2015届高考数学二轮复习专题检测： 立体几何初步(含解析)(2)

[答案]

3

[解析] 将三棱柱的侧面A1ABB1和B1BCC1以BB1为折痕展平到一个平面α上，在平面α内AC1与BB1相交，则当交点为M点时，AM＋MC1取最小值，易求BM＝1， ∴AM＝2，MC1＝22， 又在棱柱中，AC1＝14，

AM2＋MC21－AC212＋8－141

∴cos∠AMC1＝＝＝－2AM·MC12 2×22∴∠AMC1＝120°，

1∴S△AMC1＝2MC1·sin∠AMC1 13

＝22×23.

三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥A－BOC中，OA⊥底面BOC，∠OAB＝∠OAC＝30°，AB＝AC＝4

，BC＝22，动点D在线段AB上．

(1)求证：平面COD⊥平面AOB；

(2)当OD⊥AB时，求三棱锥C－OBD的体积． [解析] (1)∵AO⊥底面BOC， ∴AO⊥OC，AO⊥OB．

∵∠OAB＝∠OAC＝30°，AB＝AC＝4， ∴OC＝OB＝2.又BC＝2， ∴OC⊥OB，

∴OC⊥平面AOB． ∵OC平面COD，

∴平面COD⊥平面AOB． (2)∵OD⊥AB，∴BD＝1，OD＝3. 113

∴VC－OBD＝323×1×23.

17．(本小题满分12分)(文)(2015·江苏苏北四市高三调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，

PB＝PD，且E，F分别是BC，CD的中点．求证：

(1)EF∥平面PBD；

(2)平面PEF⊥平面PAC．

[解析] (1)因为E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，

因为EF / 平面平面PBD， BD平面PBD，

所以EF∥平面PBD．

(2)设BD交AC于点O，连接PO，

因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，O是BD中点， 又PB＝PD，所以BD⊥PO，又EF∥BD， 所以EF⊥AC，EF⊥PO.

又AC∩PO＝O，所以EF⊥平面PAC．

因为EF平面PEF，所以平面PEF⊥平面PAC．

(理)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝A．

(1)求证：AD⊥B1D；

(2)求证：A1C∥平面AB1D．

[解析] (1)∵ABC－A1B1C1是正三棱柱， ∴BB1⊥平面ABC，

∴BD是B1D在平面ABC上的射影． 在正△ABC中，∵D是BC的中点，

∴AD⊥BD, 根据三垂线定理得，AD⊥B1D． (2)连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE. ∵AA1＝AB，∴四边形A1ABB1是正方形， ∴E是A1B的中点，

又D是BC的中点，∴DE∥A1C． ∵DE平面AB1D，A1C / 平面AB1D， ∴A1C∥平面AB1D．

18．(本小题满分12分)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，D为C1B的中点，P为AB边上的动点．

(1)当点P为AB的中点时，证明DP∥平面ACC1A1； (2)若AP＝3PB，求三棱锥B－CDP的体积． [解析] (1)连接DP，AC1，

∵P为AB中点，D为C1B中点，∴DP∥AC1， 又∵AC1平面ACC1A1，DP / 平面ACC1A1， ∴DP∥平面ACC1A1.

11

(2)由AP＝3PB，得PB＝4＝21

过点D作DE⊥BC于E，则DE2，

又CC1⊥平面ABC，∴DE⊥平面BCP， 3

又CC1＝3，∴DE＝2113

则S△BCP＝2·sin60°24， 1333∴VB－CDP＝VD－BCP342819．(本小题满分12分)(文)(2014·北京高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，

BC＝1，E、F分别为A1C1、BC的中点．

(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面ABE； (3)求三棱锥E－ABC的体积．

[解析] (1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC， 所以BB1⊥AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB平面ABE.

所以平面ABE⊥平面

B1BCC1.

(2)取AB中点G，连结EG、FG.

因为E、F分别是A1C1、BC的中点． 1

所以FG∥AC，且FG＝2．

因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1， 所以FG∥EC1，且FG＝EC1.

所以四边形FGEC1为平行四边形． 所以C1F∥EG.

又因为EG 平面ABE，C1F 平面ABE， 所以C1F∥平面ABE.

(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝AC2－BC23， 所以三棱锥E－ABC的体积

1113V＝3S△ABC·AA1323×1×2＝3.

(理) 如图所示，在棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，PA＝AD＝DC＝2，AB＝4且AB∥CD，∠BAD＝

90°，

(1)求证：BC⊥PC；

(2)求PB与平面PAC所成角的正弦值． [解析] (1)在直角梯形ABCD中，AC＝2， 取AB中点E，连接CE， 则四边形AECD为正方形， 1

∴AE＝CE＝2，又BE＝2AB＝2， 则△ABC为等腰直角三角形，

∴AC⊥BC，

又∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，

∴PA⊥BC，由AC∩PA＝A得BC⊥平面PAC， ∵PC平面PAC，所以BC⊥PC．

(2)以A为坐标原点，AD，AB，AP分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系．则P(0,0,2)，B(0,4,0)，C(2,2,0)， →→

BP＝(0，－4,2)，BC＝(2，－2,0)． →

由(1)知BC即为平面PAC的一个法向量， →→BC·BP10→→

cos<BC，BP>＝→→＝5|BC||BP|

10

即PB与平面PAC所成角的正弦值为520．(本小题满分13分)(文)(2014·湖北高考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，

A1D1的中点．求证：

(1)直线BC1∥平面EFPQ； (2)直线AC1⊥平面PQMN.

[解析] 思路分析：(1)直线与平面平行，主要通过直线与直线平行来证明，由BC1∥AD1，AD1∥FP，得出BC1∥FP，即可证明；(2)直线与平面垂直，主要通过直线与直线垂直来证明，而直线与直线垂直往往又要通过直线与平面垂直来证明．由BD⊥平面ACC1，得BD⊥AC1，从而MN⊥AC1；同理，证明PN⊥AC1，即可完成证明．

解：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥

BC1，

因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1. 从而BC1∥FP.

而FP平面EFPQ，且BC1 / 平面EFPQ. 故直线BC1∥平面EFPQ.

(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD．

由CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD，可得CC1⊥BD． 又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1， 而AC1平面ACC1，所以BD⊥AC1.

因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点， 所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.

同理可证PN⊥AC1，又PN∩MN＝N， 所以直线AC1⊥平面PQMN. (2014·辽宁高考)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.

[解析] (1)方法一：过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF，由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，

图1

π

所以∠EOC＝∠FOC＝2FO⊥BC．

又EO⊥BC，因此BC⊥平面EFO. 又EF平面EFO，所以EF⊥BC．

方法二：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直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，建立如图所示空间直角坐标系，易得1331→

B(0,0,0)，A(0，－1，3)，D(3，－1,0)，C(0,2,0)，因而E(0，22)，F(2，20)，所以EF33→→→＝(2，0，－2，BC＝(0,2,0)，因此EF·BC＝0， →→

从而EF⊥BC，所以EF⊥BC．

(2)方法一：在图1中过O作OG⊥BF，垂足为G连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平

面BDC，

又OG⊥BF，由三垂线定理知EG⊥BF.

因此∠EGO为二面角E－BF－C的平面角， 113

在△EOC中，EO＝2＝2cos30°2， BO3由 …… 此处隐藏：3607字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……