高二数学下册同步强化训练题16.doc

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专题5 立体几何

1．(文)(2011·沈阳3月质检)如图，矩形BCC1B1所在平面垂直于三角形ABC所在平面，且BB1＝CC1＝AC＝2，AB＝BC＝.又E，F分别是C1A和C1B的中点．

(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求证：平面EFC1⊥平面C1CBB1.
[证明]　(1)在△C1AB中，∵E，F分别是C1A和C1B的中点，
∴EF∥AB，
∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
∴EF∥平面ABC.
(2)∵平面BCC1B1⊥平面ABC，且BCC1B1为矩形，∴BB1⊥AB，
又在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
∴AB⊥BC，∴AB⊥平面C1CBB1，
∴平面EFC1⊥平面C1CBB1.
(理)(2011·江西南昌调研)如图，已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1.

(1)求证：BC1⊥AB1；
(2)求证：BC1∥平面CA1D.
[证明]　如图，以C1点为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AC＝BC＝BB1＝2，则A(2,0,2)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)．

(1)由于＝(0，－2，－2)，
＝(－2,2，－2)，
所以·＝0－4＋4＝0，
因此⊥，故BC1⊥AB1.
(2)取A1C的中点E，连接DE，
由于E(1,0,1)，
所以＝(0,1,1)，
又＝(0，－2，－2)，所以＝－，
且ED和BC1不共线，则ED∥BC1，
又DE⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D，
故BC1∥平面CA1D.
2．(2011·安徽理，17)如图，ABEDFG为多面体，平面ABED与平面AGFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAC，△ODE，△GDE都是正三角形．

(1)证明直线BG∥EF；
(2)求梭锥F－GBED的体积．
[解析]　(1)(综合法)
证明：设G是线段DA与线段EB的延长线的交点，于△OAB与△ODE都是正三角形，所以OB綊DE，OG＝OD＝2，同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG′＝OD＝2.

又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合．
在△GED和△GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.
(向量法)
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．

由条件知E(，0,0)，F(0,0，)，B(，－，0)，C(0，－，)．
则有＝(－，0，)，＝(－，0，)．
所以＝2，即得BC∥EF.
(2)解：由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝，而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝.
所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝.
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝，
所以VF－OBED＝FQ·S四边形OBED＝.
3．(文)(2011·惠州模拟)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，D，E是CC1，BC的中点，AE＝DE.

(1)求此正三棱柱的侧棱长；
(2)正三棱柱ABC－A1B1C1表面积．
[解析]　(1)设正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为x.
∵△ABC是正三角形， ∴AE⊥BC.
又底面ABC⊥侧面BB1C1C，且交线为BC，
∴AE⊥侧面BB1C1C，
在Rt△AED中，由AE＝DE，得＝，
解得x＝2，即此三棱锥的侧棱长为2.
(2)S＝S侧＋S底，
S侧＝3×2×2＝12，S底＝2××22＝2，
∴S＝S侧＋S底＝12＋2.
(理)(2011·太原模拟)下面一组图形为P－ABC的底面与三个侧面．已知AB⊥BC，PA⊥AB，PA⊥AC.

(1)写出三棱锥P－ABC中的所有的线面垂直关系(不要求证明)；
(2)在三棱锥P－ABC中，M是PA上的一点，
求证：平面ABC⊥平面PAB；
(3)在三棱锥P－ABC中，M是PA的中点，且PA＝BC＝3，AB＝4，求三棱锥P－ABC的体积．
[解析]　(1)如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，BC⊥平面PAB.

(2)∵PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC＝A，
∴PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
又∵BC⊥AB，且PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB.
又BC⊂平面ABC.
∴平面ABC⊥平面PAB.
(3)法一：∵PA＝3，M是PA的中点，∴MA＝.
又∵AB＝4，BC＝3.
∴VM－ABC＝S△ABC·MA＝××4×3×＝3，
又VP－ABC＝S△ABC·PA＝××4×3×3＝6，
∴VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝6－3＝3.
法二：∵PA＝3，AB＝4，M是PA的中点，
∴S△PBM＝S△PAB＝××3×4＝3.
又∵BC⊥平面PAB，且BC＝3，
∴VP－MBC＝VC－PBM＝S△PBM·BC＝×3×3＝3.
4．(2011·北京文，17)如图，在四面体PABC中，PC⊥AB、PA⊥BC，点D、E、，F、G分别是棱AP、CC、BC、PB的中点．

(1)求证：DE∥平面BCP；
(2)求证：四边形DEFG为矩形；
(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．
[解析]　(1)因为D，E分别为AP，AC的中点，
所以DE∥PC，
又因为DE⊄平面BCP，PC⊂平面BCP，
所以DE∥平面BCP.
(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，

所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF，所以四边形DEFG为平行四边形，
又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，
所以四边形DEFG为矩形．
(3)存在点Q满足条件，理由如下：
连接DF，EG，设Q为EG的中点，
由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG，
分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.
与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝EG，
所以Q为满足条件的点．
5．(2011·广东文，18)下图所示的几何体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一半沿切面向右水平平移后得到的，A，A′，B，B′分别为，，，的中点，O1，O′1，O2，O′2分别为CD，C′D′，DE，D′E′的中点．

(1)证明：O′1，A′，O2，B四点共面；
(2)设G为AA′中点，延长A′O′1到H′，使得O′1H′＝A′O′1.证明：BO′2⊥平面H′B′C.
[解析]　(1)由题意知A′，O′1，B′，O′2四点共面．
∵O′1，O′2分别为C′D′，D′E′的中点，
A′，B′分别为，的中点，
∴O′1A′∥B′O′2.
又O2，B分别为DE，的中点，
∴BO2∥B′O′2，∴O′1A∥BO2，∴O′1，A′，O2，B四点共面．
(2)方法①：如图(1)所示，连接AO1，并延长至H，使得O1H＝AO1，连接H′H，HB，BO2，O2O′2，O1O′1，则得长方体HBO2O1－H′B′O′2O′1.
则HO′1∥BO′2，H′B′⊥BO′2.
取A′G的中点F，连接O′1F，HF，则O′1F綊H′G.
由题意，在Rt△H′A′G中，H′A′＝2，A′G＝1，
∴H′G＝＝＝，
∴O′1F＝.
在Rt△HAF中，HA＝2，AF＝，
∴HF＝HA2＋AF2＝＝.
在Rt△HH′O′1中，HH′＝2，H′O′1＝1，
∴HO′1＝HH′2＋H′O′＝＝.
∴O′1F2＋HO′＝HF2.∴HO′1⊥O′1F.
又O′1F∥H′G，∴HO′1⊥H′G.∴BO′2⊥H′G.
又H′B′⊥BO′2，H′B′∩H′G＝H′.
∴BO′2⊥平面H′B′G.

(理)方法2(向量法)建系O1－xyz如图(2)所示，直圆柱高为2，底面半径为1，则O1(0,0,0)，B(1,2,0)，O′2(0,2,2)，B′(1,2,2)，G(－1,0,1)，H′(1,0,2)，
∴＝(－1,0,2)，＝(2,2,1)，＝(0，－2,0)．
∴·＝－2＋0＋2＝0，·＝0＋0＋0＝0，
∴BO2⊥GB且BO2⊥H′B.又GB∩H′B＝B，
∴BO2⊥面H′B′G.
6．(文)已知四棱锥P－ABCD的直观图和三视图如图所示，E是PB的中点．

(1)求三棱锥C－PBD的体积；
(2)若F是BC上任一点，求证：AE⊥PF；
(3)边PC上是否存在一点M，使DM∥平面EAC，并说明理由．
[解析]　(1)由该四棱锥的三视图可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为2和1的矩形，侧棱PA⊥平面ABCD，且PA＝2，
∴VC－PBD＝VP－BCD＝××1×2×2＝.
(2)证明：∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A.

∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AE，
又在△PAB中，∵PA＝AB，E是PB的中点，
∴AE⊥PB.又∵BC∩PB＝B，
∴AE⊥平面PBC，且PF⊂平面PBC，∴AE⊥PF.
(3)存在点M，可以使DM∥平面EAC.
连结BD，设AC∩BD＝O，连结EO.

在△PBD中，EO是中位线．
∴PD∥EO，
又∵EO⊂平面EAC，PD⊄平面EAC，
∴PD∥平面EAC，
∴当点M与点P重合时，可以使DM∥平面EAC.
(理)(2011·山东理，19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.

(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；
(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．
[解析]　(1)证法一：
因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF
因此BC＝2FG
连接AF，由于FG∥BC，FG＝BC，
在▱ABCD中，M是线段AD的中点，
则AM∥BC，且AM＝BC.
因此FG∥AM且FG＝AM，
所以四边形AFGM为平行四边形．因此GM∥FA.
又FA⊂平面ABFE，GM⊄平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
证法二：
因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG，
由于AB＝2EF，所以BC＝2FG.
取BC的中点N，连接GN，
因此，四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.
在▱ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，则AM∥AB.
因为MN∩GN＝N，所以平面GMN∥平面ABFE.
又GM⊂平面GMN.所以GM∥平面ABFE.
(2)解法一：
因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°
又EA⊥平面ABCD，所以AC，AD，AE两两垂直
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设AC＝BC＝2AE＝2，则由题意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，所以＝(2，－2,0)，＝(0,2,0)．又EF＝AB，
所以F(1，－1,1)，＝(－1,1,1)．
设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m·＝0，m·＝0，所以
取z1＝1得x1＝1，所以m＝(1,0,1)．
设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
则n·AB＝0，n·＝0，所以
取y2＝1，得x2＝1.则n＝(1,1,0)．
所以cos〈m，n〉＝＝.
因此二面角A－BF－C的大小为60°.
解法二：
由题意知，平面ABFE⊥平面ABCD，

取AB的中点H，连接CH，
因为AC＝BC，
所以CH⊥AB.
则CH⊥平面ABFE，
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，则CR⊥BF，
所以∠HRC为二面角A－BF－C的平面角．
由题意，不妨设AC＝BC＝2AE＝2.
在直角梯形ABFE中，连接FH，则FH⊥AB，
又AB＝2.
所以HF＝AE＝1，BH＝，
因此在Rt△BHF中，HR＝.
由于CH＝AB＝，
所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝＝.
因此二面角A－BF－C的大小为60°.

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