2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練 立體幾何（2）（含解析）.doc

2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練 立體幾何（2）（含解析） 1、在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠DAB＝60，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，PO⊥平面ABCD，PB與平面ABCD所成角為60. (1)求四棱錐的體積； (2)若E是PB的中點(diǎn)，求異面直線DE與PA所成角的余弦值． 解　(1)在四棱錐P－ABCD中， ∵PO⊥面ABCD， ∴∠PBO是PB與面ABCD所成的角，即∠PBO＝60， ∵BO＝ABsin 30＝1， ∵PO⊥OB，∴PO＝BOtan 60＝， ∵底面菱形的面積S＝222＝2. ∴四棱錐P－ABCD的體積VP－ABCD＝2＝2. (2)取AB的中點(diǎn)F，連接EF，DF， ∵E為PB中點(diǎn)，∴EF∥PA， ∴∠DEF為異面直線DE與PA所成角(或其補(bǔ)角)． 在Rt△AOB中，AO＝ABcos 30＝＝OP，∴在Rt△POA中，PA＝， ∴EF＝. 在正△ABD和正△PDB中，DF＝DE＝， 在△DEF中，由余弦定理， 得cos∠DEF＝ ＝＝＝. 即異面直線DE與PA所成角的余弦值為. 2、在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱A1B1，A1D1的中點(diǎn)，則A1B與EF所成角的大小為_(kāi)_______． 解析　如圖，連接B1D1，D1C，B1C.由題意知EF是△A1B1D1的中位線，所以EF∥B1D1. 又A1B∥D1C，所以A1B與EF所成的角等 于B1D1與D1C所成的角． 因?yàn)椤鱀1B1C為正三角形，所以∠B1D1C＝. 故A1B與EF所成角的大小為. 答案　 3．(xx浙江卷)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面(　　)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，m∥β ，則α∥β C．若m∥n，m⊥α，則n⊥α D．若m∥α，α⊥β，則m⊥β 解析　本題可借助特殊圖形求解，畫(huà)一個(gè)正方體作為模型(如圖)．設(shè)底面ABCD為α，側(cè)面A1ADD1為β. ①當(dāng)A1B1＝m，B1C1＝n時(shí)，顯然A不正確； ②當(dāng)B1C1＝m時(shí)，顯然D不正確； ③當(dāng)B1C1＝m時(shí)，顯然B不正確．故選C. 答案　C 4．對(duì)于不同的直線m，n和不同的平面α，β，γ，有如下四個(gè)命題： ①若m∥α，m⊥n，則n⊥α；②若m⊥α，m⊥n，則n∥α；③若α⊥β，γ⊥β，則α∥γ；④若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β.其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　)． A．1 B．2 C．3 D．4 解析　本題可借助特殊圖形求解．畫(huà)一個(gè)正方體作為模型(如圖)設(shè)底面ABCD為α. ①當(dāng)A1B1＝m，B1C1＝n，顯然符合①的條件，但結(jié)論不成立； ②當(dāng)A1A＝m，AC＝n，顯然符合②的條件，但結(jié)論不成立； ③與底面ABCD相鄰兩個(gè)面可以兩兩垂直，但任何兩個(gè)都不平行； ④由面面垂直的判定定理可知，④是正確的． 只有④正確，故選A. 答案　A 5．已知l，m，n是空間中的三條直線，命題p：若m⊥l，n⊥l，則m∥n；命題q：若直線l，m，n兩兩相交，則直線l，m，n共面，則下列命題為真命題的是(　　)． A．p∧q B．p∨q C．p∨(q) D．(p)∧q 解析　命題p中，m，n可能平行、還可能相交或異面，所以命題p為假命題；命題q中，當(dāng)三條直線交于三個(gè)不同的點(diǎn)時(shí)，三條直線一定共面，當(dāng)三條直線交于一點(diǎn)時(shí)，三條直線不一定共面，所以命題q也為假命題．所以p和q都為真命題，故p∨(q)為真命題．選C. 答案　C 4．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中， (1)求A1C1與B1C所成角的大?。? (2)若E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，求A1C1與EF所成角的大小． 解：　 (1)如圖，連接AC，AB1， 由ABCD－A1B1C1D1是正方體，知AA1C1C為平行四邊形， 所以AC∥A1C1，從而B(niǎo)1C與AC所成的角就是A1C1與B1C所成的角． 由△AB1C中，由AB1＝AC＝B1C可知∠B1CA＝60， 即A1C1與B1C所成角為60. (2)如圖，連接BD，由(1)知AC∥A1C1. ∴AC與EF所成的角就是A1C1與EF所成的角． ∵EF是△ABD的中位線，∴EF∥BD. 又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，即所求角為90. ∴EF⊥A1C1.即A1C1與EF所成的角為90. 直線、平面平行的判定與性質(zhì) 考點(diǎn)：有關(guān)線面、面面平行的命題真假判斷 1、(1)(xx廣東卷)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　　)． A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若α∥β，m?α，n?β，，則m∥n C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β (2)設(shè)m，n表示不同直線，α，β表示不同平面，則下列結(jié)論中正確的是(　　)． A．若m∥α，m∥n，則n∥α B．若m?α，n?β，m∥β，n∥α，則α∥β C．若α∥β，m∥α，m∥n，則n∥β D．若α∥β，m∥α，n∥m，n?β，則n∥β 解析　(1)A中，m與n可垂直、可異面、可平行；B中m與n可平行、可異面；C中，若α∥β，仍然滿足m⊥n，m?α，n?β，故C錯(cuò)誤；故D正確． (2)A錯(cuò)誤，n有可能在平面α內(nèi)；B錯(cuò)誤，平面α有可能與平面β相交；C錯(cuò)誤，n也有可能在平面β內(nèi)；D正確，易知m∥β或m?β，若m?β，又n∥m，n?β，∴n∥β，若m∥β，過(guò)m作平面γ交平面β于直線l，則m∥l，又n∥m，∴n∥l，又n?β，l?β，∴n∥β. 答案　(1)D　(2)D 2、(1)給出下列關(guān)于互不相同的直線l，m，n和平面α，β，γ的三個(gè)命題： ①若l與m為異面直線，l?α，m?β，則α∥β； ②若α∥β，l?α，m?β，則l∥m； ③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，則m∥n. 其中真命題的個(gè)數(shù)為(　　)． A．3 B．2 C．1 D．0 解析：①中，當(dāng)α與β相交時(shí)，也能存在符合題意的l，m；②中，l與m也可能異面；③中，l∥γ，l?β，β∩γ＝m?l∥m，同理l∥n，則m∥n，正確． 答案：C 考點(diǎn)二：線面平行的判定與性質(zhì) 1、如圖，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90，AB＝AC＝，AA′＝1，點(diǎn)M，N分別為A′B和B′C′的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面A′ACC′； (2)求三棱錐A′－MNC的體積． (1)證明：連接AB′，AC′，如圖，由已知∠BAC＝90，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′為直三棱柱， 所以M為AB′中點(diǎn)． 又因?yàn)镹為B′C′的中點(diǎn)，所以MN∥AC′. 又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′， 因此MN∥平面A′ACC′. (2)解：連接BN，如圖，由題意A′N(xiāo)⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′， 所以A′N(xiāo)⊥平面NBC.又A′N(xiāo)＝B′C′＝1， 2、如圖，在四面體A－BCD中，F(xiàn)，E，H分別是棱AB，BD，AC的中點(diǎn)，G為DE的中點(diǎn)．證明：直線HG∥平面CEF. 證明：法一：如圖1，連接BH，BH與CF交于K，連接EK. ∵F，H分別是AB，AC的中點(diǎn)， ∴K是△ABC的重心， ∴＝. 又據(jù)題設(shè)條件知，＝， ∴＝，∴EK∥GH. ∵EK?平面CEF，GH?平面CEF， ∴直線HG∥平面CEF. 法二　如圖2，取CD的中點(diǎn)N，連接GN、HN. ∵G為DE的中點(diǎn)，∴GN∥CE. ∵CE?平面CEF，GN?平面CEF， ∴GN∥平面CEF.連接FH，EN ∵F，E，H分別是棱AB，BD，AC的中點(diǎn)， ∴FHBC，ENBC，∴FHEN， ∴四邊形FHNE為平行四邊形，∴HN∥EF. ∵EF?平面CEF，HN?平面CEF， ∴HN∥平面CEF.HN∩GN＝N， ∴平面GHN∥平面CEF. ∵GH?平面GHN，∴直線HG∥平面CEF. 考點(diǎn)三　面面平行的判定與性質(zhì) 1、(xx陜西卷)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝. (1)證明：平面A1BD∥平面CD1B1； (2)求三棱柱ABD－A1B1D1的體積． (1)證明　由題設(shè)知，BB1DD1，∴四邊形BB1D1D是平行四邊形，∴BD∥B1D1. 又BD?平面CD1B1， ∴BD∥平面CD1B1. ∵A1D1B1C1BC， ∴四邊形A1BCD1是平行四邊形， ∴A1B∥D1C. 又A1B?平面CD1B1， ∴A1B∥平面CD1B1. 又∵BD∩A1B＝B， ∴平面A1BD∥平面CD1B1. (2)解　∵A1O⊥平面ABCD， ∴A1O是三棱柱ABD－A1B1D1的高． 又∵AO＝AC＝1，AA1＝， ∴A1O＝＝1. 又∵S△ABD＝＝1， 2、在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別是C1C，B1C1，C1D1的中點(diǎn)，求證：平面PMN∥平面A1BD. 證明　法一　如圖，連接B1D1，B1C. ∵P，N分別是D1C1，B1C1的中點(diǎn)， ∴PN∥B1D1. 又B1D1∥BD，∴PN∥BD. 又PN?平面A1BD， ∴PN∥平面A1BD. 同理MN∥平面A1BD. 又PN∩MN＝N， ∴平面PMN∥平面A1BD. 3、(xx山東卷，文)如圖1，幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，CB＝CD，EC⊥BD. (1)求證：BE＝DE； (2)若∠BCD＝120，M為線段AE的中點(diǎn)，求證：DM∥平面BEC. 圖1 圖2 (1)如圖2，取BD的中點(diǎn)O，連接CO，EO. 由于CB＝CD，所以CO⊥BD， (1分) 又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC?平面EOC，所以BD⊥平面EOC， 因此BD⊥EO， (3分) 又O為BD的中點(diǎn)， 所以BE＝DE. (5分) (2)法一　如圖3，取AB的中點(diǎn)N，連接DM，DN，MN， 因?yàn)镸是AE的中點(diǎn)， 所以MN∥BE. (6分) 又MN?平面BEC，BE?平面BEC，∴MN∥平面BEC.(7分) 又因?yàn)椤鰽BD為正三角形， 所以∠BDN＝30， 又CB＝CD，∠BCD＝120， 因此∠CBD＝30，所以DN∥BC. (9分) 又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC. 又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC， (11分) 又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC. (12分) 法二：如圖4，延長(zhǎng)AD，BC交于點(diǎn)F，連接EF. 因?yàn)镃B＝CD，∠BCD＝120， 所以∠CBD＝30. (7分) 因?yàn)椤鰽BD為正三角形， 所以∠BAD＝60，∠ABC＝90， 因此∠AFB＝30， 所以AB＝AF. (9分) 又AB＝AD，所以D為線段AF的中點(diǎn)． (10分) 連接DM，由點(diǎn)M是線段AE的中點(diǎn)，因此DM∥EF.(11分) 又DM?平面BEC，EF?平面BEC， 所以DM∥平面BEC. 4、(xx福建)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥DC，AB＝6，DC＝3，若M為PA的中點(diǎn)，求證：DM∥平面PBC. 證明　法一　取PB中點(diǎn)N，連接MN，CN. 在△PAB中， ∵M(jìn)是PA的中點(diǎn)， ∴MN∥AB， 且MN＝AB＝3， 又CD∥AB，CD＝3， ∴MNCD， ∴四邊形MNCD為平行四邊形， ∴DM∥CN. 又DM?平面PBC，CN?平面PBC， ∴DM∥平面PBC. 法二　取AB的中點(diǎn)E， 連接ME，DE. 在梯形ABCD中，BE∥CD， 且BE＝CD， ∴四邊形BCDE為平行四邊形， ∴DE∥BC，又DE?平面PBC， BC?平面PBC， ∴DE∥平面PBC. 又在△PAB中，ME∥PB， ME?平面PBC， PB?平面PBC， ∴ME∥平面PBC， 又DE∩ME＝E， ∴平面DME∥平面PBC. 又DM?平面DME， ∴DM∥平面PBC. 5．(xx青島一模)四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，N是PB中點(diǎn)，過(guò)A，N，D三點(diǎn)的平面交PC于M. (1)求證：PD∥平面ANC； (2)求證：M是PC中點(diǎn)． 證明　(1)連接BD，AC，設(shè)BD∩AC＝O，連接NO， ∵ABCD是平行四邊形， ∴O是BD中點(diǎn)，在△PBD中， 又N是PB中點(diǎn)，∴PD∥NO， 又NO?平面ANC，PD?平面ANC， ∴PD∥平面ANC. (2)∵底面ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC， 又∵BC?平面ADMN，AD?平面ADMN， ∴BC∥平面ADMN，因平面PBC∩平面ADMN＝MN， ∴BC∥MN，又N是PB中點(diǎn)， ∴M是PC中點(diǎn)． 6.如圖，已知ABCD－A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為3的正方體，點(diǎn)E在AA1上，點(diǎn)F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1C1的中點(diǎn)． (1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面； (2)求證：平面A1GH∥平面BED1F. 證明　(1)∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E＝2， ∴BGA1E，∴A1GBE. 又同理，C1FB1G， ∴四邊形C1FGB1是平行四邊形， ∴FGC1B1D1A1， ∴四邊形A1GFD1是平行四邊形． ∴A1GD1F，∴D1FEB， 故E、B、F、D1四點(diǎn)共面． (2)∵H是B1C1的中點(diǎn)，∴B1H＝. 又B1G＝1，∴＝.又＝， 且∠FCB＝∠GB1H＝90， ∴△B1HG∽△CBF，∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG， ∴HG∥FB. 又由(1)知A1G∥BE，且HG∩A1G＝G， FB∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 考點(diǎn)：空間垂直關(guān)系的判定 1．設(shè)α，β為不重合的平面，m，n為不重合的直線，則下列命題正確的是 (　　)． A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥α B．若m?α，n?β，m⊥n，則n⊥α C．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，則m⊥α D．若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β 解析　與α，β兩垂直平面的交線垂直的直線m，可與α平行或相交，故A錯(cuò)；對(duì)B，存在n∥α情況，故B錯(cuò)；對(duì)D；存在α∥β情況，故D錯(cuò)；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正確． 答案　C 2．已知平面α，β，γ和直線l，m，且l⊥m，α⊥γ，α∩γ＝m，β∩γ＝l，給出下列四個(gè)結(jié)論： ①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④α⊥β. 其中正確的是 (　　)． A．①④ B．②④ C．②③ D．③④ 解析　如圖，由題意，β∩γ＝l，∴l(xiāng)?γ，由α⊥γ，α∩γ＝m，且l⊥m，∴l(xiāng)⊥α，即②正確；由β∩γ＝l，∴l(xiāng)?β，由l⊥α，得α⊥β，即④正確；而①③條件不充分，不能判斷． 答案　B 3．關(guān)于直線l，m及平面α，β，下列命題中正確的是 (　　)． A．若l∥α，α∩β＝m，則l∥m B．若l∥α，m∥α，則l∥m C．若l⊥α，l∥β，則α⊥β D．若l∥α，m⊥l，則m⊥α 答案　C 4．設(shè)m，n是兩條不同直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題正確的是 (　　)． A．m∥α，n∥β，且α∥β，則m∥n B．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m⊥n C．m⊥α，n?β，m⊥n，則α⊥β D．m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β 解析　A中的直線m，n也有可能異面，所以不正確．B正確．C中α，β不一定垂直，錯(cuò)誤．D中當(dāng)m，n相交時(shí)，結(jié)論成立，當(dāng)m，n不相交時(shí)，結(jié)論不成立．所以選B. 答案　B 5．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列命題： ①若α∥β，m?β，n?α，則m∥n；②若α∥β，m⊥β，n∥α，則m⊥n；③若α⊥β，m⊥α，n∥β，則m∥n；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n. 上面命題中，所有真命題的序號(hào)為_(kāi)_______． 解析?、僦灰?huà)出兩個(gè)平行平面，可以發(fā)現(xiàn)分別在兩個(gè)平面內(nèi)的直線是可以異面的，即m與n可以異面，不一定平行；③滿足條件的兩條直線m和n也可以相交或異面，不一定平行． 答案　 ②④ 考點(diǎn)二：直線與平面垂直的判定和性質(zhì) 1、如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)． 證明：(1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. 證明　(1)在四棱錐P－ABCD中， ∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE?平面PAC，∴CD⊥AE. (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60，可得AC＝PA. ∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC. 由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C， ∴AE⊥平面PCD. 而PD?平面PCD，∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD， ∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A， ∴PD⊥平面ABE. 2、如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E為CD上一點(diǎn)，DE＝1，EC＝3. 證明：BE⊥平面BB1C1C. 證明： 過(guò)B作CD的垂線交CD于F，則BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，F(xiàn)C＝2. 在Rt△BEF中，BE＝. 在Rt△CFB中，BC＝. 在△BEC中，因?yàn)锽E2＋BC2＝9＝EC2， 故BE⊥BC. 由BB1⊥平面ABCD，得BE⊥BB1，又BB1∩BC＝B， 所以BE⊥平面BB1C1C. 考點(diǎn)三　平面與平面垂直的判定與性質(zhì) 1、如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝AA1，且AC＝BC，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)． 求證：平面ABC1⊥平面B1CD. 證明　∵ABC－A1B1C1是棱柱，且AB＝BC＝AA1＝BB1， ∴四邊形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1. 由AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，得BB1⊥平面ABC. ∵AB?平面ABC，∴BB1⊥AB， 又∵AB＝BC，且AC＝BC，∴AB⊥BC， 而B(niǎo)B1∩BC＝B，BB1，BC?平面BCC1B1， ∴AB⊥平面BCC1B1，而B(niǎo)1C?平面BCC1B1， ∴AB⊥B1C， 而AB∩BC1＝B，AB，BC1?平面ABC1. ∴B1C⊥平面ABC1，而B(niǎo)1C?平面B1CD， ∴平面ABC1⊥平面B1CD. 2、如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中點(diǎn)． 證明：平面ABM⊥平面A1B1M. 證明　由長(zhǎng)方體的性質(zhì)可知A1B1⊥平面BCC1B1， 又BM?平面BCC1B1， 所以A1B1⊥BM. 又CC1＝2，M為CC1的中點(diǎn)，所以C1M＝CM＝1. 在Rt△B1C1M中，B1M＝＝， 同理BM＝＝， 又B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，從而B(niǎo)M⊥B1M. 又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M， 因?yàn)锽M?平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M. 考點(diǎn)四：平行、垂直關(guān)系的綜合問(wèn)題 1、 如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F(xiàn)，G，M，N分別為PB，AB，BC，PD，PC的中點(diǎn)． (1)求證：CE∥平面PAD； (2)求證：平面EFG⊥平面EMN. 證明　(1)如圖，取PA的中點(diǎn)H，連接EH，DH. 因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)， 所以EH∥AB，且EH＝AB. 又AB∥CD，且CD＝AB， 所以EH綉CD. 所以四邊形DCEH是平行四邊形． 所以CE∥DH. 又DH?平面PAD，CE?平面PAD， 所以CE∥平面PAD. (2)因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PB，AB的中點(diǎn)， 所以EF∥PA. 又AB⊥PA，且EF，PA共面， 所以AB⊥EF. 同理可證AB⊥FG. 又EF∩FG＝F，EF?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG， 因此AB⊥平面EFG. 又M，N分別為PD，PC的中點(diǎn)， 所以MN∥DC. 又AB∥DC，所以MN∥AB， 因此MN⊥平面EFG. 又MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN. 2、如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直圓O所在的平面，C是圓O上的點(diǎn)． (1)求證：BC⊥平面PAC； (2)設(shè)Q為PA的中點(diǎn)，G為△AOC的重心，求證：QG∥平面PBC. 證明　(1)由AB是圓O的直徑，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) 連接OG并延長(zhǎng)交AC于M，連接QM，QO，由G為△AOC的重心，得M為AC中點(diǎn)． 由Q為PA中點(diǎn)，得QM∥PC， 又O為AB中點(diǎn)，得OM∥BC. 因?yàn)镼M∩MO＝M，QM?平面QMO， MO?平面QMO，BC∩PC＝C， BC?平面PBC，PC?平面PBC. 所以平面QMO∥平面PBC. 因?yàn)镼G?平面QMO，所以QG∥平面PBC 3.如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)．求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 證明　(1)因?yàn)槠矫鍼AD∩平面ABCD＝AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD. 所以PA⊥底面ABCD. (2)因?yàn)锳B∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)， 所以AB∥DE，且AB＝DE. 所以ABED為平行四邊形．所以BE∥AD. 又因?yàn)锽E?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)因?yàn)锳B⊥AD，且四邊形ABED為平行四邊形． 所以BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD. 所以CD⊥平面PAD，從而CD⊥PD，且CD?平面PCD， 又E，F(xiàn)分別是CD和CP的中點(diǎn)， 所以EF∥PD，故CD⊥EF. 由EF，BE在平面BEF內(nèi)，且EF∩BE＝E， ∴CD⊥平面BEF. 所以平面BEF⊥平面PCD. 4．在如圖的多面體中，AE⊥底面BEFC，AD∥EF∥BC，BE＝AD＝EF＝BC，G是BC的中點(diǎn)． (1)求證：AB∥平面DEG； (2)求證：EG⊥平面BDF. 證明　(1)∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC. 又∵BC＝2AD，G是BC的中點(diǎn)，∴AD綉B(tài)G， ∴四邊形ADGB是平行四邊形，∴AB∥DG. ∵AB?平面DEG，DG?平面DEG，∴AB∥平面DEG. (2)連接GF，四邊形ADFE是矩形， ∵DF∥AE，AE⊥底面BEFC， ∴DF⊥平面BCFE，EG?平面BCFE，∴DF⊥EG. ∵EF綉B(tài)G，EF＝BE， ∴四邊形BGFE為菱形， ∴BF⊥EG， 又BF∩DF＝F，BF?平面BFD，DF?平面BFD， ∴EG⊥平面BDF. 5.如圖，在五面體ABCDEF中，點(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)，△ABF是等邊三角形，棱EF∥BC，且EF＝BC. (1)求證：EO∥面ABF； (2)若EF＝EO，證明：平面EFO⊥平面ABE. 證明　(1)取AB的中點(diǎn)M，連接FM，OM. ∵O為矩形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)， ∴OM∥BC，且OM＝BC， 又EF∥BC，且EF＝BC，∴OM＝EF，且OM∥EF， ∴四邊形EFMO為平行四邊形，∴EO∥FM， 又∵FM?平面ABF，EO?平面ABF，∴EO∥平面ABF. (2)由(1)知四邊形EFMO為平行四邊形， 又∵EF＝EO，∴四邊形EFMO為菱形，連接EM，則有FO⊥EM， 又∵△ABF是等邊三角形，且M為AB中點(diǎn)， ∴FM⊥AB，易知MO⊥AB，且MO∩MF＝M， ∴AB⊥面EFMO， ∴AB⊥FO.∵AB∩EM＝M，∴FO⊥平面ABE. 又∵FO?平面EFO，∴平面EFO⊥平面ABE. 6．如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60，E，F(xiàn)分別是AP，AD的中點(diǎn)．求證： (1)直線EF∥平面PCD； (2)平面BEF⊥平面PAD. 證明　(1)如圖，在△PAD中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AP，AD的中點(diǎn)， 所以EF∥PD.又因?yàn)镋F?平面PCD，PD?平面PCD，所以直線EF∥平面PCD. (2)連接BD.因?yàn)锳B＝AD，∠BAD＝60，所以△ABD為正三角形． 因?yàn)镕是AD的中點(diǎn)，所以BF⊥AD. 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD. 又因?yàn)锽F?平面BEF， 所以平面BEF⊥平面PAD. 7.如圖1，在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形ABC中，D，E分別是AB，AC上的點(diǎn)，AD＝AE，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，AF與DE交于點(diǎn)G.將△ABF沿AF折起，得到如圖2所示的三棱錐A－BCF，其中BC＝. (1)證明：DE∥平面BCF； (2)證明：CF⊥平面ABF； (3)當(dāng)AD＝時(shí)，求三棱錐F－DEG的體積VF－DEG. (1)證明　在等邊△ABC中，AD＝AE， 在折疊后的圖形中，仍有AD＝AE，AB＝AC， 因此＝，從而DE∥BC. 因?yàn)镈E?平面BCF，BC?平面BCF， 所以DE∥平面BCF. (2)證明　在折疊前的圖形中，因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，BF＝CF，所以AF⊥BC，則在折疊后的圖形中，AF⊥BF，AF⊥CF，又BF＝CF＝，BC＝.， 所以BC2＝BF2＋CF2，所以 BF⊥CF. 又BF∩AF＝F，BF?平面ABF，AF?平面ABF， 所以CF⊥平面ABF. (3)解　由(1)知，平面DEG∥平面BCF， 由(2)知AF⊥BF，AF⊥CF， 又BF∩CF＝F，所以AF⊥平面BCF， 所以AF⊥平面DEG，即GF⊥平面DEG. 在折疊前的圖形中， AB＝1，BF＝CF＝，AF＝. 由AD＝知＝， 又DG∥BF，所以＝＝＝， 所以DG＝EG＝＝，AG＝＝， 所以FG＝AF－AG＝.故V三棱錐F－DEG＝V三棱錐E－DFG ＝DGFGGE＝2＝. 考點(diǎn)五　線面角、二面角的求法 1、如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)． (1)求PB和平面PAD所成的角的大小； (2)證明AE⊥平面PCD； (3)求二面角A－PD－C的正弦值． (1)解　在四棱錐P－ABCD中， 因PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD， 故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩CD＝A， 從而AB⊥平面PAD， 故PB在平面PAD內(nèi)的射影為PA， 從而∠APB為PB和平面PAD所成的角． 在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45. 所以PB和平面PAD所成的角的大小為45. (2)證明　在四棱錐P－ABCD中， 因PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD， 故CD⊥PA.由條件CD⊥AC，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC. 又AE?平面PAC，∴AE⊥CD. 由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60，可得AC＝PA. ∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC. 又PC∩CD＝C，綜上得AE⊥平面PCD. (3)解　過(guò)點(diǎn)E作EM⊥PD，垂足為M，連接AM，如圖所示． 由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD內(nèi)的射影是EM， 則AM⊥PD. 因此∠AME是二面角A－PD－C的平面角． 由已知，可得∠CAD＝30. 設(shè)AC＝a，可得 PA＝a，AD＝a，PD＝a，AE＝a. 在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AMPD＝PAAD， 則AM＝＝＝a. 在Rt△AEM中，sin∠AME＝＝. 所以二面角A－PD－C的正弦值為. 規(guī)律方法 (1)求直線與平面所成的角的一般步驟： ①找直線與平面所成的角，即通過(guò)找直線在平面上的射影來(lái)完成； ②計(jì)算，要把直線與平面所成的角轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中求解． (2)作二面角的平面角可以通過(guò)垂線法進(jìn)行，在一個(gè)半平面內(nèi)找一點(diǎn)作另一個(gè)半平面的垂線，再過(guò)垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 2、在正方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為 (　　)． 　 A. B. C. D. 解析　如圖，連接BD交AC于O，連接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1與平面ACD1所成的角就是BB1與平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即為所求．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則DD1＝1，DO＝，D1O＝， ∴cos∠DD1O＝＝＝. ∴BB1與平面ACD1所成角的余弦值為. 答案　D 3．如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD為矩形，SA⊥平面ABCD，二面角S－CD－A的平面角為45，M為AB的中點(diǎn)，N為SC的中點(diǎn)． (1)證明：MN∥平面SAD； (2)證明：平面SMC⊥平面SCD； (3)記＝λ，求實(shí)數(shù)λ的值，使得直線SM與平面SCD所成的角為30. (1)證明　如圖，取SD的中點(diǎn)E，連接AE，NE，則NE＝CD＝AM，NE∥CD∥AM， ∴四邊形AMNE為平行四邊形， ∴MN∥AE. ∵M(jìn)N?平面SAD，AE?平面SAD，∴MN∥平面SAD. (2)證明　∵SA⊥平面ABCD， ∴SA⊥CD. ∵底面ABCD為矩形， ∴AD⊥CD. 又SA∩AD＝A， ∴CD⊥平面SAD， ∴CD⊥SD，∴∠SDA即為二面角S－CD－A的平面角，即∠SDA＝45，∴△SAD為等腰直角三角形，∴AE⊥SD. ∵CD⊥平面SAD，∴CD⊥AE，又SD∩CD＝D，∴AE⊥平面SCD. ∵M(jìn)N∥AE，∴MN⊥平面SCD，又MN?平面SMC， ∴平面SMC⊥平面SCD. (3)解　∵＝λ，設(shè)AD＝SA＝a，則CD＝λa. 由(2)知MN⊥平面SCD，∴SN即為SM在平面SCD內(nèi)的射影， ∴∠MSN即為直線SM與平面SCD所成的角，即∠MSN＝30. 在Rt△SAM中，SM＝，而MN＝AE＝a， ∴在Rt△SNM中，由sin∠MSN＝得＝，解得λ＝2， ∴當(dāng)λ＝2時(shí)，直線SM與平面SCD所成的角為30. 考點(diǎn)七：立體幾何中的探索性問(wèn)題 1、 (xx北京卷) 如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)．將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖2. (1)求證：DE∥平面A1CB； (2)求證：A1F⊥BE； (3)線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ？說(shuō)明理由. (1)證明　因?yàn)镈，E分別為AC，AB的中點(diǎn)， 所以DE∥BC. 又因?yàn)镈E?平面A1CB，BC?平面A1CB， 所以DE∥平面A1CB. (2)證明　由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D，DE⊥CD，又A1D∩DE＝D， 所以DE⊥平面A1DC. 而A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1F. 又因?yàn)锳1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE. 所以A1F⊥BE. (3) 解： 線段A1B上存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下： 如圖，分別取A1C，A1B的中點(diǎn)P，Q，則PQ∥BC. 又因?yàn)镈E∥BC，所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即為平面DEP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C. 又因?yàn)镻是等腰△DA1C底邊A1C的中點(diǎn)， 所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D， 所以A1C⊥平面DEP.從而A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點(diǎn)Q，使得A1C⊥平面DEQ. 2、如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90，CD∥AB，AD＝CD＝AB＝2，點(diǎn)E為AC中點(diǎn)，將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體D－ABC，如圖2. (1)求證：DA⊥BC； (2)在CD上找一點(diǎn)F，使AD∥平面EFB. (1)證明　在圖1中，可得AC＝BC＝2，從而AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩ 平面ABC＝AC，BC?平面ABC， ∴BC⊥平面ADC，又AD?平面ADC， ∴BC⊥DA. (2)解　取CD的中點(diǎn)F，連接EF，BF， 在△ACD中，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點(diǎn)， ∴EF為△ACD的中位線， ∴AD∥EF， 又EF?平面EFB，AD?平面EFB，∴AD∥平面EFB.