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2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)专题四 高考中的立体几何问题


数学

北(文)

专题四 高考中的立体几何 问题
第八章 立体几何

考点自测

自我检测 查缺补漏

题号
1 2 3 4 5

答案
B D D A
平行

解析

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 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.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC, 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.

(1)在平面 PAD 内作直线 CE 的

AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 平行线或者利用平面 CEF∥平

面 PAD 证明;

(2)MN 是平面 EFG 的垂线.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

证明

(1)方法一

取 PA 的中点 H,

AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 连接 EH,DH. 又 E 为 PB 的中点, E,F,G,M,N 分别为 PB, 1 所以 EH 綊 AB,BC,PD,PC 的中点. 2AB. 1 又 CD 綊2AB,所以 EH 綊 CD. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN.
所以四边形 DCEH 是平行四边形,

所以 CE∥DH. 又 DH 平面 PAD, CE 所以 CE∥平面 PAD.
考点自测 高考题型突破

平面 PAD.

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

方法二 连接 CF.

因为 F 为 AB 的中点, 1 AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 所以 AF=2AB. E,F,G,M,N 分别为 PB, 又 CD=1AB,所以 AF=CD. 2 AB,BC,PD,PC 的中点. 又 AF∥CD, (1)求证:CE∥平面 PAD; 所以四边形 AFCD 为平行四边形.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN.

因此 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.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

又 EF 平面 PAD,所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,

故平面 CEF∥平面 PAD. AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 又 CE 平面 CEF, E,F,G,M,N 分别为 PB, 所以 CE∥平面 PAD.

AB,BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD;

(2)因为 E、F 分别为 PB、AB 的中点, 所以 EF∥PA.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN. 又因为 AB⊥PA, 所以 EF⊥AB,同理可证 AB⊥FG.
FG 平面 EFG.
考点自测 高考题型突破 练出高分

又因为 EF∩FG=F, EF 平面 EFG,

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 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;

所以 AB⊥平面 EFG.
又因为 M,N 分别为 PD,PC 的中点,

所以 MN∥CD,又 AB∥CD, 所以 MN∥AB,
所以 MN⊥平面 EFG.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN. 又因为 MN 平面 EMN,

所以平面 EFG⊥平面 EMN.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东) 如图,四棱锥 P- ABCD 中,AB⊥AC,

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

AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD, 以解答题的形式出现,试题难度中 E,F,G,M,N 分别为 PB, 等,但对空间想象能力和逻辑推理 AB,BC,PD,PC 的中点. 能力有一定的要求,在试卷中也可 (1)求证:CE∥平面 PAD;

能以选择题或者填空题的方式考查 面位置关系中的应用.

(2)求证: 平面 EFG⊥平面 EMN. 空间位置关系的基本定理在判断线

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
跟踪训练 1 如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∠ACB=90° ,M,N 分别为 A1B,B1C1 的中点.求证: (1)BC∥平面 MNB1; (2)平面 A1CB⊥平面 ACC1A.
证明 (1)因为 BC∥B1C1,且 B1C1 平面 MNB1,BC 平面 MNB1,
故 BC∥平面 MNB1.

(2)因为 BC⊥AC,且 ABC-A1B1C1 为直三棱柱,

故 BC⊥平面 ACC1A1.
因为 BC 平面 A1CB, 故平面 A1CB⊥平面 ACC1A1.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 求三棱锥 B-DEG 的体积.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1) 求证:DE⊥平面 BCD; △ACD 内各元素的位置关系没有 思维启迪 (1)翻折前后, (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 求三棱锥 B-DEG 的体积.

变化,易知 DE⊥DC,再根据平面 BCD⊥平面 ACD 可证 明 DE⊥平面 BCD;

(2)注意从条件 EF∥平面 BDG 得线线平行, 为求高作基础.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC = 90° ,CD 为∠ ACB 的平分线,点 E= 在线段 AC 上, =4. (1) 证明 ∵ AC= 6,BC =3,∠ABC 90° ,∴∠ ACBCE =60° .如 图 所示,将△ 沿 CD ∴∠ 折起,使得平面 BCD ⊥平面 ACD, ∵2 CD 为∠ACB BCD 的平分线, BCD=∠ACD =30° . 连接 AB ∴CD =, 2 BE 3. ,设点 F 是 AB 的中点. (1) DE ⊥平面 BCD ; ∵求证: CE=4, ∠ DCE= 30° , (2)若 EF ∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, ∴DE2=CE2+CD2-2CE· CD· cos 30° =4, 求三棱锥 B-DEG 的体积. ∴DE=2,则 CD2+ DE2=EC2. ∴∠CDE=90° ,DE⊥DC.

又∵平面 BCD⊥平面 ACD,平面 BCD∩平面 ACD=CD,DE 平面 ACD,∴DE⊥平面 BCD.
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高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC

(2) 解 ∵EF ∥平面 BDG,EF 平面 ABC,平面 ABC ∩ 平面 = 90° ,CD 为∠ ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上, CE = 4.如
图 2 所示,将△ BDG =BG, BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD,

∴EF ∥BG . ,设点 F 是 AB 的中点. 连接 AB ,BE ∵求证: 点 E 在线段 AC 上, CE =4,点 F 是 AB 的中点, (1) DE⊥平面 BCD ;
(2) ∥平面 BDG ∴若 AEEF =EG =CG =2.,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 求三棱锥 -DEG 如图,作B BH ⊥CD的体积. 于 H.

∵平面 BCD⊥平面 ACD, ∴BH⊥平面 ACD.
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高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC

3 =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 由条件得 BH= , 2 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 1BE,设点 1 F 1 是 AB 的中点. 连接 AB, S△DEG=3S△ACD=3×2AC· CD· sin 30° = 3, (1)求证:DE⊥平面 BCD; 1 (2) 若 EF ∥平面 BDG ,其中 G 为直线 AC ∴三棱锥 B-DEG 的体积 V= S△DEG· BH与平面 BDG 的交点, 3 求三棱锥 B- 1 3 DEG 3 的体积. = × 3× = . 3 2 2

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
【例 2】 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC =90° ,CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在线段 AC 上,CE=4.如 图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD, 连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2) 若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点, 思维升华 平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后图 求三棱锥 B-DEG 的体积.

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.
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高考题型突破
跟踪训练 2 (2012· 北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,

E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如图(2).

(1)求证:DE∥平面 A1CB. (2)求证:A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.
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高考题型突破
(1)证明 因为 D, E 分别为 AC, AB 的中点, 所以 DE∥BC.

又因为 DE 平面 A1CB,所以 DE∥平面 A1CB.
(2)证明 由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC,所以 DE⊥AC.

所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 又 A1D∩CD=D,所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F 平面 A1DC,所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD,所以 A1F⊥平面 BCDE,
又因为 BE 平面 BCDE,所以 A1F⊥BE.
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高考题型突破
(3)解 线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下:

如图, 分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC,所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC,所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点,
所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ.

故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.
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高考题型突破
题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

先假设 EP 上存在点 F 使平面 AFD⊥平面 BFC,然后推证点 F 的位置.

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
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【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

(1)证明 ∵EP⊥平面 ABCD, ∴EP⊥DP. 又 ABCD 为矩形,AB
=2BC,P、Q 分别为 AB、CD 的中点,连 接 PQ,

(2)问在 EP 上是否存在点 F,使 则 PQ⊥DC 且 PQ=1DC. 2 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 ∴DP⊥PC. FP 出AP的值;若不存在,说明理由. ∵EP∩PC=P,
∴DP⊥平面 EPC.
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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

(2)解

假设存在 F 使平面 AFD⊥平

面 BFC, ∵AD∥BC,BC 平面 BFC,AD

平面 BFC, ∴AD∥平面 BFC. ∴AD 平行于平面 AFD 与平面

(2)问在 EP 上是否存在点 F,使 BFC 的交线 l. 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 ∵EP⊥平面 ABCD,∴EP⊥AD, FP 出AP的值;若不存在,说明理由. 而 AD⊥AB, AB∩EP=P,∴AD⊥平面 EAB,

∴l⊥平面 FAB.
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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

∴∠AFB 为平面 AFD 与平面 BFC 所成二面角的平面角.
∵P 是 AB 的中点,且 FP⊥AB,

∴当∠AFB=90° 时,FP=AP.

FP (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 ∴当 FP=AP,即 =1 时, AP 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 平面 AFD⊥平面 BFC. FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F,使 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值;若不存在,说明理由.

对于线面关系中的存在性问题, 首先假设存在, 然后在这个假设 下利用线面关系的性质进行推 理论证,寻求假设满足的条 件. 若条件满足则肯定假设, 若 得到矛盾则否定假设.

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跟踪训练 3 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,
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跟踪训练 3 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.

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,
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跟踪训练 3 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.

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.
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1.如图所示,在边长为5+ 2的正方形ABCD中,以 A为圆心画一个扇形,以O为圆心画一个圆,M, N,K为切点,以扇形为圆锥的侧面,以圆O为圆 锥底面,围成一个圆锥,求圆锥的全面积与体积.

解 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,高为h,
? ?l+r+ 2r=?5+ 2?× 2 由已知条件得?2πr π , =2 ? l ? 解得r= 2,l=4 2,S=πrl+πr2=10π,
1 2 2 30 h= l -r = 30,V=3πr h= 3 π.
2 2

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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.

证明 (1)方法一 因为D1D⊥平面ABCD,且BD 平面ABCD, 所以D1D⊥BD. 又因为AB=2AD,∠BAD=60° ,
在△ABD中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos 60° =3AD2,
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
所以AD2+BD2=AB2,因此AD⊥BD.

又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1 平面ADD1A1, 故AA1⊥BD.
方法二 因为D1D⊥平面ABCD,且BD 平面ABCD, 所以BD⊥D1D.
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
如图,取AB的中点G,连接DG,

在△ABD中,由AB=2AD得AG=AD. 又∠BAD=60° , 所以△ADG为等边三角形,
因此GD=GB,故∠DBG=∠GDB. 又∠AGD=60° ,所以∠GDB=30° ,
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° ,

所以BD⊥AD. 又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A.
又AA1 平面ADD1A,故AA1⊥BD.
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
(2)如图,连接AC,A1C1,

设AC∩BD=E,连接EA1, 因为四边形ABCD为平行四边形, 1 所以EC=2AC. 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC,
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2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥ 平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB= 2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.
所以四边形A1ECC1为平行四边形,

因此CC1∥EA. 又EA1 平面A1BD,CC1 平面A1BD,
所以CC1∥平面A1BD.
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3.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= 锥P—ABCD的体积. 2 ,∠CDA=45° ,求四棱

(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.
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3.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= 锥P—ABCD的体积. 2 ,∠CDA=45° ,求四棱

又因为AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形. 1 所以S四边形ABCD=S矩形ABCE+S△ECD=AB· AE+2CE· DE 1 5 =1×2+2×1×1=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
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4.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别是 CD、A1D1 的中点. (1)求证:AB1⊥BF; (2)求证:AE⊥BF; (3)棱 CC1 上是否存在点 P,使 BF⊥平面 AEP?若存在,确 定点 P 的位置,若不存在,说明理由.

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(1)证明

连接 A1B,则 AB1⊥A1B,

又∵AB1⊥A1F,且 A1B∩A1F=A1, ∴AB1⊥平面 A1BF.
又 BF 平面 A1BF,
∴AB1⊥BF. (2)证明 取 AD 中点 G,连接 FG,BG,则 FG⊥AE, 又∵△BAG≌△ADE, ∴∠ABG=∠DAE. ∴AE⊥BG.又∵BG∩FG=G,
∴AE⊥平面 BFG.
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又 BF 平面 BFG,∴AE⊥BF.
(3)解 存在.取 CC1 中点 P,即为所求.连接 EP,AP,C1D,

∵EP∥C1D,C1D∥AB1,∴EP∥AB1.
由(1)知 AB1⊥BF,∴BF⊥EP. 又由(2)知 AE⊥BF,且 AE∩EP=E, ∴BF⊥平面 AEP.

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5. (2012· 安徽)如图, 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 底面 A1B1C1D1 是正方形, O 是 BD 的中 点,E 是棱 AA1 上任意一点. (1)证明:BD⊥EC1; (2)如果 AB=2,AE= 2,OE⊥EC1,求 AA1 的长.

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(1)证明

连接 AC,A1C1.

由底面是正方形知,BD⊥AC. 因为 AA1⊥平面 ABCD,BD 平面 ABCD,
所以 AA1⊥BD. 又 AA1∩AC=A,

所以 BD⊥平面 AA1C1C.
因为 EC1 平面 AA1C1C 知,BD⊥EC1. (2)解 方法一 设 AA1 的长为 h,连接 OC1.

在 Rt△OAE 中,AE= 2,AO= 2,
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故 OE2=( 2)2+( 2)2=4.
在 Rt△EA1C1 中,A1E=h- 2,A1C1=2 2,
2 2 故 EC2 = ( h - 2) + (2 2) . 1 2 在 Rt△OCC1 中,OC= 2,CC1=h,OC1 =h2+( 2)2.
2 因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC2 = OC 1 1,

即 4+(h- 2)2+(2 2)2=h2+( 2)2,

解得 h=3 2,所以 AA1 的长为 3 2. 方法二 ∵OE⊥EC1,∴∠AEO+∠A1EC1=90° .
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又∵∠A1C1E+∠A1EC1=90° ,∴∠AEO=∠A1C1E. 又∵∠OAE=∠C1A1E=90° ,∴△OAE∽EA1C1, AE AO 2 2 ∴A C =A E,即 =A E, 2 2 1 1 1 1
∴A1E=2 2,

∴AA1=AE+A1E=3 2.

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6.(2013· 辽宁)如图,AB 是圆 O 的直径,PA 垂直圆 O 所在的平面,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.

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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 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,
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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.

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