【最新】高中数学-2018版高考复习方案大一轮(全国人教数学)-历年高考真题与模拟题分类汇编 G单元
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数 学 G 单元 立体几何
G1 空间几何体的结构
19.G1、G11 如图17,长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中,AB =16,BC =10,AA 1=8,点E ,
F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E =D 1F =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 =A 1E =4,EM =AA 1=8. 因为四边形EHGF 为正方形,所以EH =EF =BC =10, 于是MH =EH 2
-EM 2
=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 →|=4515.
所以AF 与平面α所成角的正弦值为45
15
.
19.G5、G1、G11 如图16,已知四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A =6,且A 1A ⊥底面ABCD ,点P ,Q 分别在棱DD 1,BC 上.
(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ ;
(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1,二面角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,AA 1,AB ,AD 两两垂直,以A 为坐标原点,AB ,AD ,AA 1
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),
B 1(3,0,6),D (0,6,0),D 1(0,3,6),Q (6,m ,0),其中m =BQ ,0≤m ≤6.
(1)若P 是DD 1的中点,则P 0,92,3,PQ →=6,m -92,-3.又AB 1→=(3,0,6),于是AB 1→·PQ
→
=18-18=0,所以AB 1→⊥PQ →
,即AB 1⊥PQ .
(2)由题设知,DQ →=(6,m -6,0),DD 1→
=(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1=(x ,y ,z )是平面PQD 的一个法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →=0,n 1·DD 1→=0,
即⎩⎪⎨⎪⎧6x +(m -6)y =0,-3y +6z =0.
取y =6,得n 1=(6-m ,6,3).又平面AQD 的一个法向量是n 2=(0,0,1),所以
cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=31·(6-m )2+62+32=3
(6-m )2
+45
.
而二面角P QD A 的余弦值为37,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 →=λDD 1→(0<λ≤1),而DD 1→=(0,-3,6),由此得点P (0,6-3λ,6λ),所以PQ →
=(6,3λ-2,-6λ).
因为PQ ∥平面ABB 1A 1,且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0),所以PQ →
·n 3=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 =13S △ADQ ·h =13×12
×6×6×4=24.
方法二:(1)如图所示,取A 1A 的中点R ,连接PR ,BR ,PC .因为A 1A ,D 1D 是梯形A 1ADD 1
的两腰,P 是D 1D 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 ⊥A 1A ,所以BC ⊥平面ABB 1A 1,因此BC ⊥AB 1.①
因为tan ∠ABR =AR AB =36=A 1B 1
A 1A
=tan ∠A 1AB 1,所以∠ABR =∠A 1AB 1,因此∠ABR +∠BAB 1=
∠A 1AB 1+∠BAB 1=90°,
于是AB 1⊥BR .再由①即知AB 1⊥平面PRBC ,又PQ ⊂平面PRBC ,故AB 1⊥PQ .
(2)如图所示,过点P 作PM ∥A 1A 交AD 于点M ,则PM ∥平面ABB 1A 1.②
因为A 1A ⊥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 =37,即MN PN =37,
从而PM
MN =
40
3
.③ 连接MQ ,由PQ ∥平面ABB 1A 1及②知, 平面PQM ∥平面ABB 1A 1,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 MQ 2+MD 2=6t
36+t
2
.④ 过点D 1作D 1E ∥A 1A 交AD 于点E ,则四边形AA 1D 1E 为矩形,所以D 1E =A 1A =6,AE =A 1D 1
=3,因此ED =AD -AE =3.于是PM MD =
D 1
E ED =6
3
=2,所以PM =2MD =2t .
再由③④,得36+t 2
3=403,解得t =2,因此PM =4.故四面体ADPQ 的体积V =1
3S △ADQ ·PM
=13×1
2
×6×6×4=24.
7.G1 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.
2π3 B.4π3 C.5π
3
D .2π 7.C 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×12×2-13π×12
×1=53
π.
18.G1、G4、G11 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A EG M 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
2
CD ,
HN ∥CD ,且HN =12
CD ,
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ABCD EFGH 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A EG M 的平面角. 设AD =2,则CM =1,PK =2. 在Rt △CMP 中,PM =CM sin 45°=
22
. 在Rt △PKM 中,KM =PK 2+PM 2
=3 22.
所以cos ∠PKM =PK KM =
2 2
3
,
即二面角A EG M 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n 1=(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →=0,n 1·MG →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧2x -2y =0,
-x +2z =0,
取x =2,得n 1=(2,2,1).
在正方体ABCD EFGH 中,DO ⊥平面AEGC ,
则可取平面AEG 的一个法向量为n 2=DO →
=(1,1,0),
所以cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=2+2+04+4+1·1+1+0
=2 2
3,
故二面角A EG M 的余弦值为2 2
3
.
10.G1、G2 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________m 3
.
图13
10.83
π 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+
2×13×π×12×1=83
π(m 3
).
G2 空间几何体的三视图和直观图
7.G2 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 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 =34×(2)2
=32,S △PAC =S △ABC =12
×2×1=1,故四面体的表面积S =2×1+2×
3
2
=2+3,故选B. 6.G2 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.18
B.17
C.16
D.15
6.D 几何体的直观图为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1截去了一个三棱锥A A 1B 1D 1,如图所示.易知V 三棱锥A A 1B 1D 1=16V 正方体,所以V 三棱锥A A 1B 1D 1VB 1D 1C 1 ABCD =15
,故选D.
11.G2 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 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 +12πr 2+12πr 2+πr ·2r +2πr 2=4r 2+5πr 2
=16+20π,
解得r =2.
5.G2 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 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+2×12×5×1+1
2
×2×5=2+2
5.
10.G2、G7、B12、K3 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.
89π B.169π
C.4(2-1)3
π D.12(2-1)3
π
10.A 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 )2
h =2x 2
(2-2x )≤2
x +x +2-2x 33=16
27当且仅当x =2
3
时取等号,V 圆锥
=13π×12
×2=23π,得利用率为16
2723
π=89π
. 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 =2x 2(2-2x )=-4x 3+4x 2,令V 长′=-12x 2
+8x =0,得当x =23时,V
长取最大值1627.又V 圆锥
=13π×12
×2=23π,得利用率为162723
π=89π
,故选A. 5.G2 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 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12×2π×1×2+2×12
×π×12
+2×2=3π+4.
10.G1、G2 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________m 3
.
图13
10.83π 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+2×13×π×12×1=83
π(m 3
). 2.G2 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 cm 3
B .12 cm 3
C.
323 cm 3 D.403
cm 3
2.C 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+13×
2×2×2=323
(cm 3
),故选C.
5.G2、G7、G8 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.13+π
B.2
3+π C.13+2π D.2
3
+2π 5.A 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 =13×12×2×1×1+12π×12
×2=13
+π.
G3 平面的基本性质、空间两条直线
14.G3,G9 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 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 5m 2
+25(0≤m ≤2). 令f (m )=
2-m
5m 2
+25
(0≤m ≤2),则 f ′(m )=-5m 2
+25-(2-m )×10m 25m 2
+25
5m 2
+25. 因为m ∈,所以f ′(m )<0,
故f (m )max =f (0)=25,即cos θ的最大值为2
5
.
13.G3 如图14,在三棱锥A BCD 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 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
=CM 2+ME 2-CE 22CM ·ME =8+2-32×22×2=78
.
G4 空间中的平行关系
5.G4、G5 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 如图,在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中,平面ADD 1A 1,平面ABB 1A 1都垂直于平面ABCD ,但这两个平面不平行,A 错;直线A 1D 1和A 1B 1都平行于平面ABCD ,但这两条直线不平行,B 错;平面ADD 1A 1与平面ABCD 不平行,但平面ADD 1A 1内的直线A 1D 1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 如图14所示,在多面体A 1B 1D 1DCBA 中,四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D ,E 的平面交CD 1于F .
(1)证明:EF ∥B 1C ;
(2)求二面角E A 1D B 1的余弦值.
图14
19.解:(1)证明:由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ,且A 1B 1=AB =DC ,所以四边形
A 1
B 1CD 为平行四边形,从而B 1
C ∥A 1
D .又A 1D ⊂面A 1D
E ,B 1C ⊄面A 1DE ,所以B 1C ∥面A 1DE .又B 1C
⊂面B 1CD 1,面A 1DE ∩面B 1CD 1=EF ,所以EF ∥B 1C .
(2)因为四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,所以AA 1⊥AB ,AA 1⊥AD ,AB ⊥AD ,且
AA 1=AB =AD .以A 为原点,分别以AB →,AD →,AA 1→
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),A 1(0,0,1),
B 1(1,0,1),D 1(0,1,1).因为E 点为B 1D 1的中点,所以E 点的坐标为(0.5,0.5,1).
设面A 1DE 的一个法向量n 1=(r 1,s 1,t 1),A 1E →=(0.5,0.5,0),A 1D →
=(0,1,-1),由n 1⊥A 1E →,n 1⊥A 1D →
,得r 1,s 1,t 1应满足方程组
⎩
⎪⎨⎪⎧0.5r 1+0.5s 1=0,s 1-t 1=0, 令t 1=1,可得n 1=(-1,1,1).
设面A 1B 1CD 的一个法向量n 2=(r 2,s 2,t 2),A 1B 1→=(1,0,0),A 1D →
=(0,1,-1), 由此同理可得n 2=(0,1,1).
结合图形知,二面角E A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|=23×2=6
3
.
16.G4、G5 如图12,在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1,设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E .
求证:(1)DE ∥平面AA 1C 1C ; (2)BC 1⊥AB 1.
图12
16.证明:(1)由题意知,E 为B 1C 的中点, 又D 为AB 1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 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 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
2
CD .
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 →|=43×2=23,
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如图12,在三棱台DEFABC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DEFABC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DEFABC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
2
AC =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
2,22,0,F (0,2,1), 故GH →=⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2,22,0,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 |
=222=12,
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 =12BG =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 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A EG M 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
2
CD ,
HN ∥CD ,且HN =12
CD ,
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ABCD EFGH 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A EG M 的平面角. 设AD =2,则CM =1,PK =2.
在Rt △CMP 中,PM =CM sin 45°=
22
. 在Rt △PKM 中,KM =PK 2+PM 2
=3 22.
所以cos ∠PKM =PK KM =
2 2
3
,
即二面角A EG M 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n 1=(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →=0,n 1·MG →=0,得⎩⎪⎨⎪
⎧2x -2y =0,-x +2z =0,
取x =2,得n 1=(2,2,1).
在正方体ABCD EFGH 中,DO ⊥平面AEGC ,
则可取平面AEG 的一个法向量为n 2=DO →
=(1,1,0),
所以cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=2+2+04+4+1·1+1+0
=2 2
3,
故二面角A EG M 的余弦值为2 2
3
.
17.G4、G10、G11 如图14,在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中,侧棱A 1A ⊥底面ABCD ,AB ⊥AC ,
AB =1,AC =AA 1=2,AD =CD =5,且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点.
(1)求证:MN ∥平面ABCD ;
(2)求二面角D 1 AC B 1的正弦值;
(3)设E 为棱A 1B 1上的点,若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13
,求线段A 1E 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),A 1(0,0,2),B 1(0,1,2),C 1(2,0,2),D 1(1,-2,2).又因为M ,N 分别为B 1C 和D 1D 的中点,得M 1,1
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,-52,0,
由此可得MN →
·n =0.又因为直线MN ⊄平面ABCD ,所以MN ∥平面ABCD .
(2)AD 1→=(1,-2,2),AC →
=(2,0,0).设n 1=(x ,y ,z )为平面ACD 1的一个法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →1=0,n 1·AC →=0,
即⎩⎪⎨⎪⎧x -2y +2z =0,
2x =0.不妨设z =1,可得n 1=(0,1,1).
设n 2=(x ,y ,z )为平面ACB 1的一个法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →1=0,n 2·AC →=0,
由AB 1→
=(0,1,2),得
⎩
⎪⎨⎪⎧y +2z =0,
2x =0.不妨设z =1,可得n 2=(0,-2,1). 因此有cos 〈n 1,n 2〉=
n 1·n 2|n 1|·|n 2|=-1010,于是sin 〈n 1,n 2〉=310
10
.
所以二面角D 1 AC B 1的正弦值为310
10
.
(3)依题意,可设A 1E →=λA 1B 1→,其中λ∈,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
=13
,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈,解得λ=7-2.
所以线段A 1E 的长为7-2.
G5 空间中的垂直关系
5.G4、G5 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 如图,在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中,平面ADD 1A 1,平面ABB 1A 1都垂直于平面ABCD ,但这两个平面不平行,A 错;直线A 1D 1和A 1B 1都平行于平面ABCD ,但这两条直线不平行,B 错;平面ADD 1A 1与平面ABCD 不平行,但平面ADD 1A 1内的直线A 1D 1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 《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P ABCD 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π3,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tan π3=tan ∠DPF =BD PD =1+λ2
=3,
解得λ= 2.
所以DC BC =1λ=22
.
故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,12,DE →=⎝ ⎛⎭
⎪⎫0,12,12,
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cos π3=BP →·DP →|BP →|·|DP →|=1λ2
+2=12, 解得λ=2,所以DC BC =
1λ=2
2
.
故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC =2
2
.
16.G4、G5 如图12,在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,已知AC ⊥BC ,BC =CC 1,设AB 1的中点为D ,B 1C ∩BC 1=E .
求证:(1)DE ∥平面AA 1C 1C ;
(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 =22
. 在Rt △FDG 中,可得FG =
62
. 在直角梯形BDFE 中,由BD =2,BE =2,DF =22,可得EF =322
. 从而EG 2
+FG 2
=EF 2
,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,
22,C ()0,3,0,所以AE →=(1,3,2),CF →
=⎝ ⎛⎭
⎪⎫-1,-3,
22.
故cos 〈AE →,CF →
〉=AE →·CF →|AE →||CF →|=-33.
所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为
33
. 17.G5,G11 如图15,在四棱锥A EFCB 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F AE B 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O xyz .
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F AE B 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0<a <2,解得a =43
.
7.A2,G4,G5 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 若m ⊥α,l ⊥m ,则l ⊂α或l ∥α;若m ⊥α,l ∥α,则l ⊥m .故选B. 19.G5、G1、G11 如图16,已知四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A =6,且A 1A ⊥底面ABCD ,点P ,Q 分别在棱DD 1,BC 上.
(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ ;
(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1,二面角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,AA 1,AB ,AD 两两垂直,以A 为坐标原点,AB ,AD ,AA 1
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),
B 1(3,0,6),D (0,6,0),D 1(0,3,6),Q (6,m ,0),其中m =BQ ,0≤m ≤6.
(1)若P 是DD 1的中点,则P 0,92,3,PQ →=6,m -92,-3.又AB 1→=(3,0,6),于是AB 1→·PQ
→
=18-18=0,所以AB 1→⊥PQ →
,即AB 1⊥PQ .
(2)由题设知,DQ →=(6,m -6,0),DD 1→
=(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1=(x ,y ,z )是平面PQD 的一个法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →=0,n 1·DD 1→=0,
即⎩⎪⎨⎪⎧6x +(m -6)y =0,-3y +6z =0.
取y =6,得n 1=(6-m ,6,3).又平面AQD 的一个法向量是n 2=(0,0,1),所以
cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=31·(6-m )2+62+32=3
(6-m )2
+45
. 而二面角P QD A 的余弦值为37,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 →=λDD 1→(0<λ≤1),而DD 1→=(0,-3,6),由此得点P (0,6-3λ,6λ),所以PQ →
=(6,3λ-2,-6λ).
因为PQ ∥平面ABB 1A 1,且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0),所以PQ →
·n 3=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 =13S △ADQ ·h =13×12
×6×6×4=24.
方法二:(1)如图所示,取A 1A 的中点R ,连接PR ,BR ,PC .因为A 1A ,D 1D 是梯形A 1ADD 1
的两腰,P 是D 1D 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 ⊥A 1A ,所以BC ⊥平面ABB 1A 1,因此BC ⊥AB 1.①
因为tan ∠ABR =AR AB =36=A 1B 1
A 1A
=tan ∠A 1AB 1,所以∠ABR =∠A 1AB 1,因此∠ABR +∠BAB 1=
∠A 1AB 1+∠BAB 1=90°,
于是AB 1⊥BR .再由①即知AB 1⊥平面PRBC ,又PQ ⊂平面PRBC ,故AB 1⊥PQ .
(2)如图所示,过点P 作PM ∥A 1A 交AD 于点M ,则PM ∥平面ABB 1A 1.②
因为A 1A ⊥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 =37,即MN PN =37,
从而PM
MN =
40
3
.③ 连接MQ ,由PQ ∥平面ABB 1A 1及②知, 平面PQM ∥平面ABB 1A 1,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 MQ 2+MD 2=6t
36+t
2
.④ 过点D 1作D 1E ∥A 1A 交AD 于点E ,则四边形AA 1D 1E 为矩形,所以D 1E =A 1A =6,AE =A 1D 1
=3,因此ED =AD -AE =3.于是PM MD =
D 1
E ED =6
3
=2,所以PM =2MD =2t .
再由③④,得36+t 2
3=403,解得t =2,因此PM =4.故四面体ADPQ 的体积V =1
3S △ADQ ·PM
=13×1
2
×6×6×4=24.
图12
17.G4、G5、G11如图12,在三棱台DEFABC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DEFABC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DEFABC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
2
AC =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
2,22,0,F (0,2,1), 故GH →=⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2,22,0,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 |
=222=12,
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 =12BG =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.G5、G10、G11 如图16(1)所示,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =π
2
,AB =
BC =1,AD =2,E 是AD 的中点,O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,
如图16(2)所示.
(1)证明:CD ⊥平面A 1OC ;
(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.
图16
18.解:(1)证明:在图(1)中,
因为AB =BC =1,AD =2,E 是AD 的中点, ∠BAD =π
2,所以BE ⊥AC ,BE ∥CD .
即在图(2)中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,
又OA 1∩OC =O ,OA 1⊂平面A 1OC ,OC ⊂平面A 1OC , 从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE , 所以CD ⊥平面A 1OC .
(2)由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE , 又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,
所以∠A 1OC 为二面角A 1BE C 的平面角, 所以∠A 1OC =π
2
.
如图,以O 为原点,OB ,OC ,OA 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,
因为A 1B =A 1E =BC =ED =1,BC ∥ED , 所以B
22,0,0,E -22,0,0,A 10,0,22,C 0,2
2
,0, 得BC →=-22,22,0,A 1C →
=0,22,-22,
CD →
=BE →
=(-2,0,0).
设平面A 1BC 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的法向量n 2=(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC
与平面A 1CD 的夹角为θ,
则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →=0,n 1·A 1C →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧-x 1+y 1=0,
y 1-z 1=0,取n 1=(1,1,1);
⎩⎪⎨
⎪⎧n 2·CD →=0,n 2·A 1C →=0,
得⎩⎪⎨⎪⎧x 2=0,y 2-z 2=0,取n 2=(0,1,1), 从而cos θ=|cos 〈n 1,n 2〉|=
23×2
=6
3
, 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为
63
. 17.G5、G11 如图15,在三棱柱ABC A 1B 1C 1中,∠BAC =90°,AB =AC =2,A 1A =4,A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点,D 是B 1C 1的中点.
(1)证明:A 1D ⊥平面A 1BC ;
(2)求二面角A 1BD B 1的平面角的余弦值.
图15
17.解:(1)证明:设E 为BC 的中点,连接A 1E ,DE ,AE ,由题意得A 1E ⊥平面ABC ,所以A 1E ⊥AE .
因为AB =AC ,所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .
由D ,E 分别为B 1C 1,BC 的中点,得
DE ∥B 1B 且DE =B 1B ,
从而DE ∥A 1A 且DE =A 1A , 所以四边形A 1AED 为平行四边形. 故A 1D ∥AE .
又因为AE ⊥平面A 1BC ,所以A 1D ⊥平面A 1BC .
(2)方法一:
作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD =F ,连接B 1F .
由AE =EB =2,∠A 1EA =∠A 1EB =90°, 得A 1B =A 1A =4.
由A 1D =B 1D ,A 1B =B 1B ,得△A 1DB 与△B 1DB 全等.
由A 1F ⊥BD ,得B 1F ⊥BD ,因此∠A 1FB 1为二面角A 1BD B 1的平面角. 由A 1D =2,A 1B =4,∠DA 1B =90°,得
BD =3 2,A 1F =B 1F =43
,
由余弦定理得cos ∠A 1FB 1=-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E xyz ,如图所示.
由题意知各点坐标如下:
A 1(0,0,14),
B (0,2,0),D (-2,0,14),B 1(-2,2,14).
因此A 1B →=(0,2,-14),BD →=(-2,-2,14),DB 1→
=(0,2,0). 设平面A 1BD 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),平面B 1BD 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →=0,
m ·BD →=0,
得⎩⎨
⎧2y 1-14z 1=0,
-2x 1-2y 1+14z 1=0,
可取m =(0,7,1).
由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→=0,
n ·BD →=0,
得⎩⎨⎧2y 2=0,
-2x 2-2y 2+14z 2=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A 1BD B 1的平面角的余弦值为-1
8
.
19.G5、G11、G12 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 =π2得DF ∥AC ,所以DF AC =FB BC =23,故AC =32DF =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),A 32,0,0,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n 1=(x 1,y 1,z 1),
由n 1·DP →=0,n 1·DA →
=0,得⎩⎪⎨⎪⎧-x 1-y 1+3z 1=0,12
x 1-y 1=0,故可取n 1=(2,1,1).
由(1)可知DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的一个法向量n 2可取为ED →
,即n 2=(1,-1,0). 法向量n 1,n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1,n 2〉=
n 1·n 2|n 1||n 2|=3
6
,
故所求二面角A PD C 的余弦值为
36
.。