNBP=【分析】(1)连接AC,BD交于点O,过M作MQOP⊥于点Q,根据M位置可得MQ,以PAC△为底,MQ为高

可得四面体体积;(2)以O为坐标原点,OC,OD,OP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,利用坐标法,结合二面角确定点N位置.【解析】(1)如图所示,连接AC,BD交于点O,过M作MQOP⊥于点Q,由四棱锥PABCD−为正四棱锥,且O为底面中心,得22ACBD==,122DOBD=

=,PO⊥平面ABCD,BDAC⊥,POBD⊥,又POACA=I,PO,AC平面PAC,BD⊥平面PAC,又MQPO⊥,则//MQBD,因为M为PD上靠近P的三等分点,则1233MQDO==,且MQ⊥平面PAC,所以11111222233323233MACPACP

VSMQACPOMQ−====V;(2)设平面CMN与平面ABCD所成角为,则tan2=,3cos3=,如图所示,以O为坐标原点,OC,OD,OP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则()0,0,0O,()0,2,0B−,()2,0,0C,()0,0,3P,因

为M为PD上靠近P的三等分点,则20,,23M,且()0,0,3OP=uuur,22,,23CM=−uuur,()0,2,3BP=uur,设()01BNBP=uuuruur,

()0,2,3BN=uuur,则()0,22,3N−,()2,22,3CN=−−uuur,设平面CMN的法向量为(),,nxyz=r,则00CMnCNn==,即()2220322230xyzxyz

−++=−+−+=,令96y=−,则()910,96,3242n=−−−r,又由(1)得PO⊥平面ABCD,则平面ABCD的法向量为()0,0,3OP=uuur,所以()()()()222332423coscos,33910963242OPn−===

−+−+−uuurr,解得23=或67=,所以存在侧棱PB上一点N,使面CMN与面ABCD所成角的正切值为2,此时23BNBP=或67BNBP=.17.如图,四棱锥PABCD−的底面为正方形,PD⊥底面AB

CD,M是线段PD的中点,设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明l∥平面BCM(2)已知1PDAD==,Q为l上的点,若PB与平面QCD所成角的正弦值为是63,求线段QC的长.(3)在(2)的条件下,求二面角DCQM−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)3QC=(3)

12【分析】(1)先证明AD∥平面PBC,结合线面平行的性质定理可证l∥平面BCM;(2)建立空间直角坐标系,设(),0,1Qm,计算出平面QCD的一个法向量为()1,0,nm=−,结合PB与平面QCD所成角的正弦值为是63解出1m=,进而可得QC的长;(3)分别计算二面角两个半平面的法向量,结合

空间角的向量求法即可求解.【解析】(1)在正方形ABCD中,ADBC∥,因为AD平面PBC,BC平面PBC,所以AD∥平面PBC,又因为AD平面PAD,平面PAD平面PBCl=,所以ADl∥,BCl∥因为BC平面MBC,l

平面MBC,所以l∥平面BCM(2)如图建立空间直角坐标系Dxyz−,因为1PDAD==,则有()0,0,0D,()0,1,0C,()1,0,0A,()0,0,1P,()1,1,0B,设(),0,1Qm,则有()0,1,0DC=,(),0,1DQm=,()1,1,1PB=

−uur,设平面QCD的法向量为(),,nxyz=,则00DCnDQn==,即00ymxz=+=,令1x=,则zm=−,所以平面QCD的一个法向量为()1,0,nm=−,则210cos,31nPBmnPBnPBm++==+因为PB与平面QCD所成角的

正弦值为是63,所以216cos,331mnPBm+==+,解得1m=.所以3QC=.(3)由(2)可知平面QCD的一个法向量为()1,0,1n=−因为M是线段PD的中点,所以10,0,2M于是()1,1,1QC=

−−,10,1,2MC=−,设平面MCQ的法向量(),,mxyz=则00QCmMCm==,即0102xyzyz−+−=−=.令2z=,得1y=,=1x−,()1,1,2m=−33cos,226mnmnmn−===−,所以二面角DCQM−−的正弦值为12.

18.如图,四面体ABCD的棱AB平面,10CD=,23,coscos3ABACADBACBAD=====.(1)证明:平面ABC⊥平面ABD;(2)若平面ABC与平面所成锐二面角的正切值为12,线段CD与平面相交,求平面ACD与平面所成锐二面角的正切值.【答案】(1)证明见解

析(2)296【分析】(1)作CMAB⊥于M,通过余弦定理解三角形得到CMMD⊥,即可证得CM⊥平面ABD,即可证得平面ABC⊥平面ABD;(2)作DG⊥于G,CH⊥于H,求出1,2CHHM==,1,2MGDG==,延长,DCGH交于点N,连接AN,作GKAN⊥于K

,平面ACD与平面所成锐二面角即DKG,通过解三角形计算出tanDKG即可.【解析】(1)作CMAB⊥于M,连接DM,则cos2AMACCAB==,2225CMACAM=−=,则2222cos9485DMADAMADAM

BAD=+−=+−=,则222ADAMDM=+,故DMAB⊥.又22210MDMCCD+==,则CMMD⊥,又ABDMM=,,ABDM平面ABD,故CM⊥平面ABD,又CM平面ABC,则平面ABC⊥平面ABD.(2)作DG⊥于G,CH⊥于H,由(1)知CMAB⊥,又CMCHC=,

,CMCH平面CHM,则AB⊥平面CHM,又MH平面CHM,则MGAB⊥,又DMAB⊥,同理可得AB⊥平面GDM,MHAB⊥,则,,GHM三点共线.由平面ABC与平面所成锐二面角的正切值为12,则1tan2CMH=,又5CM=,则1,2CHHM==.又CMMD⊥,则π2CMHD

MG=−,5DM=,则1,2MGDG==.延长,DCGH交于点N,连接AN,作GKAN⊥于K,易得DGAN⊥,又DGGKG=,,DGGK平面DGK,则AN⊥平面DGK,又DK平面DGK,则ANDK⊥,则平面ACD与平面所

成锐二面角即DKG.又12CHDG=,则3GHHN==,又2AM=,则5,29MNAN==,故212sin62929GKGNGNK===,故29tan6DGDKGGK==.19.如图,在四棱锥SABCD−中,四边形ABCD是菱形,1AB=,233SC=,三棱锥S

BCD−是正三棱锥,E,F分别为SA,SC的中点.(1)求证:直线BD⊥平面SAC;(2)求二面角EBFD−−的余弦值;(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行,求出直线SA与平面BDF的距离;如果不平行,说明理由

.【答案】(1)证明见解析(2)147(3)平行,距离为3714【分析】(1)要证线面平行,先证线线平行,只需证BDAC⊥,BDSO⊥,即可.(2)建立适当的直角坐标系,再利用平面的法向量,即可求解.(3)利用向量OA在平面BDF的法向量上的投影,即可求解.【解析】(1)证明:连接AC,交B

D于点O,连接SO,因为四边形ABCD是菱形,所以O为AC,BD的中点,且BDAC⊥,因为三棱锥SBCD−是正三棱锥,SBSD=,O为BD的中点,所以BDSO⊥,又SOACO=,所以BD⊥平面SAC.(

2)作SH⊥平面BCD于H,则H为正三角形BCD的中点,H在线段OC上,且32OC=,11333326OHOC===,2333CHOC==,2241133SHSCCH=−=−=.如图,以O为坐标原点,分别以OB,OC,HS的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则30,,02A

−,1,0,02B,C.30,,02,D.1,0,02−,30,,16S,310,,62E−,310,,22F,所以1

31,,262BE=−−,131,,232BF=−,()1,0,0BD=−,设()1111,,nxyz=是平面EBF的法向量,则1111111113102621310232nBExyznBFxyz=−−+==−++=,则()11,0,1

n=,设()2222,,nxyz=是平面DBF的法向量,则22222201310232nBDxnBFxyz=−==−++=,取()20,3,2n=−,所以121212214cos,727nnnnnn−===−,又因为二面角EBFD−−是锐二面角

,所以二面角EBFD−−的余弦值为147.(3)直线SA与平面BDF平行.理由如下:连接OF,由(1)知O为AC的中点,又F为SC的中点,所以OFSA∥,又因为SA平面BDF,OF平面BDF,所以直线SA∥平面BDF.(或者用向量法证明直线SA与平面BD

F平行:由(2)知()20,3,2n=−是平面BDF的一个法向量,又30,,02A−,30,,16S,所以230,,13SA=−−,所以()()2230032103SAn=+−+−−=,所以2SAn

⊥,又因为SA平面BDF,所以直线SA∥平面BDF.设点A与平面BDF的距离为h,则h即为直线SA与平面BDF的距离,因为30,,02OA=−,()20,3,2n=−是平面DBF的一

个法向量,所以()22300302237147OAnn+−+−==,所以点A与平面BDF的距离为3714,所以直线SA与平面BDF的距离为3714.20.棱柱1111ABCDABCD−的所有棱长都等于2,60ABC=

,平面11AACC⊥平面ABCD,160AAC=.(1)证明:1BDAA⊥;(2)求二面角1DAAC−−的平面角的余弦值;(3)在直线1CC上是否存在点P,使BP平面11DAC?若存在,求出点P的位置.【答案】(1)证明见解析;(2)二面角D-A1A-C的平面角的余

弦值是55.(3)存在,点P在C1C的延长线上且使C1C=CP.【解析】解:连接BD交AC于O,则BD⊥AC,连接A1O在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°∴A1O2=AA12+AO2-2AA1·Aocos60°=3∴

AO2+A1O2=A12∴A1O⊥AO,由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,所以A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则,,,,…………2分(Ⅰ)由于,则∴BD⊥AA1……………………4分(Ⅱ)由于OB⊥平面AA1C1C,

∴平面AA1C1CK*s^5#u的法向量设⊥平面AA1D则得到……………………6分所以二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分(Ⅲ)假设在直线CC1上存在点P,使BP//

平面DA1C1设,则得……………………9分设,则设得到……………………10分又因为平面DA1C1则·即点P在C1CK*s^5#u的延长线上且使C1C=CP……………………12分法二:在A1作A1O⊥AC于点O,由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,由面面垂直K*s^5#u的性质定理知,A1O⊥平面

ABCD,又底面为菱形,所以AC⊥BD(Ⅱ)在△AA1O中,A1A=2,∠A1AO=60°∴AO=AA1·cos60°=1所以O是ACK*s^5#u的中点,由于底面ABCD为菱形,所以O也是BD中点由(Ⅰ)可知DO⊥平面AA1C过O作OE⊥AA1于E点,连接OE,则AA1⊥DE则

∠DEO为二面角D—AA1—CK*s^5#u的平面角……………………6分在菱形ABCD中,AB=2,∠ABC=60°∴AC=AB=BC=2,∴AO=1,DO=在Rt△AEO中,OE=OA·sin∠EAO=,DE=∴cos∠DEO=∴二面角D—A1A—CK*s^5#u的

平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分(Ⅲ)存在这样K*s^5#u的点P连接B1C,因为A1B1ABDC∴四边形A1B1CD为平行四边形.∴A1D//B1C在C1CK*s^5#u的延长线上取点P,使C1C=CP,连接BP……………………10分因

B1BCC1,∴BB1CP∴四边形BB1CP为平行四边形则BP//B1C,∴BP//A1D∴BP//平面DA1C1……………………12分21.如图,在四棱锥PABCD−中,平面PCD⊥平面π,3APDPDAPDC==,底面ABCD是平行

四边形,22DCPCAD===,且点,MN分别是棱,PDAD的中点.(1)证明:AD⊥平面CMN;(2)求点P到平面ABCD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2155【分析】(1)先利用长度关系得出ADAP⊥,再根据面面垂直得出线面垂直;(2)利用等体积法由PACDCAPDVV−−=可得答案

.【解析】(1)因为π2,3DCPCPDC===,所以PCD是正三角形,所以2PD=;又π1,3ADPDA==,由余弦定理得22π12212cos33AP=+−=,则222ADAPDP+=,所以2πDAP=,即ADAP⊥;因为点M是PD的

中点,所以CMDP⊥,点N是AD的中点,所以//MNAP,所以ADMN⊥;又平面PCD⊥平面APD,平面PCD平面,APDDPCM=平面PCD,所以CM⊥平面APD,因为AD平面APD,所以CMAD⊥,因为,,CMMNMCMMN=平面CMN,所以AD⊥平面

CMN.(2)由(1)得CM⊥平面π13,2sin3,322APDCMMNAP====,在直角CMN中,22315(3)22CN=+=,设点P到平面ABCD的距离为h,由PACDCAPDVV−−=,即111511113332

232h=,解得2155h=,所以点P到平面ABCD的距离为2155.22.如图,在三棱柱111ABCABC-中,平面ABC⊥平面11ACCA,侧面11ACCA为菱形2AC=,160A

AC=,底面ABC为等腰三角形,ABBC=,O是AC的中点.(1)证明:1OAAB⊥;(2)若二面角11AOBC−−的余弦值为104−,求三棱柱111ABCABC-的体积.【答案】(1)证明见解析(2)3【

分析】(1)由平面ABC⊥平面11ACCA,通过面面垂直的性质证明线面垂直,再证得线线垂直;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法解决二面角的余弦值,解得OB,可得三棱柱111ABCABC-的体积.【解析】(1)平面ABC⊥平面11ACCA,平面ABC平面11ACCAAC=,菱形

11ACCA中,160AAC=,1AAC△为等边三角形,O是AC的中点,1OAAC⊥,1OAÌ平面11ACCA,1OA⊥平面ABC,AB平面ABC,1OAAB⊥.(2)1OA⊥平面ABC,ABBC=,BOAC⊥,以点O为坐标原点,1,,OAOAOB所在直线分别为,,xyz轴建立如图所

示的空间直角坐标系,2AC=,设OBt=,则()0,0,0O,()1,0,0A,()0,0,Bt,()1,0,0C−,()10,3,0A,1(1,3,)Bt−,1(2,3,0)C−·(1,0,0)OA=,1(1,

3,)OBt=−,1(2,3,0)OC=−,设平面1AOB的法向量是111(,,)mxyz=,由11111030mOAxmOBxytz===−++=,令13z=,110,xyt==−,得(0,,3).mt=−设平面11COB的法向量是222(,,)n

xyz=,由122122223030nOCxynOBxytz=−+==−++=,令23z=,223,2xtyt=−=−,可得(3,2,3)ntt=−−,所以22222310cos,||||43343mntmnmnttt+===+++,由0t,解得1t=,

1121122ABCSACOB=鬃=创=,13OA=,三棱柱111ABCABC-的体积为13ABCVSOA==.23.某种“笼具”由上、下两层组成,上层和下层分别是一个圆锥和一个圆柱,其中圆柱与圆锥的底面半径相等,如图所示:圆锥无底面,圆柱无上底面有下底面,内部镂空,已

知圆锥的母线长为20cm,圆柱高为30cm,底面的周长为24πcm.(1)求这种“笼具”的体积(结果精确到30.1cm);(2)现要使用一种纱网材料制作这样“笼具”的保护罩(包括底面)50个,该保护罩紧贴包裹“笼具”,纱网材料(按实测面积计算)的造价为每平方米....8

元.,共需多少元?(结果精确到0.1元)【答案】(1)315984.4cm(2)138.7元【分析】(1)先通过底面周长求出底面圆的半径,然后根据圆锥母线及底面圆半径求出圆锥的高,最后利用圆锥的体积加上圆柱的体积即可求解;(2)求出圆锥的侧面积,圆柱侧面积及一个底面积,即可得

到“笼具”的表面积,然后求出总的造价即可.【解析】(1)设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为1h,圆柱高为2h,则由题意有2π24πr=,得12cmr=,圆锥高221201216cmh=−=,所以“笼具”的体积2232111πππ14430144165088π15984.4cm33Vrhr

h=+=+=.(2)圆柱的侧面积2122π720πcmSrh==,圆柱的底面积22π144πSr==,圆锥的侧面积3π240πSrl==,所以“笼具”的侧面积21231104πcmSSSS=++=侧.故造50个“笼具”的最低总造价为41104π5081104π138.7

1025=元.答:这种“笼具”的体积约为315984.4cm;生产50个笼具需要138.7元.24.如图,在两块钢板上打孔,用钉帽呈半球形、钉身为圆柱形的铆钉(图1)穿在一起,在没有帽的一端锤打出一个帽,使得与钉帽的大小相等,铆合的两块

钢板,成为某种钢结构的配件,其截面图如图2.(单位:mm).(加工中不计损失).(1)若钉身长度是钉帽高度的3倍,求铆钉的表面积;(2)若每块钢板的厚度为10mm,求钉身的长度(结果精确到1mm).【答案】(1)21395πmm;(2)55mm.【分析】(1)由图可知,铆钉的表面积等于半

球的表面积加上圆柱的侧面积加上以115r=为半径的圆的面积.根据已知条件,分别求出各部分的面积即可得出答案;(2)设钉身的长度为x,表示出钉身的体积V.根据已知求出钉身加工后的体积,列出方程,求解即可得出答案.【解析】(1)解:由已知可得,铆钉为以115r=为

半径的半球与圆柱的组合体.由钉身长度是钉帽高度的3倍,可知圆柱的高为1345hr==,圆柱底面半径为28r=.由图可知,铆钉的表面积等于半球的表面积加上圆柱的侧面积加上以115r=为半径的圆的面积.半球的表面积为2211114π4π15450π22Sr===,圆柱的侧面积为222π2π

845720πSrh===,圆的面积231π225πSr==.所以,铆钉的表面积()21231395πSSSSmm=++=.(2)解:设钉身的长度为x,20x,则钉身的体积22π64πVrxx==.由已

知加工前后体积不变,加工后体积为钉身与钉帽体积之和,其中钉身长度为20,底面圆半径为28r=,钉帽是以半径115r=的半球.所以()2332114=π20π1280π2250π3530π23Vrrmm+=+=.所以

64π3530πx=,解得55x,满足条件.所以钉身的长度为()55mm.25.如图,在三棱柱111ABCABC-中,底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,侧面11AACC为菱形,点1A在底面上的投影为AC的中点D,且2A

B=.(1)若M、N分别为棱AB、11BC的中点,求证:1BMCDN平面;(2)求点C到侧面11AABB的距离;(3)在线段11AB上是否存在点E,使得直线DE与侧面11AABB所成角的正弦值为67?若存在,请求出1AE的长;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2

)2427(3)存在,且11AE=【分析】(1)由已知利用中位线性质分别得出MDBC且2MDBC=,与1MDBN且1MDBN=,证明四边形1BNDM为平行四边形,即1BMND,即可证明结论;(2)由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质,证

明直线DB,DC,1DA两两垂直,并得出需要线段长,再建立空间直角坐标系,求出平面11AABB的一个法向量与AC,即可代入公式求解答案;(3)假设存在,并设出关系,得到1AE,再由向量运算得到DE,即可由线面角公式结合已知列式求解

.【解析】(1)证明:连接MD,M为AB的中点,D为AC的中点,MDBC且2MDBC=,NQ为11BC的中点,则在三棱柱111ABCABC-中,1BNBC且12BNBC=,1MDBN且1MDBN=,四边形1BNDM为平行四边形,1BMN

D,ND平面CDN,且1BM平面CDN,1BMCDN平面;(2)点1A在底面上的投影为AC的中点D,1AD⊥平面ABC,1ADAC⊥且1ADBD⊥,底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,BDAC⊥,侧面11AACC为菱形,且1ADAC⊥,11ACAAAC

==,2AB=,2DBDADC===,且16DA=,直线DB,DC,1DA两两垂直,故以点D为坐标原点,直线DB,DC,1DA分别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则()0,0,0D,()0,2,0A−,()2,0,0B,()0

,2,0C,()10,0,6A,则()2,2,0AB=,()0,22,0AC=,()10,2,6AA=,设平面11AABB的一个法向量为(),,nxyz=r,则1220260ABnxyAAnyz=+==+=,即030xyyz+=+=,取1z=,则()3,3,1n=−,则

点C到侧面11AABB的距离为:2624277ACndn===,(3)假设存在满足条件的点E,并设()1112,2,0AEABAB===,0,1,则()112,2,6DEDAAE=+=,直

线DE与侧面11AABB所成角的正弦值为67,266cos,7467DEnDEnDEn===+,解得214=,0,1,则12=,故存在满足条件的点E,且1112AEAB==,26.如图所示,已知球O的半径为2,在球O的表面上有三点A、B、C,且O、A、B、C四点不共面,1

20AOB=o.(1)若CO⊥平面AOB,求球心O到平面ABC的距离;(2)若CO⊥平面AOB,一个经过点A、B、C的球O也经过点O,求球O的表面积;(3)若线段AB上存在一点D,使得ADCD=,求三棱锥OBCD−体积的最大值.【答案】(1)255

d=(2)20(3)12【分析】(1)用等体积法即可求解(2)确定球心O的位置之后,运用解三角形的知识即可求解(3)1133OBDCOBDOBDCODVSdSd−−=△△,要求三棱锥OBCD−体积的最大值,需求OBDCODSd−△的最大值,设ADp=,用p表示出OBDCODSd

−△,即可求解【解析】(1)(1)设球心O到平面ABC的距离为d,在OAB中222cos12023ABOAOBOAOB=+−=因为CO⊥平面AOB,所以CO⊥OA,CO⊥OA,所以2222ACCOOA=+=,2222BCCOOB=+=如图,取AB中

点E,连接CE,则CEAB⊥在中()()22222235CECBBE=−=−=所以1512ABCSABCE==△;因为COABOABCVV−−=,所以1131222153223d=,解得255d=.(2)(

2)设O在平面AOB的投影为H,则H为OAB的外心,设OAB的外接圆半径为r由正弦定理得2342sin32ABrAOB===,所以2r=所以2HAHBHO===,又因为OOCO=,故O在OC上的投影为OC中点M,1OM=,所以225

OOOHOM=+=,球O的表面积为()24520S==.(3)(3)2OAOC==,ADCD=,30OADOCD==,023AD.设ADp=,2234222342ODpppp=+−=−+,记C到OD的距离为d,则2122234ppdODpp==−

+,()21111122333322234OBDCOBDOBDCODpVSdSdppp−−==−−+△△22236234pppp−=−+,令2234ppt−+=,则()2223412xxtt−=−,()241411416662tVttt−==−−=

,当且仅当1t=,即3p=,且平面COD⊥平面AOB时等号成立.27.如图1,在梯形ABCD中,BCAD∥,ABAD⊥,2AB=,3BC=,4=AD,线段AD的垂直平分线与AD交于点E,与BC交于点F,现将四边形CDEF沿EF折起,使C,D分别到点G,H的位置,得到几何体ABFEHG,如图

2所示.(1)判断线段EH上是否存在点P,使得平面PAF∥平面BGH,若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由.(2)若22AH=,求平面ABH与平面BGH所成角的正弦值.【答案】(1)存在,点P为线段EH的中点(2)12.【分析】(1)当点P为线段EH的中点时,先证

明HG∥平面PAF,再证BG∥平面PAF,由面面平行判定定理证明;(2)先证明AEEH⊥,再以点E为坐标原点,EA,EF,EH所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,利用向量法求解.【解析】(1)当点P为线段EH的中点时,平面PAF∥平面BGH.证明

如下:由题易知2EH=,1GF=,EHGF∥,因为点P为线段EH的中点,所以1HPGF==,HPGF∥,所以四边形HPFG是平行四边形,所以HGPF∥,因为PF平面PAF,HG平面PAF,所以HG∥平面PAF.连接PG,因为PEGF∥,1PEGF==,所以四边形PE

FG是平行四边形,所以PGEF∥,且PGEF=,又EFAB∥,EFAB=,所以PGAB∥,PGAB=,所以四边形ABGP是平行四边形,所以PABG∥,因为PA平面PAF,BG平面PAF,所以BG∥平面PAF.因为HG平面BGH,BG平面B

GH,HGBGG=,所以平面PAF∥平面BGH.(2)因为22AH=,2AEEH==,所以222AEEHAH+=,所以AEEH⊥,又EFEA⊥,EFEH⊥,所以EA,EF,EH两两垂直.故以点E为坐标原点,EA,EF,EH所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系E

xyz−,则()2,0,0A,()2,2,0B,()0,0,2H,()0,2,1G,所以()0,2,0AB=,()2,2,2BH=−−,()2,0,1BG=−.设平面ABH的法向量为()111,,mxyz=,则00mABmBH==,即1111202220yxyz=−−+=,得1

0y=,取11z=,得()1,0,1m=.设平面BGH的法向量为()222,,xnyz=,则00nBHnBG==,即22222222020xyzxz−−+=−+=,取21x=,得()1,1,2n=.设平面ABH与平面BGH

所成角为,则22222211011233cos212101112mnmn++====++++,所以231sin1cos142=−=−=,所以平面ABH与平面BGH所成角的正弦值为12.28.如图,在棱长为2的正方体ABCDEFGH−中,点M是正方体的中心,将四棱锥MBCGF

−绕直线CG逆时针旋转(0π)后,得到四棱锥MBCGF−.(1)若π2=,求证:平面MCG//平面MBF;(2)是否存在,使得直线MF⊥平面MBC?若存在,求出的值;若不存

在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)不存在,理由见解析【分析】(1)根据面面平行的判定定理即可证明结论;(2)假设存在,使得直线MF⊥平面MBC,建立空间直角坐标系,求得相关点坐标,求出平面平

面MBC的法向量,则求出MF的坐标,由MFm∥可得cossin0cossin1−=+==,此方程组无解,即可得出结论.【解析】(1)证明:若π2=,则平面DCGH、平面CBFG为同一个平面,连接,BHB

F,则M是BH中点,M是BF中点,故MM是BHF的中位线,所以1,2MMGFMMHFGF==∥.因为,MMGFMMGF=∥,所以平面四边形MMFG是平行四边形,所以MG

MF∥.又MG平面,MBFMF平面MBF,所以MG∥平面MBF同理MC∥平面BMF,且MG平面,MCGMC平面,MCGMGMCM=,所以,平面MCG∥平面MBF.(2)假设存在

,使得直线MF⊥平面MBC.以C为原点,分别以,,CBDCCG为,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系,则(0,0,0),(2,0,0)CB,(1,1,1)M−,故(2,0,0),(1,1,1)CBCM==−.设(,,)mxyz=是平面MBC的法向量,则00mCBmCM==,所

以200xyz=−+=,取1y=,得(0,1,1)m=是平面MBC的一个法向量,取CG中点P,BF中点Q,连接,PQPM,则,,PMCGPQCGPMCG⊥⊥⊥.于是MPM是二面角MCGM−−的平面角,MPQ是二面角MCGQ−−的平面角,QPM是二面角QCGM−−的平面角,

于是π,4MPMMPQ==,所以π4MPQ−=,且CG⊥平面,2MPMMP=,故ππ2cos,2sin,144M−−,同理(2cos,2sin,

2)F,所以ππ2cos2cos,2sin2sin,144MF=−−−−,因为πππ2cos2cos2cos2coscos2sinsincossin444−−

=−−=−,πππ2sin2sin2sin2sincos2cossincossin444−−=−+=+,所以(cossin,cossin,1)MF=−+.若直线MF⊥平面MB

C,m是平面MBC的一个法向量,则MFm∥.即存在R,使得MFm=,则cossin0cossin1−=+==,此方程组无解,所以,不存在,使得直线MF⊥平面MBC.【点睛】难点点睛:解答第二问是否存在,使得直线MF⊥平

面,要发挥空间想象,明确点线面的位置关系,建立空间直角坐标系后,难点在于确定ππ2cos2cos,2sin2sin,144MF=−−−−,并结合三角恒等变换化简,从而结合向量的共线的坐标表示,判断结论.29.《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,在阳马PABCD−中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PDCD=,过棱PC的中点E,作EFPB⊥交PB于点F,连接,,,.DEDFBDBE(1)

证明:PBDEF⊥平面.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)记阳马PABCD−的体积为1V,四面体EBCD的体积为2V,求12VV的值;(3)若面DE

F与面ABCD所成二面角的大小为π3,求DCBC的值.【答案】(1)证明见解析,是鳖臑,四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB(2)4(3)22【分析】(1)由直线与直线,直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF,DE∩FE=E,所

以PB⊥平面DEF,即可判断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,确定直角即可;(2)PD是阳马P−ABCD的高,DE是鳖臑D−BCE的高,BC⊥CE,22DECECD==,由此能求出12VV的值

.(3)根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线.利用直线与平面的垂直判断出DG⊥DF,DG⊥DB,根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,转化到直角三角形求解

即可.(1)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PDC,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩CB=C,所以DE⊥平面PBC.而PB⊂平面

PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩FE=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)由已知,PD是阳马P−ABCD的高,∴11133ABCDVSPDBCCDPD==,由(Ⅰ)知,21136BCEVSDEBCCEDE==,在Rt△PDC中,∵PD=CD

,点E是PC的中点,∴22DECECD==,∴1212234122622BCCDPDVCDPDCDCDVCEDEBCCEDECDCD====.(3)如图所示,在面BPC内,延长BC与FE交于点G,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.所以DG⊥DF,DG⊥DB故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD

=DC=1,BC=λ,有21BD=+,在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得3DPBFDB==,则2tantan133DBDPFPD===+=,解得2=.所以122DCCB==故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3时,22DCCB=

管理员店铺
管理员店铺
管理员店铺
  • 文档 490830
  • 被下载 29
  • 被收藏 0
若发现您的权益受到侵害,请立即联系客服,我们会尽快为您处理。侵权客服QQ:12345678 电话:400-000-0000 (支持时间:9:00-17:00) 公众号
Powered by 太赞文库
×
确认删除?