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  • 2021-06-16 发布

高中数学空间几何必刷题1(供参考)

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1.(2012•西山区)如图,四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 为菱形,PA⊥平面 ABCD,PA=AB=2, E、F 分别为 CD、PB 的中点,AE= . (Ⅰ)求证:平面 AEF⊥平面 PAB. (Ⅱ)求平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值. 2.(2011•重庆)如图,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD,AB⊥BC, AC=AD=2,BC=CD=1 (Ⅰ)求四面体 ABCD 的体积; (Ⅱ)求二面角 C﹣AB﹣D 的平面角的正切值. 3.(2011•宜阳县)在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,CA=CB=CC1=2,∠ACB=90°, E、F 分别是 BA、BC 的中点,G 是 AA1 上一点,且 AC1⊥EG. (Ⅰ)确定点 G 的位置; (Ⅱ)求直线 AC1 与平面 EFG 所成角θ的大小. 4.(2011•浙江)如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥ 平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上. (Ⅰ)证明:AP⊥BC; (Ⅱ)已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.求二面角 B﹣AP﹣C 的大小. 5.(2011•辽宁)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA, QA=AB=1/2PD. (I)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ (II)求二面角 Q﹣BP﹣C 的余弦值. 6.(2011•湖北)如图,已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 3 ,点 E 在侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 ,BF= . (I) 求证:CF⊥C1E; (II) 求二面角 E﹣CF﹣C1 的大小. 7.(2011•湖北)如图,已知正三棱柱 ABC=A1B1C1 的各棱长都是 4,E 是 BC 的 中点,动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合. (Ⅰ)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; (Ⅱ)设二面角 C﹣AF﹣E 的大小为θ,求 tanθ的最小值. 8.(2011•杭州)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,侧面 PAD 是正三角形,且垂直 于底面 ABCD,底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60°,M 为 PC 的中点.(1) 求证:PA∥平面 BDM; (2)求直线 AC 与平面 ADM 所成角的正弦值. 9.以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等 于( ) A. 2 B. C.2 D.1 10.如图,三棱锥中 BCDA  中, AB 平面 BCD, BDCD  。 (I)求证: CD 平面 ABD ; (II)若 1 CDBDAB , M 为 AD 中点,求三棱锥 MBCA 的体积。 11. 设甲、乙两个圆柱的底面分别为 1S , 2S ,体积分别为 1V , 2V ,若它们的侧面积相等, 且 4 9 2 1  S S ,则 2 1 V V 的值是_______ 12.如图,在三棱锥 ABCP  中,D ,E,F 分别为棱 ABACPC ,, 的中点.已知 ACPA  , ,6PA .5,8  DFBC 求证: (1)直线 //PA 平面 DEF ; (2)平面 BDE 平面 ABC . 13..一个多面体的三视图如图所示,则多面体的体积是( ) A. 23 3 B. 47 6 C. 6 D.7 14.如图,四棱锥 ABCDP  的底面边长为 8 的正方形,四条侧棱长均为 172 .点 HFEG ,,, 分别是棱 PCCDABPB ,,, 上共面的四点,平面 GEFH 平面 ABCD, //BC 平面 GEFH . (1)证明: ;// EFGH (2)若 2EB ,求四边形GEFH 的面积. 15.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的最长棱的棱长为 . 16.如图,在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中,侧棱垂直于底面, AB BC , 1 2AA AC  , E 、 F 分别为 1 1AC 、 BC 的中点. (1)求证:平面 ABE  平面 1 1B BCC ; (2)求证: 1 //C F 平面 ABE ; (3)求三棱锥 E ABC 的体积. 17.在如图所示的空间直角坐标系 O-xyz 中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2), (2,2,0),(1,2,1),(2,2,2). 给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面 体的正视图和俯视图分别为 A.①和② B.③和① C.④和③ D.④和② 18.如图,在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中,E ,F ,P,Q,M,N 分别是棱 AB ,AD , 1DD , 1BB , 1 1A B , 1 1A D 的中点. 求证: (Ⅰ)直线 1BC ∥平面 EFPQ ; (Ⅱ)直线 1AC ⊥平面 PQMN . 19.如图 3,已知二面角 MN   的大小为 60 ,菱形 ABCD 在面  内, ,A B 两点在 棱 MN 上, 60BAD   , E 是 AB 的中点, DO  面 ,垂足为O . (1)证明: AB  平面ODE ; 图③图① 图④图② 第 7 题图 第 18 题图 (2)求异面直线 BC 与OD所成角的余弦值. 20.如图,三棱柱 111 CBAABC  中, 111 , BBBABCAA  . (1)求证: 111 CCCA  ; (2)若 7,3,2  BCACAB ,问 1AA 为何值时,三棱柱 111 CBAABC  体积最大,并求此最大值。 21..已知 m,n 表示两条不同直线, 表示平面,下列说法正确的是( ) A.若 / / , / / ,m n  则 / /m n B.若 m  , n  ,则 m n C.若 m  , m n ,则 / /n  D.若 / /m  , m n ,则 n  22. 某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A.8 2 B.8  C.8 2  D.8 4  23.如图, ABC 和 BCD 所在平面互相垂直,且 2AB BC BD   , 0120ABC DBC    ,E、F、G 分别为 AC、DC、AD 的中点. (1)求证: EF  平面 BCG; (2)求三棱锥 D-BCG 的体积. 附:椎体的体积公式 1 3V Sh ,其中 S 为底面面积,h 为高. 24.已知正四面体 ABCD 中,E 是 AB 的中点,则异面直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为( ) A. 1 6 B. 3 6 C. 1 3 D. 3 3 25.正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高位 4,底面边长为 2,则该球的表面积为 ( ) A. 81 4  B.16 C.9 D. 27 4  26. 一个六棱锥的体积为 2 3 ,其底面是边长为 2 的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥 的侧面积为 。 27.如图,四棱锥 P ABCD 中, 1, , , ,2AP PCD AD BC AB BC AD E F  平面 ∥ 分别为线 段 ,AD PC 的中点. (I)求证: AP BEF∥平面 ; (II)求证: BE PAC 平面 28 陕西将边长为 1 的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周,所得集合体的侧面积 是( ) A.4 B.8 C.2 D. 29.四面体 ABCD及其三视图如图所示,平行于棱 BCAD, 的平面分别交四面体的棱 CADCBDAB ,,, 于点 HGFE ,,, . (1)求四面体 ABCD的体积; (2)证明:四边形 EFGH 是矩形. 30.某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示,则该三棱锥的体积是( )(锥体体积公式: 1 3V Sh ,其中 S 为底面面积, h 为高) A、3 B、 2 C、 3 D、1 31.在如图所示的多面体中,四边形 1 1ABB A 和 1 1ACC A 都为矩形。 (Ⅰ)若 AC BC ,证明:直线 BC  平面 1 1ACC A ; (Ⅱ)设 D ,E 分别是线段 BC , 1CC 的中点,在线段 AB 上是否 存在一点 M ,使直线 / /DE 平面 1A MC ?请证明你的结论。 32. 一个几何体的三视图如图所示(单位: m ),则该几何体 的体积为 3m . 33. 如 图 , 四 棱 锥 P ABCD 的 底 面 ABCD 是 平 行 四 边 形 , , , 分别是棱 的中点. (1) 证明 平面 ; (2) 若二面角 P-AD-B 为 , 1 证明:平面 PBC⊥平面 ABCD 2 求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值. 34..某几何体的三视图(单位:cm)若图所示,则该几何体的体积是( ) A. 372cm B. 390cm C. 3108cm D. 3138cm 35..设 m 、 n 是两条不同的直线, 、  是两个不同的平面,则( ) A.若 nm  , //n ,则 m B.若 //m ,   ,则 m C.若 m , n , n ,则 m D.若 nm  , n ,   ,则 m 36.如图,在四棱锥 A—BCDE 中,平面 ABC  平面 BCDE ; 90CDE BED     , 2AB CD  , 1DE BE  , 2AC  。 (1)证明: AC  平面 BCDE ; (2)求直线 AE 与平面 ABC 所成的角的正切值。 A D E B C 1.(2012•西山区)如图,四棱锥 P﹣ABCD 的底面 ABCD 为菱形,PA⊥平面 ABCD,PA=PB=2,E、F 分别为 CD、PB 的中点,AE= . (Ⅰ)求证:平面 AEF⊥平面 PAB. (Ⅱ)求平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值. 考点:用空间向量求平面间的夹角;平面与平面垂直的判定。 专题:综合题。 分析:(Ⅰ)由四边形 ABCD 是菱形,PA⊥平面 ABCD,PA=PB=2,E、F 分别 为 CD、PB 的中点,AE= ,知 AD=CD=AB=2,在△ADE 中,AE= ,DE=1, 所以 AE⊥CD.由 AB∥CD,知 AE⊥AB.由此能够证明平面 AEF⊥平面 PAB. (Ⅱ)法一:由 AE⊥平面 PAB,AE⊂平面 PAE,知平面 PAE⊥平面 PAB,由 PA⊥平面 ABCD,知 PA⊥CD.由 AE⊥CD,PA∩AE=A,知 CD⊥平面 PAE, 由 CD⊂平面 PCD,知平面 PAE 是平面 PAB 与平面 PCD 的公垂面,由此能够求 出平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值. (Ⅱ)法二:以 A 为原点,AB、AE 分别为 x 轴、y 轴的正方向,建立空间直角 坐标系 A﹣xyz,因为 PA=AB=2,AE= ,所以 A(0,0,0)、P(0,0,2)、 E(0, ,0)、C(1, ,0),则 , , ,由 AE⊥平面 PAB,知平面 PAB 的一个法向量为 ,求出平面 PCD 的一个法向量 .由此能求出 平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值. 解答:解:(Ⅰ)证明:∵四边形 ABCD 是菱形, ∴AD=CD=AB=2,在△ADE 中,AE= ,DE=1, ∴AD2=DE2+AE2, ∴∠AED=90°,即 AE⊥CD. ∵AB∥CD,∴AE⊥AB. ∵PA⊥平面 ABCD,AE⊂平面 ABCD, ∴PA⊥AE. ∵PA∩AB=A,∴AE⊥平面 PAB, ∵AE⊂平面 AEF, ∴平面 AEF⊥平面 PAB.…(6 分) (Ⅱ)解法一:由(1)知 AE⊥平面 PAB,而 AE⊂平面 PAE, ∴平面 PAE⊥平面 PAB,…(6 分) ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥CD. 由(Ⅰ)知 AE⊥CD,又 PA∩AE=A, ∴CD⊥平面 PAE,又 CD⊂平面 PCD, ∴平面 PCD⊥平面 PAE. ∴平面 PAE 是平面 PAB 与平面 PCD 的公垂面…(8 分) 所以,∠APE 就是平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的平面角.…(9 分) 在 RT△PAE 中,PE2=AE2+PA2=3+4=7,即 .…(10 分) ∵PA=2,∴ . 所以,平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值为 .…(12 分) (Ⅱ)解法二:以 A 为原点,AB、AE 分别为 x 轴、y 轴的正方向, 建立空间直角坐标系 A﹣xyz,如图所示. 因为 PA=AB=2,AE= ,所以 A(0,0,0)、P(0,0,2)、E(0, ,0)、 C(1, ,0), 则 , , ,…(7 分) 由(Ⅰ)知 AE⊥平面 PAB, 故平面 PAB 的一个法向量为 ,…(8 分) 设平面 PCD 的一个法向量为 , 则 ,即 ,令 y=2, 则 .…(10 分) ∴ = = . 所以,平面 PAB 与平面 PCD 所成的锐二面角的余弦值为 .…(12 分) 点评:本题考查平面 AEF⊥平面 PAB 的证明,求平面 PAB 与平面 PCD 所成的 锐二面角的余弦值.综合性强,难度大,是高考的重点.解题时要认真审题,仔 细解答,注意合理地化空间问题为平面问题,注意向量法的合理运用. 2 如图,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD,AB⊥BC,AC=AD=2, BC=CD=1 (Ⅰ)求四面体 ABCD 的体积; (Ⅱ)求二面角 C﹣AB﹣D 的平面角的正切值. 考点:与二面角有关的立体几何综合题;二面角的平面角及求法。 专题:综合题;转化思想。 分析:法一:几何法, (Ⅰ)过 D 作 DF⊥AC,垂足为 F,由平面 ABC⊥平面 ACD,由面面垂直的性 质,可得 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高;设 G 为边 CD 的中点,可得 AG⊥CD,计算可得 AG 与 DF 的长,进而可得 S△ABC,由棱锥体积公式,计算 可得答案; (Ⅱ)过 F 作 FE⊥AB,垂足为 E,连接 DE,分析可得∠DEF 为二面角 C﹣AB ﹣D 的平面角,计算可得 EF 的长,由(Ⅰ)中 DF 的值,结合正切的定义,可 得答案. 法二:向量法, (Ⅰ)首先建立坐标系,根据题意,设 O 是 AC 的中点,过 O 作 OH⊥AC,交 AB 与 H,过 O 作 OM⊥AC,交 AD 与 M;易知 OH⊥OM,因此可以以 O 为原 点,以射线 OH、OC、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间坐标系 O﹣XYZ,进 而可得 B、D 的坐标;从而可得△ACD 边 AC 的高即棱住的高与底面的面积, 计算可得答案; (Ⅱ)设非零向量 =(l,m,n)是平面 ABD 的法向量,由(Ⅰ)易得向量 的 坐标,同时易得 =(0,0,1)是平面 ABC 的法向量,由向量的夹角公式可得 从而 cos< , >,进而由同角三角函数的基本关系,可得 tan< , >,即可 得答案. 解答:解:法一 (Ⅰ)如图:过 D 作 DF⊥AC,垂足为 F,由平面 ABC⊥平面 ACD, 可得 DF⊥平面 ACD,即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高; 设 G 为边 CD 的中点,由 AC=AD,可得 AG⊥CD, 则 AG= = = ; 由 S△ADC= AC•DF= CD•AG 可得,DF= = ; 在 Rt△ABC 中,AB= = , S△ABC= AB•BC= ; 故四面体的体积 V= ×S△ABC×DF= ; (Ⅱ)如图,过 F 作 FE⊥AB,垂足为 E,连接 DE, 由(Ⅰ)知 DF⊥平面 ABC,由三垂线定理可得 DE⊥AB,故∠DEF 为二面角 C ﹣AB﹣D 的平面角, 在 Rt△AFD 中,AF= = = ; 在 Rt△ABC 中,EF∥BC,从而 ,可得 EF= ; 在 Rt△DEF 中,tan∠DEF= = . 则二面角 C﹣AB﹣D 的平面角的正切值为 . 3.在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,CA=CB=CC1=2,∠ACB=90°,E、F 分别是 BA、BC 的中点,G 是 AA1 上一点,且 AC1⊥EG. (Ⅰ)确定点 G 的位置; (Ⅱ)求直线 AC1 与平面 EFG 所成角θ的大小. 考点:直线与平面所成的角。 专题:计算题;综合题。 分析:解法一:(Ⅰ)以 C 为原点,分别以 CB、CA、CC1 为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系,写出有关点的坐标,利用向量数量积为零即可求得结果; (Ⅱ)求出平面 EFG 的法向量的一个法向量,利用直线的方向向量与法向量的 夹角与直线与平面所成角之间的关系即可求得结果; 解法二:(Ⅰ)取 AC 的中点 D,连接 DE、DG,则 ED∥BC,利用线面垂直的 判定和性质定理即可求得结果;(Ⅱ)取 CC1的中点 M,连接 GM、FM,则 EF∥GM, 找出直线与平面所成的角,解三角形即可求得结果. 解答:解法一:(Ⅰ)以 C 为原点,分别以 CB、CA、CC1 为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系,则 F(1,0,0),E(1,1,0),A(0,2,0),C1(0,0, 2), 设 G(0,2,h),则 .∵AC1⊥EG,∴ . ∴﹣1×0+1×(﹣2)+2h=0.∴h=1,即 G 是 AA1 的中点. (Ⅱ)设 是平面 EFG 的法向量,则 . 所以 平面 EFG 的一个法向量 m=(1,0,1) ∵ , ∴ ,即 AC1 与平面 EFG 所成角θ为 解法二:(Ⅰ)取 AC 的中点 D,连接 DE、DG,则 ED∥BC ∵BC⊥AC,∴ED⊥AC. 又 CC1⊥平面 ABC,而 ED⊂平面 ABC,∴CC1⊥ED. ∵CC1∩AC=C,∴ED⊥平面 A1ACC1. 又∵AC1⊥EG,∴AC1⊥DG. 连接 A1C,∵AC1⊥A1C,∴A1C∥DG. ∵D 是 AC 的中点,∴G 是 AA1 的中点. (Ⅱ)取 CC1 的中点 M,连接 GM、FM,则 EF∥GM, ∴E、F、M、G 共面.作 C1H⊥FM,交 FM 的延长线于 H,∵AC⊥平面 BB1C1C, C1H⊂平面 BB1C1C,∴AC⊥G1H,又 AC∥GM,∴GM⊥C1H.∵GM∩FM=M, ∴C1H⊥平面 EFG,设 AC1 与 MG 相交于 N 点,所以∠C1NH 为直线 AC1 与平 面 EFG 所成角θ. 因为 ,∴ ,∴ . 点评:本小题主要考查直线与平面垂直的判定,以及直线与平面平行的判定和直 线与平面所成的角,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.属中档题. 4.如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC, 垂足 O 落在线段 AD 上. (Ⅰ)证明:AP⊥BC; (Ⅱ)已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.求二面角 B﹣AP﹣C 的大小. 考点:与二面角有关的立体几何综合题;空间中直线与直线之间的位置关系;二 面角的平面角及求法。 专题:综合题;转化思想。 分析:(I)由题意.因为 PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上所以 BC⊥PO.有 AB=AC,D 为 BC 的中点,得到 BC⊥AD,进而得到线面垂直,即可得到所证; (II)有(I)利用面面垂直的判定得到 PA⊥平面 BMC,再利用二面角的定义得 到二面角的平面角,然后求出即可. 解答:解:(I)由题意画出图如下: 由 AB=AC,D 为 BC 的中点,得 AD⊥BC, 又 PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上,得到 PO⊥BC, ∵PO∩AD=O∴BC⊥平面 PAD,故 BC⊥PA. (II)如图,在平面 PAB 中作 BM⊥PA 于 M,连接 CM, ∵BC⊥PA,∴PA⊥平面 BMC,∴AP⊥CM,故∠BMC 为二面角 B﹣AP﹣C 的 平面角, 在直角三角形 ADB 中, ; 在直角三角形 POD 中,PD2=PO2+OD2,在直角三角形 PDB 中,PB2=PD2+BD2, ∴PB2=PO2+OD2+BD2=36,得 PB=6, 在直角三角形 POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5, 又 cos∠BPA= ,从而 . 故 BM= , ∵BM2+MC2=BC2,∴二面角 B﹣AP﹣C 的大小为 90°. 点评:(I)此问考查了线面垂直的判定定理,还考查了线面垂直的性质定理; (II)此问考查了面面垂直的判定定理,二面角的平面角的定义,还考查了在三 角形中求解. 5.如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. (I)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ (II)求二面角 Q﹣BP﹣C 的余弦值. 考点:与二面角有关的立体几何综合题;平面与平面垂直的判定;向量语言表述 面面的垂直、平行关系;用空间向量求平面间的夹角。 专题:计算题;证明题。 分析:首先根据题意以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣xyz; (Ⅰ)根据坐标系,求出则 、 、 的坐标,由向量积的运算易得 • =0, • =0;进而可得 PQ⊥DQ,PQ⊥DC,由面面垂直的判定方法,可得证明; (Ⅱ)依题意结合坐标系,可得 B、 、 的坐标,进而求出平面的 PBC 的法 向量 与平面 PBQ 法向量 ,进而求出 cos< , >,根据二面角与其法向量夹 角的关系,可得答案. 解答:解:如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴 的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣xyz; (Ⅰ)依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0); 则 =(1,1,0), =(0,0,1), =(1,﹣1,0), 所以 • =0, • =0; 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC, 故 PQ⊥平面 DCQ, 又 PQ⊂平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ; (Ⅱ)依题意,有 B(1,0,1), =(1,0,0), =(﹣1,2,﹣1); 设 =(x,y,z)是平面的 PBC 法向量, 则 即 , 因此可取 =(0,﹣1,﹣2); 设 是平面 PBQ 的法向量,则 , 可取 =(1,1,1), 所以 cos< , >=﹣ , 故二面角角 Q﹣BP﹣C 的余弦值为﹣ . 点评:本题用向量法解决立体几何的常见问题,面面垂直的判定与二面角的求法; 注意建立坐标系要容易求出点的坐标,顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交 点处,这样才有助于下一步的计算. 6.如图,已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 3 ,点 E 在 侧棱 AA1 上,点 F 在侧棱 BB1 上,且 AE=2 ,BF= . (I) 求证:CF⊥C1E; (II) 求二面角 E﹣CF﹣C1 的大小. 考点:二面角的平面角及求法;空间中直线与直线之间的位置关系。 专题:计算题;证明题。 分析:(I)欲证 C1E⊥平面 CEF,根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证 C1E 与平面 CEF 内两相交直线垂直,根据勾股定理可知 EF⊥C1E,C1E⊥CE,又 EF∩CE=E,满足线面垂直的判定定理,最后根据线面垂直的性质可知 CF⊥C1E; (II)根据勾股定理可知 CF⊥EF,根据线面垂直的判定定理可知 CF⊥平面 C1EF, 而 C1F⊂平面 C1EF,则 CF⊥C1F,从而∠EFC1 即为二面角 E﹣CF﹣C1 的平面角, 在△C1EF 是等腰直角三角形,求出此角即可. 解答:解:(I)由已知可得 CC1= ,CE=C1F= , EF2=AB2+(AE﹣BF)2,EF=C1E= , 于是有 EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=C1C2, 所以 EF⊥C1E,C1E⊥CE.又 EF∩CE=E, 所以 C1E⊥平面 CEF 由 CF⊂平面 CEF,故 CF⊥C1E; (II)在△CEF 中,由(I)可得 EF=CF= ,CE= , 于是有 EF2+CF2=CE2,所以 CF⊥EF, 又由(I)知 CF⊥C1E,且 EF∩C1E=E,所以 CF⊥平面 C1EF 又 C1F⊂平面 C1EF,故 CF⊥C1F 于是∠EFC1 即为二面角 E﹣CF﹣C1 的平面角 由(I)知△C1EF 是等腰直角三角形,所以∠EFC1=45°,即所求二面角 E﹣CF ﹣C1 的大小为 45° 点评:本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角的求法,同时考查了 空间想象能力和推理论证的能力. 7.如图,已知正三棱柱 ABC=A1B1C1 的各棱长都是 4,E 是 BC 的中点,动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合. (Ⅰ)当 CF=1 时,求证:EF⊥A1C; (Ⅱ)设二面角 C﹣AF﹣E 的大小为θ,求 tanθ的最小值. 考点:二面角的平面角及求法;空间中直线与直线之间的位置关系。 专题:计算题。 分析:(I)过 E 作 EN⊥AC 于 N,连接 EF,NF,AC1,根据面面垂直的性质可 知 NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影,根据 ,得 NF∥AC,又 AC1⊥A1C, 故 NF⊥A1C,由三垂线定理可得结论; (II)连接 AF,过 N 作 NM⊥AF 与 M,连接 ME 根据三垂线定理得 EM⊥AF, 则∠EMN 是二面角 C﹣AF﹣E 的平面角即∠EMN=θ,在直角三角形 CNE 中, 求出 NE,在直角三角形 AMN 中,求出 MN,故 tanθ= ,根据α的范围可 求出最小值. 解答:解:(I)过 E 作 EN⊥AC 于 N,连接 EF,NF,AC1,由直棱柱的性质可 知,底面 ABC⊥侧面 A1C ∴EN⊥侧面 A1C NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影 在直角三角形 CNF 中,CN=1 则由 ,得 NF∥AC1,又 AC1⊥A1C,故 NF⊥A1C 由三垂线定理可知 EF⊥A1C (II)连接 AF,过 N 作 NM⊥AF 与 M,连接 ME 由(I)可知 EN⊥侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM⊥AF ∴∠EMN 是二面角 C﹣AF﹣E 的平面角即∠EMN=θ 设∠FAC=α则 0°<α≤45°, 在直角三角形 CNE 中,NE= ,在直角三角形 AMN 中,MN=3sinα 故 tanθ= ,又 0°<α≤45°∴0<sinα≤ 故当α=45°时,tanθ达到最小值, tanθ= ,此时 F 与 C1 重合 点评:本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识,同时考 查了空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 8.如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,侧面 PAD 是正三角形,且垂直于底面 ABCD, 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60°,M 为 PC 的中点. (1)求证:PA∥平面 BDM; (2)求直线 AC 与平面 ADM 所成角的正弦值. 考点:直线与平面所成的角;直线与平面平行的判定。 专题:计算题;证明题。 分析:(1)连接 AC,交 BD 于点 O,连接 MO,由三角形中位线定理易得 MO∥PA, 进而由线面平行的判定定理得到 PA∥平面 BDM; (2)利用等体积法,根据 VM﹣ADC=VC﹣ADM,我们分别计算出 S△ADC,点 M 到面 ADC 的距离 h1,S△ADM 的大小,即可求出 C 点到平面 ADM 的距离,进而求出 直线 AC 与平面 ADM 所成角的正弦值. 解答:解:(1)证明:连接 AC,交 BD 于点 O,连接 MO 因为 MO 是△PAC 的中位线, 所以 MO∥PA 又因为 MO⊄ 面 PAD 中, 所以 MO∥面 PAD (2)因为S△ADC= ,点M到面ADC的距离h1= ,所以VM﹣ADC= = . 因为△PDC 为等腰三角形,且 M 为 PC 的中点,所以 DM⊥PC. 取 PB 的中点 E,AD 的中点 N,连接 ME,PN,NE,BN 因为四边形 DMEN 为平行四边形 所以 DM∥NE 又因为△PNB 为等腰三角形,所以 NE⊥PB 所以 DM⊥PB. 因为 DM⊥PC,DM⊥PB 且 PC∩PB=P 所以 DM⊥面 PBC. 所以 DM⊥BC. 因为 BC∥AD 所以 AD⊥DM,因为 DM= 所以 S△ADM= = 所以 VM﹣ADC=VC﹣ADM=S△ADM×h2× 所以 h2= 所以 sinθ= 点评:本题考查的知识点是直线与平面所成的角,直线与平面平行的判定,其中 (1)的关键是证得 MO∥PA,(2)的关键是根据等体积法,求出 C 点到平面 ADM 的距离. 11. 12. 20.(1)证明:三棱柱 111 CBAABC  中, 1AA BC 1BB BC  , 又 1 1BB A B 且 1BC A B C 1 1BB BCA  ,面 又 1 1BB CC∥ 1 1CC BCA  ,面 又 1 1AC BCA  ,面 1 1.AC CC,所以 (4 分) (2)设 1AA x ,在 Rt△ 1 1A BB 中, 2 2 1 1 1= - = 4AB A B BB x 同理, 2 2 2 1 1 1 1C= 3A AC CC x   ,在△ 1A BC 中 1cos BA C = 2 2 2 2 1 1 2 2 1 12 (4 )(3 ) A B AC BC x A B AC x x       , 1sin BA C = 2 2 2 12 7 (4 )(3 ) x x x    ,(6 分) 所以 1 2 1 1 1 1 12 7sin BA C2 2A BC xS A B AC    △ ,(7 分) 从而三棱柱 1 1 1ABC A B C 的体积 1 2 1 12 7 2A BC x xV S l S AA     △ (8 分) 因 212 7x x = 2 412 7x x = 2 26 36-7 - +7 7x( ) (10 分) 故当 42= 7x 时,即 1 42AA = 7 时,体积 V 取到最大值 3 7 7 (12 分) 28. 【答案】 C 【解析】 CrSr 选个圆:,则侧面积为,高为为旋转体为圆柱,半径 .2ππ*2211 2 == 34. 35.c