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2016届《新步步高》一轮复习数学理科(浙江专用)高考专题突破:高考中的立体几何问题


高考专题突破

高考中的立体几何问题
考点自测

1.(2013· 广东)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是(

)

14 A.4 B. 3 答案 B

16 C. 3

D.6

解析 由三视图知四棱台的直观图为

1 14 由棱台的体积公式得:V= (2×2+1×1+ 2×2×1×1)×2= . 3 3 2.(2013· 课标全国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 答案 D 解析 假设 α∥β,由 m⊥平面 α,n⊥平面 β,则 m∥n,这与已知 m,n 为异面直线矛盾,那 么 α 与 β 相交,设交线为 l1,则 l1⊥m,l1⊥n,在直线 m 上任取一点作 n1 平行于 n,那么 l1 和 l 都垂直于直线 m 与 n1 所确定的平面,所以 l1∥l. 3.(2014· 四川)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 O 为线段 BD 的中 点.设点 P 在线段 CC1 上,直线 OP 与平面 A1BD 所成的角为 α,则 sin α 的 )

-1-

取值范围是( A.[ C.[ 3 ,1] 3 6 2 2 , ] 3 3

) B.[ 6 ,1] 3

2 2 D.[ ,1] 3

答案 B 解析 根据题意可知平面 A1BD⊥平面 A1ACC1 且两平面的交线是 A1O, 所以过点 P 作交线 A1O 的垂线 PE, 则 PE⊥平面 A1BD, 所以∠A1OP 或其补角就是直线 OP 与平面 A1BD 所成的 角 α. 设正方体的边长为 2,则根据图形可知直线 OP 与平面 A1BD 可以垂直. 当点 P 与点 C1 重合时可得 A1O=OP= 6,A1C1=2 2, 1 1 所以 × 6× 6×sin α= ×2 2×2, 2 2 2 2 所以 sin α= ; 3 当点 P 与点 C 重合时,可得 sin α= 根据选项可知 B 正确. 4.(2014· 山东)三棱锥 P-ABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱锥 D-ABE 的体积 V1 为 V1,P-ABC 的体积为 V2,则 =________. V2 答案 1 4 2 6 = . 6 3

解析 设点 A 到平面 PBC 的距离为 h. ∵D,E 分别为 PB,PC 的中点, 1 ∴S△BDE= S△PBC, 4 1 S△ · h V1 VA-DBE 3 BDE 1 ∴ = = = . V2 VA-PBC 1 4 S · h 3 △PBC 5.如图,在三棱锥 P-ABC 中,D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的 中点.若 PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.则 PA 与平面 DEF 的位置 关系是________;平面 BDE 与平面 ABC 的位置关系是________.(填 “平行”或“垂直”) 答案 平行 垂直 解析 (1)因为 D,E 分别为棱 PC,AC 的中点,

-2-

所以 DE∥PA. 又因为 PA?平面 DEF,DE?平面 DEF, 所以直线 PA∥平面 DEF. (2)因为 D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点,PA=6,BC=8, 1 1 所以 DE= PA=3,EF= BC=4. 2 2 又因为 DF=5,故 DF2=DE2+EF2, 所以∠DEF=90° ,即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC,DE∥PA,所以 DE⊥AC. 因为 AC∩EF=E,AC?平面 ABC,EF?平面 ABC, 所以 DE⊥平面 ABC, 又 DE?平面 BDE, 所以平面 BDE⊥平面 ABC.

题型一 空间点、线、面的位置关系 例 1 (2014· 安徽)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 8 的正方形, 四条侧棱长均为 2 17.点 G,E,F,H 分别是棱 PB,AB,CD,PC 上 共面的四点,平面 GEFH⊥平面 ABCD,BC∥平面 GEFH. (1)证明:GH∥EF; (2)若 EB=2,求四边形 GEFH 的面积. 思维点拨 (1)证明 GH∥EF,只需证明 EF∥平面 PBC,只需证明 BC∥EF,利用 BC∥平面 GEFH 即可;(2)求出四边形 GEFH 的上底、下底及高,即可求出面积. (1)证明 因为 BC∥平面 GEFH,BC?平面 PBC, 且平面 PBC∩平面 GEFH=GH, 所以 GH∥BC. 同理可证 EF∥BC,因此 GH∥EF. (2)解 如图,连接 AC,BD 交于点 O,BD 交 EF 于点 K,连接 OP,GK. 因为 PA=PC,O 是 AC 的中点,所以 PO⊥AC, 同理可得 PO⊥BD. 又 BD∩AC=O,且 AC,BD 都在底面内, 所以 PO⊥底面 ABCD. 又因为平面 GEFH⊥平面 ABCD,

-3-

且 PO?平面 GEFH,所以 PO∥平面 GEFH. 因为平面 PBD∩平面 GEFH=GK, 所以 PO∥GK,且 GK⊥底面 ABCD, 从而 GK⊥EF. 所以 GK 是梯形 GEFH 的高. 由 AB=8,EB=2 得 EB∶AB=KB∶DB=1∶4, 1 1 从而 KB= DB= OB,即 K 为 OB 的中点. 4 2 1 再由 PO∥GK 得 GK= PO, 2 1 即 G 是 PB 的中点,且 GH= BC=4. 2 由已知可得 OB=4 2, PO= PB2-OB2= 68-32=6, 所以 GK=3. 故四边形 GEFH 的面积 S= = 4+8 ×3=18. 2 高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明,一般以解答题的 GH+EF · GK 2

思维升华

形式出现,试题难度中等,但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求,在试卷中也可 能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用. (2013· 江苏)如图, 在三棱锥 S-ABC 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)由 AS=AB,AF⊥SB 知 F 为 SB 中点, 则 EF∥AB,FG∥BC, 又 EF∩FG=F,AB∩BC=B, 因此平面 EFG∥平面 ABC. (2)由平面 SAB⊥平面 SBC,且 AF⊥SB, 知 AF⊥平面 SBC,则 AF⊥BC. 又 BC⊥AB,AF∩AB=A,则 BC⊥平面 SAB, 又 SA?平面 SAB,因此 BC⊥SA. 题型二 平面图形的翻折问题
-4-

例 2 (2014· 广东)如图(1),四边形 ABCD 为矩形,PD⊥平面 ABCD,AB=1,BC=PC=2,作 如图(2)折叠,折痕 EF∥DC.其中点 E,F 分别在线段 PD,PC 上,沿 EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M,并且 MF⊥CF.

(1)证明:CF⊥平面 MDF; (2)求三棱锥 M-CDE 的体积. 思维点拨 折叠后,MD 与平面 CDEF 的垂直关系不变. (1)证明 因为 PD⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD, 所以 PD⊥AD. 又因为 ABCD 是矩形,CD⊥AD,PD 与 CD 交于点 D, 所以 AD⊥平面 PCD.又 CF?平面 PCD, 所以 AD⊥CF,即 MD⊥CF. 又 MF⊥CF,MD∩MF=M,所以 CF⊥平面 MDF. (2)解 因为 PD⊥DC,BC=2,CD=1,∠PCD=60° , 所以 PD= 3,由(1)知 FD⊥CF, 1 1 在直角三角形 DCF 中,CF= CD= . 2 2 1 3 3 过点 F 作 FG⊥CD 交 CD 于点 G,得 FG=FCsin 60° = × = , 2 2 4 所以 DE=FG= 3 3 3 3 ,故 ME=PE= 3- = , 4 4 4 3 32 3 6 ? ? -? ?2= . 4 4 2

所以 MD= ME2-DE2=

1 1 3 3 S△CDE= DE· DC= × ×1= . 2 2 4 8 1 1 6 3 2 故 VM-CDE= MD· S△CDE= × × = . 3 3 2 8 16 思维升华 平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变

化情况.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生 变化. 已知四边形 ABCD 是矩形,AB=1,BC= 3,将△ABC 沿

-5-

着对角线 AC 折起来得到△AB1C 且顶点 B1 在平面 ACD 上的射影 O 恰落在边 AD 上,如图所 示. (1)求证:平面 AB1C⊥平面 B1CD; (2)求三棱锥 B1-ABC 的体积 VB1-ABC . (1)证明 ∵B1O⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴B1O⊥CD, 又 CD⊥AD,AD∩B1O=O,∴CD⊥平面 AB1D, 又 AB1?平面 AB1D,∴AB1⊥CD, 又 AB1⊥B1C,且 B1C∩CD=C, ∴AB1⊥平面 B1CD, 又 AB1?平面 AB1C,∴平面 AB1C⊥平面 B1CD. (2)解 由于 AB1⊥平面 B1CD,B1D?平面 ABCD, 所以 AB1⊥B1D, 在 Rt△AB1D 中,B1D= AD2-AB2 1= 2 , AB1· B1D 6 又由 B1O· AD=AB1· B1D 得 B1O= = , AD 3 1 1 1 6 2 所以 VB1-ABC = S△ABC· B1O= × ×1× 3× = . 3 3 2 3 6 题型三 线面位置关系中的存在性问题 例 3 (2014· 四川)在如图所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为 矩形. (1)若 AC⊥BC,证明:直线 BC⊥平面 ACC1A1; (2)设 D,E 分别是线段 BC,CC1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M, 使直线 DE∥平面 A1MC?请证明你的结论. 思维点拨 (1)先证明 AA1⊥平面 ABC,可得 AA1⊥BC,利用 AC⊥BC,可以证明直线 BC⊥平 面 ACC1A1;(2)取 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,A1C 与 AC1 交于点 O,证明四 边形 MDEO 为平行四边形即可. (1)证明 因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形, 所以 AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因为 AB,AC 为平面 ABC 内两条相交的直线, 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC?平面 ABC,所以 AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1 和 AC 为平面 ACC1A1 内两条相交的直线,所以 BC⊥平面 ACC1A1.

-6-

(2)解 取线段 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,设点 O 为 A1C, AC1 的交点. 由已知,点 O 为 AC1 的中点. 连接 MD,OE,则 MD,OE 分别为△ABC,△ACC1 的中位线, 1 1 所以 MD 綊 AC,OE 綊 AC, 2 2 因此 MD 綊 OE. 连接 OM,从而四边形 MDEO 为平行四边形,则 DE∥MO. 因为直线 DE?平面 A1MC,MO?平面 A1MC, 所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点),使直线 DE∥平面 A1MC. 思维升华 对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在这假设条件下,利用线面

关系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛 盾的结论则否定假设. 如图, 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 已知 DC=DD1=2AD =2AB,AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD.若存在,确定点 E 位 置;若不存在,说明理由. (1)证明 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,连接 C1D, ∵DC=DD1,∴四边形 DCC1D1 是正方形, ∴DC1⊥D1C. 又 AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, ∴AD⊥平面 DCC1D1, 又 D1C?平面 DCC1D1, ∴AD⊥D1C. ∵AD?平面 ADC1,DC1?平面 ADC1,且 AD∩DC1=D, ∴D1C⊥平面 ADC1, 又 AC1?平面 ADC1,∴D1C⊥AC1. (2)解 假设存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD. 连接 AD1,AE,D1E, 设 AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,连接 MN, ∵平面 AD1E∩平面 A1BD=MN,

-7-

要使 D1E∥平面 A1BD, 可使 MN∥D1E, 又 M 是 AD1 的中点, 则 N 是 AE 的中点. 又易知△ABN≌△EDN, ∴AB=DE. 即 E 是 DC 的中点. 综上所述,当 E 是 DC 的中点时, 可使 D1E∥平面 A1BD. 题型四 空间向量与立体几何 例 4 (2014· 辽宁)如图,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直,且 AB=BC= BD=2,∠ABC=∠DBC=120° ,E,F 分别为 AC,DC 的中点. (1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角 E-BF-C 的正弦值. 思维点拨 可以 B 为原点,建立空间直角坐标系,用向量法. 方法一 (1)证明 如图(1),过 E 作 EO⊥BC,垂足为 O,连接 OF.

(1) 由题意得△ABC≌△DBC, 可证出△EOC≌△FOC. π 所以∠EOC=∠FOC= , 2 即 FO⊥BC. 又 EO⊥BC,EO∩FO=O, 因此 BC⊥平面 EFO. 又 EF?平面 EFO,所以 EF⊥BC. (2)解 如图(1),过 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连接 EG. 由平面 ABC⊥平面 BDC,从而 EO⊥平面 BDC. 又 OG⊥BF,EO⊥BF,所以 BF⊥平面 EGO, 所以 EG⊥BF. 因此∠EGO 为二面角 E-BF-C 的平面角.

-8-

1 1 3 在△EOC 中,EO=OF= FC= · BC· cos 30° = . 2 2 2 由△BGO∽△BFC 知,OG= 因此 tan∠EGO= BO 3 · FC= , BC 4

EO 2 5 =2,从而 sin∠EGO= , OG 5

2 5 即二面角 E-BF-C 的正弦值为 . 5 方法二 (1)证明 由题意, 以 B 为坐标原点, 在平面 DBC 内过 B 作垂直于 BC 的直线为 x 轴, BC 所在直线为 y 轴,在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴,建立如图(2)所示的空间直 角坐标系,

(2) 易得 B(0,0,0),A(0,-1, 3),D( 3,-1,0),C(0,2,0), 1 3 3 1 因而 E(0, , ),F( , ,0), 2 2 2 2 3 3 → → 所以EF=( ,0,- ),BC=(0,2,0), 2 2 → → → → 因此EF· BC=0.从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC. (2)解 如图(2),平面 BFC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). 设平面 BEF 的法向量为 n2=(x,y,z), 3 1 1 3 → → 又BF=( , ,0),BE=(0, , ), 2 2 2 2 → ? BF=0, ?n2· 由? 得其中一个 n2=(1,- 3,1). → ?n2· BE=0, ? n1· n2 ? 设二面角 E-BF-C 的大小为 θ,且由题意知 θ 为锐角,则 cos θ=|cos〈n1,n2〉|=? ?|n ||n |?=
1 2

1 . 5 因此 sin θ= 思维升华 2 2 5 2 5 = ,即二面角 E-BF-C 的正弦值为 . 5 5 5

用向量法解决立体几何问题,可使复杂问题简单化,使推理论证变为计算求解,

降低思维难度使立体几何问题“公式”化,训练的关键在于“归类、寻法”.
-9-

在如图所示的几何体中, 底面 ABCD 为菱形, ∠BAD=60° , AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且 AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; D1P (2)在 D1E 上是否存在一点 P,使得 A1P∥平面 EAC,若存在,求 的 PE 值,若不存在,说明理由. 解 (1)设 AC 与 BD 交于点 O, 如图所示建立空间直角坐标系 O-xyz, 设 AB=2, 则 A( 3,0,0),B(0,-1,0), C(- 3,0,0),D(0,1,0), D1(0,1,2), → → → 设 E(0, -1, t), t>0, 则ED1=(0,2,2-t), CA=(2 3, 0,0), D1A=( 3, -1,-2). ∵D1E⊥面 D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A, → → ? CA=0, ?ED1· ∴? 解得 t=3,∴E(0,-1,3), → → ? D1A=0, ?ED1· → ∴AE=(- 3,-1,3), 设平面 EAC 的法向量为 m=(x,y,z), → ? CA=0, ?m· ?2 3x=0, 则? ∴? → ?- 3x-y+3z=0, ? AE=0, ?m· 令 z=1,y=3,m=(0,3,1). → 又平面 D1AC 的法向量ED1=(0,2,-1), → m· ED1 2 → ∴cos〈m,ED1〉= = . 2 → |m|· |ED1| 所以所求二面角的大小为 45° . (2)假设存在点 P 满足题意. → → → → 设D1P=λPE=λ(D1E-D1P), λ → 2λ λ → 得D1P= D1E=(0,- , ), 1+λ 1+λ 1+λ 2λ λ → → → A1P=A1D1+D1P=(- 3,1,0)+(0,- , ) 1+λ 1+λ

- 10 -

2λ λ =(- 3,1- , ) 1+λ 1+λ → ∵A1P∥平面 EAC,∴A1P⊥m, 2λ λ ∴- 3×0+3×(1- )+1× =0, 1+λ 1+λ 3 解得 λ= , 2 故存在点 P 使 A1P∥面 EAC,此时 D1P∶PE=3∶2.

(时间:70 分钟) 1.(2014· 重庆)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )

A.54 B.60 C.66 D.72 答案 B 解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形,由正视图和侧视图可以判断该几何

体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的.在长方体中分析还原,如图(1)所示,故 1 该几何体的直观图如图(2)所示.在图(1)中,直角梯形 ABPA1 的面积为 ×(2+5)×4=14,计 2 1 35 算可得 A1P=5.直角梯形 BCC1P 的面积为 ×(2+5)×5= .因为 A1C1⊥平面 A1ABP,A1P?平 2 2 1 15 面 A1ABP,所以 A1C1⊥A1P,故 Rt△A1PC1 的面积为 ×5×3= . 2 2

1 又 Rt△ABC 的面积为 ×4×3=6,矩形 ACC1A1 的面积为 5×3=15,故几何体 ABC-A1PC1 2
- 11 -

35 15 的表面积为 14+ + +6+15=60. 2 2 2.已知 m,n 分别是两条不重合的直线,a,b 分别垂直于两不重合平面 α,β,有以下四个命 题: ①若 m⊥α,n∥b,且 α⊥β,则 m∥n; ②若 m∥a,n∥b,且 α⊥β,则 m⊥n; ③若 m∥α,n∥b,且 α∥β,则 m⊥n; ④若 m⊥α,n⊥b,且 α⊥β,则 m∥n. A.①② B.③④ C.①④ D.②③ 答案 D 解析 对于①,b⊥β,n∥b,∴n⊥β,∵m⊥α,且 α⊥β,∴m⊥n,∴①错误;对于②,∵a, b 分别垂直于两不重合平面 α,β,α⊥β,∴a⊥b,∵m∥a,n∥b,∴m⊥n,∴②正确;对于 ③,∵n∥b,b⊥β,∴n⊥β,∵m∥α,α∥β,∴m⊥n,∴③正确;对于④,∵m⊥α,b⊥β, α⊥β,∴m⊥b,∵n⊥b,∴m∥n 或 m⊥n 或 m,n 相交,∴④不正确.所以②③正确. 3.如图梯形 ABCD 中, AD∥BC, ∠ABC=90° ,AD∶BC∶AB=2∶3∶4, E、F 分别是 AB、CD 的中点,将四边形 ADFE 沿直线 EF 进行翻折,给 出四个结论: ①DF⊥BC; ②BD⊥FC; ③平面 DBF⊥平面 BFC; ④平面 DCF⊥平面 BFC. 在翻折过程中,可能成立的结论是________.(填写结论序号) 答案 ②③ 解析 因为 BC∥AD,AD 与 DF 相交不垂直,所以 BC 与 DF 不垂直, 则①不成立;设点 D 在平面 BCF 上的射影为点 P,当 BP⊥CF 时就有 BD⊥FC,而 AD∶BC∶AB=2∶3∶4,可使条件满足,所以②正确;当 点 P 落在 BF 上时,DP?平面 BDF,从而平面 BDF⊥平面 BCF,所以 ③正确;因为点 D 的射影不可能在 FC 上,所以平面 DCF⊥平面 BFC 不成立,即④错误.故 答案为②③. 4.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 是棱 BC 的中点,点 F 是 CF 棱 CD 上的动点,当 =______时,D1E⊥平面 AB1F. FD 答案 1 解析 如图,连接 A1B,则 A1B 是 D1E 在平面 ABB1A1 内的射影. ∵AB1⊥A1B,∴D1E⊥AB1,
- 12 -

又∵D1E⊥平面 AB1F?D1E⊥AF. 连接 DE,则 DE 是 D1E 在底面 ABCD 内的射影, ∴D1E⊥AF?DE⊥AF. ∵ABCD 是正方形,E 是 BC 的中点, ∴当且仅当 F 是 CD 的中点时,DE⊥AF, 即当点 F 是 CD 的中点时,D1E⊥平面 AB1F, ∴ CF =1 时,D1E⊥平面 AB1F. FD

5.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,E,F,G,H 分别是 AB,AC,A1B1, A1C1 的中点,求证: (1)B,C,H,G 四点共面; (2)平面 EFA1∥平面 BCHG. 证明 (1)∵GH 是△A1B1C1 的中位线,∴GH∥B1C1. 又 B1C1∥BC,∴GH∥BC, ∴B,C,H,G 四点共面. (2)∵E,F 分别为 AB,AC 的中点,∴EF∥BC, ∵EF?平面 BCHG,BC?平面 BCHG, ∴EF∥平面 BCHG. ∵A1G 与 EB 平行且相等, ∴四边形 A1EBG 是平行四边形, ∴A1E∥GB. ∵A1E?平面 BCHG,GB?平面 BCHG, ∴A1E∥平面 BCHG. ∵A1E∩EF=E,∴平面 EFA1∥平面 BCHG. 6.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是棱 DD1 的中点.在 棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE?并证明你的结论. 解 在棱 C1D1 上存在点 F,使 B1F∥平面 A1BE. 因为平面 ABB1A1∥平面 DCC1D1, 所以 A1B 与平面 A1EB 和平面 DCC1D1 的交线平行,如图所示, 取 CD 的中点 G,连接 EG,BG, 则 EG,BG 就是平面 A1BE 分别与平面 DCC1D1 和平面 ABCD 的交线. 取 C1D1 的中点 F,CC1 的中点 H,连接 HF,B1F,B1H. 因为 HF∥EG, 所以 HF∥平面 A1EB.

- 13 -

因为 A1B1∥C1D1∥HE,所以 A1,B1,H,E 四点共面, 又平面 BB1C1C∥平面 AA1D1D, 所以 B1H∥A1E,从而 B1H∥平面 A1EB, 因为 B1H∩HF=H, 所以平面 B1HF∥平面 A1EB,所以 B1F∥平面 A1EB. 7.(2014· 陕西)四面体 ABCD 及其三视图如图所示,平行于棱 AD,BC 的平面分别交四面体的 棱 AB,BD,DC,CA 于点 E,F,G,H.

(1)求四面体 ABCD 的体积; (2)证明:四边形 EFGH 是矩形. (1)解 由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD =DC=2,AD=1, ∴AD⊥平面 BDC, 1 1 2 ∴四面体 ABCD 体积 V= × ×2×2×1= . 3 2 3 (2)证明 ∵BC∥平面 EFGH,平面 EFGH∩平面 BDC=FG,平面 EFGH∩平面 ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH. 同理 EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG, ∴四边形 EFGH 是平行四边形, 又∵AD⊥平面 BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG. ∴四边形 EFGH 是矩形. 8. 如图所示, 三棱锥 P-ABC 中, 已知平面 PAB⊥平面 ABC, AC⊥BC, AC=BC=2a,点 O,D 分别是 AB,PB 的中点,PO⊥AB,点 Q 在线 段 AC 上,且 AQ=2QC. (1)证明:CD∥平面 OPQ; (2)若二面角 A-PB-C 的余弦值的大小为 5 ,求 PA. 5

(1)证明 连接 AD,交 PO 于 M,连接 OD,QM,如图(1)所示.

- 14 -

∵点 O,D 分别是 AB,PB 的中点, 1 ∴OD 綊 AP, 2 ∴ AM AP AQ = =2= , MD OD QC

∴MQ∥CD. 而 MQ?平面 OPQ,CD?平面 OPQ, ∴CD∥平面 OPQ. (2)解 连接 OC,∵平面 PAB⊥平面 ABC,PO⊥AB, ∴OP⊥平面 ABC. 从而 PO⊥AB,PO⊥OC. ∵AC=BC,点 O 是 AB 的中点, ∴OC⊥AB,且 OA=OB=OC= 2a. 如图(2)所示,建立空间直角坐标系 O-xyz.可知,

A(0,- 2a,0),B(0, 2a,0),C( 2a,0,0), 设 PO=h,则 P(0,0,h). ∵PO⊥OC,OC⊥AB, ∴OC⊥平面 PAB. → 从而OC=( 2a,0,0)是平面 PAB 的一个法向量. 设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ? PB=0, ?n· → → ∵PB=(0, 2a,-h),BC=( 2a,- 2a,0),? → ?n· BC=0, ?

- 15 -

∴?

? 2ay=hz, 2a 令 x=1,则 y=1,z= , h ?x=y.
2a ). h

则 n=(1,1,

由已知,得 2a 2a

→ 5 |OC· n| = 5 → |OC||n|



2 ,化简,得 h2= a2. 3 2a2 2+ 2 h 2 2 2 6 a +2a2= a. 3 3

∴PA= PO2+OA2=

- 16 -


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