高考数学人教A版本立体几何一轮过关测试题

高考数学人教A版本立体几何一轮过关测试题

阶段性测试题九(立体几何)‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题　共60分)‎ 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)‎ ‎1．(2014·抚顺二中期中)已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下述命题中真命题的是(　　)‎ A．若a⊥c，b⊥c，则a∥b或a⊥b B．若α⊥β，β⊥γ，则α∥β C．若a⊂α，b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，则α⊥β D．若a⊥α，b⊂β，a∥b，则α⊥β ‎[答案]　D ‎[解析]　由a⊥c，b⊥c知，a与b可平行可相交，也可异面，故A错；由直棱柱相邻两个侧面与底面都垂直知B错；当α∩β＝l，a⊥l，b∥c∥l时，可满足C的条件，故C错；∵a∥b，a⊥α，∴b⊥α，又b⊂β，∴α⊥β，∴D正确．‎ ‎2．(2014·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是(　　)‎ A．l∥m，l∥β，则m∥β B．α∩β＝m，l⊂α，则l∥β C．α⊥β，l⊥α，则l∥β D．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β ‎[答案]　D ‎[解析]　l⊄β，l∥m，m⊂β时，l∥β，故A错；α∩β＝m，当l⊂α且l∥m时，l∥β，当l与m相交时，l与β相交，故B错；α⊥β，当l⊂β，l与α和β的交线垂直，l⊥α时，但l∥β不成立，故C错；∵l⊥m，l⊥α，∴m⊂α或m∥α，又m⊥β，‎ ‎∴α⊥β，故D正确．‎ ‎3．(2014·山东省博兴二中质检)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积值最大的是(　　)‎ A．8　　　　　　　　　　 B．6 C．8 D．10‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　由三视图知，该几何体直观图如图，其中△ABC为以B为直角的直角三角形，AB＝4，BC＝3，高PA＝4，‎ ‎∴S△ABC＝×4×3＝6，S△PAB＝×4×4＝8，S△PBC＝PB·BC＝×4×3＝6，S△PAC＝AC·PA＝×5×4＝10，故选D.‎ ‎4．(2014·河南淇县一中模拟)将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥，得到图(b)所示的几何体，则该几何体的侧视图为(　　)‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　在侧视图中，D1的射影为C1，A的射影为B，D的射影为C，AD1的射影BC1为实线(右下到左上)，B‎1C为虚线，故选B.‎ ‎5．(文)(2014·浙北名校联盟联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．4 B．8‎ C．4 D．8 ‎[答案]　B ‎[解析]　作出几何体的直观图如图，这是一个三棱锥P－ABC，其中P在底面射影为D点，PD＝2，AD＝3，CD＝1，E为AC的中点，BE⊥AC，BE＝2，故几何体的体积V＝S△ABC·PD＝×(·AC·BE)·PD＝8，故选B.‎ ‎(理)(2014·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．1　　　　B．‎2　‎　　　C．3　　　　D．4‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　由三视图知，该几何体是一个三棱锥P－ABC，其中底面△ABC为直角三角形，∠A为直角，顶点P到A，C的距离相等，P点在底面的射影D，满足AC∥BD，且BD＝AC＝1，PD＝3，画出其直观图如图所示，其体积V＝S△ABC·PD＝×(×2×1)×3＝1.‎ ‎6．(2014·辽宁师大附中期中)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．24＋6π B．24＋4π C．28＋6π D．28＋4π ‎[答案]　A ‎[解析]　由三视图知，该几何体为组合体，其上部为半球，半球的直径为2，下部为长方体，长、宽、高为2,2,3，其表面积为2×4×3 ＋×4π·()2＋π·()2＝24＋6π，故选A.‎ ‎7．(2014·高州四中质量监测)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图中半圆的直径为2，则该几何体的体积为(　　)‎ A．24－ B．24－ C．24－π D．24－π ‎[答案]　C ‎[解析]　‎ 由三视图知，该几何体是由长、宽、高分别为3、4、2的长方体内挖去一个底半径为1，高为3的半圆柱后剩余部分，其体积V＝3×4×2－(π×12×3)＝24－π.‎ ‎8．(2014·山西曲沃中学期中)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2.∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S－ABC的体积为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　C ‎[解析]　设球心为O，△ABO所在平面截球O得截面如图，‎ ‎∵OA＝OB＝AB＝OS＝OC＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，‎ ‎∴SC⊥平面ABO，VS－ABC＝VS－ABO＋VC－ABO＝2VS－ABO＝2××(×22)×2＝，故选C.‎ ‎9．(文)(2014·陕西工大附中四模)如下图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　若俯视图为A，则该几何体是棱长为1的正方体，体积V ‎＝1；若俯视图为B，则该几何体是底半径为，高为1的圆柱，其体积V＝π·()2·1＝；若俯视图为D，则该几何体是底半径为1，高为1的圆柱的，其体积V＝·π·12·1＝；若俯视图为C，则该几何体是直三棱柱，底面直角三角形两直角边长为1，棱柱高为1，体积为V＝(×1×1)×1＝，因此选C.‎ ‎(理)(2014·开滦二中期中)如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB‎1C1C所成的角为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　A ‎[解析]　取AC中点F，则DF綊BE，∴DE∥BF，‎ ‎∴BF与平面BB‎1C1C所成的角为所求，‎ ‎∵AB＝1，BC＝，AC＝2，∴AB⊥BC，‎ 又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BCC1B1，作GF∥AB交BC于G，则GF⊥平面BCC1B1，∴∠FBG为直线BF与平面BCC1B1所成的角，由条件知BG＝BC＝，GF＝AB＝，‎ ‎∴tan∠FBG＝＝，∴∠FBG＝.‎ ‎10．(2014·绵阳市南山中学检测)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有下列四个命题：‎ ‎①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；‎ ‎②若α∥β，m⊂α，则m∥β；‎ ‎③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；‎ ‎④若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥β.‎ 其中正确命题的序号是(　　)‎ A．①③ B．①②‎ C．③④ D．②③‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　由两个平面平行的性质知②正确；∵n⊥α，n⊥β，∴α∥β，又m⊥α，∴m⊥β，∴③正确，故选D.‎ ‎11．(文)(2014·云南景洪市一中期末)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左视图均为半径是1的圆，则这个几何体的体积是(　　)‎ A. B．π C. D. ‎[答案]　B ‎[解析]　由三视图知，这是一个半径为1的球，截去，故其体积为V＝·(·13)＝π.‎ ‎(理)(2014·吉林延边州质检)正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为(　　)‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由条件知AE∥平面DD‎1C1C，平面AEC1与平面DD‎1C1C相交，故交线与AE平行，∵E为BB1的中点，故取DD1的中点F，∴AE綊C‎1F，故截面为AEC‎1F(如图1)，截去正方体的上半部分后，剩余部分几何体直观图如图2，故其左视图形状与直角梯形FD‎1A1A相同，且C1E的射影为虚线，由于B1E＝AA1，故E点射影在直角梯形下底的中点，故选C.‎ ‎12．(文)(2014·吉林省实验中学一模)已知正三棱锥P－ABC，点P、A、B、C都在半径为的球面上，若PA、PB、PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　C ‎[解析]　由条件知，以PA、PB、PC为三棱作长方体PADB－CA1D1B1，则该长方体内接于球，体对角线PD1为球的直径，由于三棱锥P－ABC为正三棱锥，∴AB＝AC＝BC，∴PA＝PB＝PC，‎ 设PA＝a，则a＝2，∴a＝2.‎ 设球心到截面的距离为h，则由VA－PBC＝VP－ABC得，‎ (×2×2)×2＝××(2)2×(－h)，‎ ‎∴h＝.‎ ‎(理)(2014·成都七中模拟)平面四边形ABCD中，AD＝AB＝，CD＝CB＝，且AD⊥AB ‎，现将△ABD沿着对角线BD翻折成△A′BD，则在△A′BD折起至转到平面BCD内的过程中，直线A′C与平面BCD所成的最大角的正切值为(　　)‎ A．1 B. C. D. ‎[答案]　C ‎[解析]　如下图，OA＝1，OC＝2，在△ABD绕直线BD旋转过程中，OA绕点O旋转形成半圆，显然当A′C与圆相切时，直线A′C与平面BCD所成角最大，最大角为30°，其正切值为，选C.‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共90分)‎ 二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)‎ ‎13.‎ ‎(2014·山西省太原五中月考)如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　由题意可知，△BCC1为等腰直角三角形，‎ ‎∵AC＝，BC＝CC1＝，∠ACB＝90°，∴∠A1B＝，BC1＝2，∵A1B2＝A‎1C＋BC，‎ ‎∴∠AC1B为直角，‎ 将△BCC1与△A1BC1所在平面铺平如图，‎ 设A‎1C交BC1于Q，则当点P与Q重合时，CP＋PA1取到最小值，最小值为A‎1C.‎ A‎1C＝ ‎＝＝.‎ ‎14．(文)(2014·抚顺市六校联合体期中)已知正四棱锥O－ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．‎ ‎[答案]　12π ‎[解析]　由V＝Sh＝×()2·h＝知，h＝，设正方形ABCD的中心为M，则MA＝，∴OA2＝OM2＋MA2＝()2＋()2＝3，∴S球＝4π·OA2＝12π.‎ ‎(理)(2014·抚顺二中期中)右图是一个空间几何体的三视图，如果主视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图为正方形，那么该几何体的体积为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　‎ 由三视图知，几何体是正四棱锥，底面正方形边长为2，棱锥的斜高为2，故高h＝＝，∴体积V＝×4×＝.‎ ‎15．(文)(2014·西安市长安中学期中)一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　根据三视图，该几何体是一个组合体，其中左侧是半个圆锥，右侧是底面为正方形的四棱锥，由于侧视图是一个边长为2的等边三角形，所以高为.‎ 所以其体积为V＝·(π·12＋22)·＝.‎ ‎(理)(2014·浙江台州中学期中)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成三棱锥C－ABD，它的主视图与俯视图如图所示，则二面角C－AB－D的正切值为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　三棱锥C－ABD直观图如图，由主视图与俯视图知，平面CBD⊥平面ABD，CO⊥平面ABD，作OE∥AD，∵AD⊥AB，∴OE⊥AB，连结CE，则CE⊥AB，∴∠CEO为二面角C－AB－D的平面角，在Rt△COE中，OE＝AD＝，CO＝，∴tan∠CEO＝＝.‎ ‎16．(文)(2014·华安、连城、永安、漳平、泉港一中，龙海二中六校联考)点P在正方体ABCD－A1B‎1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：‎ ‎①三棱锥A－D1PC的体积不变；‎ ‎②A1P∥平面ACD1；‎ ‎③DP⊥BC1；‎ ‎④平面PDB1⊥平面ACD1.‎ 其中正确的命题序号是________．‎ ‎[答案]　①②④‎ ‎[解析]　①VA－D1PC＝VP－AD‎1C，∵BC1∥AD1，AD1⊂平面AD‎1C，∴BC1∥平面AD‎1C，∴无论P在BC1上任何位置，P到平面AD‎1C的距离为定值，∴三棱锥A－D1PC的体积不变，∴①正确；‎ ‎②∵A‎1C1∥AC，BC1∥AD1，A‎1C1∩BC1＝C1，AC∩AD1＝A，∴平面A1BC1∥平面AD‎1C，∵A1P⊂平面A1BC1，∴A1P∥平面ACD1，∴②正确；‎ ‎③假设DP⊥BC1，∵DC⊥平面BCC1B1，∴DC⊥BC1，‎ ‎∴BC1⊥平面ABCD，与正方体ABCD－A1B‎1C1D1矛盾，‎ ‎∴③错误；‎ ‎④∵B1B⊥AC，BD⊥AC，∴AC⊥平面B1BD，∴AC⊥B1D，同理可证AD1⊥B1D，∴B1D⊥平面ACD1，∵B1D⊂平面PDB1，∴平面PDB1⊥平面ACD1，∴④正确．‎ ‎(理)(2014·成都七中模拟)已知正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1，点M是BC1的中点，P是BB1一动点，则(AP＋MP)2的最小值为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　将平面ABB‎1A1展开到与平面CBB‎1C1共面，如下图，易知当A、P、M三点共线时(AP＋MP)2最小．‎ AM2＝AB2＋BM2－2AB×BMcos135°＝12＋()2－2×1××(－)＝.‎ 三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)‎ ‎17．(本小题满分12分)(2014·天津市六校联考)在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AB⊥侧面BB‎1C1C，已知BC＝1，∠BCC1＝，AB＝CC1＝2.‎ ‎(1)求证：BC1⊥平面ABC；‎ ‎(2)试在棱CC1(不包含端点C，C1)上确定一点E的位置，使得EA⊥EB1；‎ ‎(3)(理)在(2)的条件下，求AE和平面ABC1所成角正弦值的大小．‎ ‎[解析]　(1)∵BC＝1，∠BCC1＝，CC1＝2，‎ ‎∴BC1＝，∴BC2＋BC＝CC，∴BC1⊥BC，‎ ‎∵AB⊥侧面BB‎1C1C，BC1⊂平面BB‎1C1C，‎ ‎∴BC1⊥AB且BC∩AB＝B，‎ ‎∴BC1⊥平面ABC.‎ ‎(2)E为C‎1C的中点．连接BE，‎ ‎∵BC＝CE＝1，∠BCC1＝，‎ 等边△BEC中，∠BEC＝，‎ 同理：B‎1C1＝C1E＝1，∠B‎1C1E＝，∴∠B1EC1＝，‎ ‎∴∠BEB1＝，∴EB1⊥EB，‎ ‎∵AB⊥侧面BB‎1C1C，EB1⊂平面BB‎1C1C，‎ ‎∴EB1⊥AB且EB∩AB＝B，‎ ‎∴B1E⊥平面ABE，EA⊂平面ABE，∴EA⊥EB1.‎ ‎(3)∵AB⊥侧面BB‎1C1C，AB⊂平面ABC1，‎ ‎∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，‎ 过E作BC1的垂线交BC1于F，则EF⊥平面ABC1，‎ 连接AF，则∠EAF为所求，‎ ‎∵BC⊥BC1，EF⊥BC1，∴BC∥EF，‎ ‎∵E为C‎1C的中点，∴F为C1B的中点，‎ ‎∴EF＝，由(2)知AE＝，∴sin∠EAF＝＝.‎ ‎18．(本小题满分12分)(文)(2014·长沙市重点中学月考)如图所示，圆柱的高为2，底面半径为，AE、DF是圆柱的两条母线，过AD作圆柱的截面交下底面于BC，四边形ABCD是正方形．‎ ‎(1)求证BC⊥BE；‎ ‎(2)求四棱锥E－ABCD的体积．‎ ‎[解析]　(1)∵AE是圆柱的母线，‎ ‎∴AE⊥底面EBC，又BC⊂底面EBC，∴AE⊥BC，‎ 又∵截面ABCD是正方形，所以BC⊥AB，‎ 又AB∩AE＝A，∴BC⊥平面ABE，‎ 又BE⊂平面ABE，∴BC⊥BE.‎ ‎(2)∵母线AE⊥底面EBC，∴AE是三棱锥A－BCE的高，‎ 由(1)知BC⊥平面ABE，BC⊂平面ABCD，‎ ‎∴平面ABCD⊥平面ABE，‎ 过E作EO⊥AB，交AB于O，‎ 又∵平面ABCD∩平面ABE＝AB，EO⊂平面ABE，‎ ‎∴EO⊥平面ABCD，即EO就是四棱锥E－ABCD的高，‎ 设正方形ABCD的边长为x，则AB＝BC＝x，‎ BE＝＝，‎ 又∵BC⊥BE，∴EC为直径，即EC＝2，‎ 在Rt△BEC中，EC2＝BE2＋BC2，‎ 即(2)2＝x2＋x2－4，∴x＝4，‎ ‎∴S四边形ABCD＝4×4＝16，‎ OE＝＝＝，‎ ‎∴VE－ABCD＝·OE·S四边形ABCD＝××16＝.‎ ‎(理)(2014·湖南长沙实验中学、沙城一中联考)在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，侧面ABB‎1A1，ACC‎1A1均为正方形，∠BAC＝90°，点D是棱B‎1C1的中点．‎ ‎(1)求证：A1D⊥平面BB‎1C1C；‎ ‎(2)求证：AB1∥平面A1DC；‎ ‎(3)求二面角D－A‎1C－A的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为侧面ABB‎1A1，ACC‎1A1均为正方形，‎ 所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以AA1⊥平面ABC，‎ 所以AA1⊥平面A1B‎1C1.‎ 因为A1D⊂平面A1B‎1C1，所以AA1⊥A1D，‎ 又因为CC1∥AA1，所以CC1⊥A1D，‎ 又因为A1B1＝A‎1C1，D为B‎1C1中点，‎ 所以A1D⊥B‎1C1.‎ 因为CC1∩B‎1C1＝C1，‎ 所以A1D⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(2)证明：连结AC1，交A‎1C于点O，连结OD，‎ 因为ACC‎1A1为正方形，所以O为AC1中点，‎ 又D为B‎1C1中点，所以OD为△AB‎1C1中位线，‎ 所以AB1∥OD，‎ 因为OD⊂平面A1DC，AB1⊄平面A1DC，‎ 所以AB1∥平面A1DC.‎ ‎(3)因为侧面ABB‎1A1，ACC‎1A1均为正方形，∠BAC＝90°，‎ 所以AB，AC，AA1两两互相垂直，如图所示建立直角坐标系A－xyz.‎ 设AB＝1，则C(0,1,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，D(，，1)．‎ ＝(，，0)，＝(0,1，－1)，‎ 设平面A1DC的法向量为n＝(x，y，z)，则有 ∴ 取x＝1，得n＝(1，－1，－1)．‎ 又因为AB⊥平面ACC‎1A1，所以平面ACC‎1A1的法向量为＝(1,0,0)，‎ 设二面角D－A‎1C－A的平面角为θ，则θ＝π－〈n，〉，‎ ‎∴cosθ＝cos(π－〈n，〉)‎ ‎＝－＝－＝－，‎ 所以，二面角D－A‎1C－A的余弦值为－.‎ ‎19．(本小题满分12分)(文)(2014·黄石二中检测)如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AA1＝AC＝2AB＝2，且BC1⊥A‎1C.‎ ‎(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；‎ ‎(2)设D是A‎1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使DE∥平面ABC1；若存在，求三棱锥E－ABC1的体积．‎ ‎[解析]　(1)证明：在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，有A‎1A⊥平面ABC.∴A‎1A⊥AC，又A‎1A＝AC，∴A‎1C⊥AC1.‎ 又BC1⊥A‎1C，∴A‎1C⊥平面ABC1，∵A‎1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面 A1ACC1.‎ ‎(2)存在，E为BB1的中点．‎ 取A‎1A的中点F，连EF，FD，当E为B1B的中点时，EF∥AB，DF∥AC1，‎ ‎∴平面EFD∥平面ABC1，则有ED∥平面ABC1.‎ 当E为BB1的中点时，VE－ABC1＝VC1－ABE＝×2××1×1＝.‎ ‎(理)(2014·保定市八校联考)如图，在底面是直角梯形的四棱锥P－ABCD中，∠DAB＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，梯形上底AD＝1.‎ ‎(1)求证：BC⊥平面PAB；‎ ‎(2)在PC上是否存在一点E，使得DE∥平面PAB？若存在，请找出；若不存在，说明理由；‎ ‎(3)求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的正切值．‎ ‎[解析]　(1)证明：∵BC∥AD且∠DAB＝90°，‎ ‎∴BC⊥AB，‎ 又PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，‎ 而PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.‎ ‎(2)延长BA、CD相交于Q点，假若在PC上存在点E，满足DE∥平面PAB，则由平面PCQ经过DE与平面PAB相交于PQ知DE∥PQ，‎ ‎∵AD∥BC且AD＝1，BC＝3，‎ ‎∴＝＝＝，‎ 故E为CP的三等分点，PE＝CE.‎ ‎(3)过A作AH⊥PQ，垂足为H，连DH，‎ 由(1)及AD∥BC知：AD⊥平面PAQ，‎ ‎∴AD⊥PQ，又AH⊥PQ，‎ ‎∴PQ⊥平面HAD，∴PQ⊥HD.‎ ‎∴∠AHD是平面PCD与平面PBA所成的二面角的平面角．‎ 易知AQ＝，PQ＝，‎ ‎∴AH＝＝，‎ ‎∴tan∠AHD＝＝，‎ 所以平面PCD与平面PAB所成二面角的正切值为.‎ ‎20．(本小题满分12分)(文)(2014·北京朝阳区期末)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC.设D、E分别为PA、AC中点．‎ ‎(1)求证：DE∥平面PBC；‎ ‎(2)求证：BC⊥平面PAB；‎ ‎(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为点E是AC中点，点D为PA的中点，‎ 所以DE∥PC.‎ 又因为DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，‎ 所以DE∥平面PBC.‎ ‎(2)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又PA⊂平面PAC，PA⊥AC，所以PA⊥平面ABC.所以PA⊥BC.‎ 又因为AB⊥BC，且PA∩AB＝A，‎ 所以BC⊥平面PAB.‎ ‎(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．‎ 取AB中点F，连EF，DF.‎ 由(1)可知DE∥平面PBC.‎ 因为点E是AC中点，点F为AB的中点，‎ 所以EF∥BC.‎ 又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，‎ 所以EF∥平面PBC.‎ 又因为DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，‎ 所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．‎ 故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行．‎ ‎(理)(2014·山东省博兴二中质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．‎ ‎(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；‎ ‎(2)设点M在线段PC上，＝，求证：PA∥平面MQB；‎ ‎(3)在(2)的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大小．‎ ‎[解析]　(1)连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形，‎ 又Q为AD中点，∴AD⊥BQ.∵PA＝PD，Q为AD的中点，AD⊥PQ，‎ 又BQ∩PQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，∵AD⊂平面PAD，‎ ‎∴平面PQB⊥平面PAD.‎ ‎(2)连接AC交BQ于点N，‎ 由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴＝＝.‎ 又＝，∴＝.∴PA∥MN.‎ ‎∵MN⊂平面MQB，PA⊄平面MQB，∴PA∥平面MQB.‎ ‎(3)∵PA＝PD＝AD＝2，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD.‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD.‎ 以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0，)．‎ 设平面MQB的法向量n＝(x，y，z)，可得 ∵PA∥MN，∴∴ 取z＝1，得n＝(，0,1)．‎ 取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)．‎ cos〈m，n〉＝＝.‎ 故二面角M－BQ－C的大小为60°.‎ ‎21．(本小题满分12分)(文)如图，E是以AB为直径的半圆弧上异于A，B的点，矩形 ABCD所在平面垂直于该半圆所在的平面，且AB＝2AD＝2.‎ ‎(1)求证：EA⊥EC；‎ ‎(2)设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F.‎ ‎①求证：EF∥AB；‎ ‎②若EF＝1，求三棱锥E－ADF的体积．‎ ‎[解析]　(1)∵E是半圆上异于A，B的点，∴AE⊥EB，‎ 又∵平面ABCD⊥平面ABE，且CB⊥AB，‎ 由面面垂直性质定理得CB⊥平面ABE，‎ 又AE⊂平面ABE，∴CB⊥AE，‎ ‎∵BC∩BE＝B，∴AE⊥平面CBE，‎ 又EC⊂平面CBE，∴AE⊥EC.‎ ‎(2)①由CD∥AB，得CD∥平面ABE，‎ 又∵平面CDE∩平面ABE＝EF，‎ ‎∴根据线面平行的性质定理得CD∥EF，‎ 又CD∥AB，∴EF∥AB.‎ ‎②VE－ADF＝VD－AEF＝××1××1＝.‎ ‎(理)(2014·浙江台州中学期中)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝4，点E在线段AB上，过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(折起后的点A记作点P)，使得∠PEB＝60°.‎ ‎(1)求证：EF⊥PB.‎ ‎(2)试问：当点E在线段AB上移动时，二面角P－FC－B的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)在Rt△ABC中，∵EF∥BC，∴EF⊥AB，‎ ‎∴EF⊥EB，EF⊥EP，又∵EB∩EP＝E，∴EF⊥平面PEB.‎ 又∵PB⊂平面PEB，∴EF⊥PB.‎ ‎(2)解法一：∵EF⊥平面PEB，EF⊂平面BCFE，∴平面PEB⊥平面BCFE，过P作PQ⊥BE于点Q，垂足为Q，则PQ⊥平面BCFE，过Q作QH⊥FC，垂足为H.则∠PHQ即为所求二面角的平面角．‎ 设PE＝x，则EQ＝x，PQ＝x，‎ QH＝(PE＋EQ)sin＝x，‎ 故tan∠PHQ＝＝，‎ cos∠PHQ＝，即二面角P－FC－B的平面角的余弦值为定值.‎ 解法二：在平面PEB内，经P点作PD⊥BE于D，‎ 由(1)知EF⊥平面PEB，‎ ‎∴EF⊥PD.∴PD⊥平面BCFE.在平面PEB内过点B作直线BH∥PD，则BH⊥平面BCFE.以B点为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．‎ 设PE＝x(0＜x＜4)‎ 又∵AB＝BC＝4，∴BE＝4－x，EF＝x，‎ 在Rt△PED中，∠PED＝60°，∴PD＝x，DE＝x，‎ ‎∴BD＝4－x－x＝4－x，‎ ‎∴C(4,0,0)，F(x,4－x,0)，P(0,4－x，x)．‎ 从而＝(x－4,4－x,0)，＝(－4,4－x，x)．‎ 设n1＝(x0，y0，z0)是平面PCF的一个法向量，则 n1·＝0，n1·＝0，‎ ‎∴∴ 取y0＝1，得，n1＝(1,1，)．‎ 又平面BCF的一个法向量为n2＝(0,0,1)．‎ 设二面角P－FC－B的平面角为α，则 cosα＝|cos〈n1，n2〉|＝.‎ 因此当点E在线段AB上移动时，二面角P－FC－B的平面角的余弦值为定值.‎ ‎22．(本小题满分14分)(文)(2014·广东执信中学期中)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B‎1C1D1－ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD－A2B‎2C2D2.‎ ‎(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC‎2A2；‎ ‎(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？‎ ‎[解析]　(1)∵四棱柱ABCD－A2B‎2C2D2的侧面是全等的矩形，‎ ‎∴AA2⊥AB，AA2⊥AD，又∵AB∩AD＝A，‎ ‎∴AA2⊥平面ABCD.‎ 连接BD，∵BD⊂平面ABCD，∴AA2⊥BD.‎ ‎∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD.‎ ‎∵AA2∩AC＝A，∴BD⊥平面ACC‎2A2，‎ 根据棱台的定义可知，BD与B1D1共面．‎ 又已知平面ABCD∥平面A1B‎1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，‎ 平面BB1D1D∩平面A1B‎1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥BD.‎ ‎∴B1D1⊥平面ACC‎2A2.‎ ‎(2)∵四棱柱ABCD－A2B‎2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，‎ ‎∴S1＝S四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1300(cm2)．‎ 又∵四棱台A1B‎1C1D1－ABCD的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形，‎ 等腰梯形的高h′＝＝12.‎ 所以S2＝S四棱台下底面＋S四棱台侧面 ‎＝(A1B1)2＋4×(AB＋A1B1)h′‎ ‎＝202＋4×(10＋20)×12‎ ‎＝1120(cm2)．‎ 于是该实心零部件的表面积为S＝S1＋S2＝1300＋1120＝2420(cm2)，‎ 故所需加工处理费为0.2S＝0.2×2420＝484(元)．‎ ‎(理)(2014·西安市长安中学期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.‎ ‎(1)求证：平面PQB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)∵BC＝AD，Q为AD的中点，∴BC＝DQ，‎ 又∵AD∥BC，∴BC∥DQ，‎ ‎∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ，‎ ‎∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD，‎ 又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BQ⊥平面PAD，‎ 又BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD.‎ ‎(2)解法1：∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD.‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD.‎ 如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．‎ 则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)，‎ ‎∵M是PC中点，∴M(－，，)，‎ ‎∴＝(－1,0，)，＝(－，－，)，‎ 设异面直线AP与BM所成角为θ，‎ 则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝，‎ ‎∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为.‎ 解法2：连接AC交BQ于点O，连接OM，则OM∥PA，‎ 所以∠BMO就是异面直线AP与BM所成的角．‎ OM＝PA＝1，BO＝BQ＝，‎ 由(1)知BQ⊥平面PAD，所以BQ⊥PA，∴BQ⊥OM，‎ ‎∴BM＝＝＝，‎ ‎∴cos∠BMO＝＝＝.‎