阶段性测试题九.pdf

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1、 阶段性测试题九 第 2 页 阶段性测试题九(立 体 几 何)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分 150分。考试时间 120 分钟。第卷(选择题 共 60 分)一、选择题(本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(文)(2019陕西师大附中一模)已知，为不重合的两个平面，直线 m 在平面 内，则“m”是“”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 答案 A 解析 m，m，由面面垂直的判定定理知，但 时，平面 内任一条直线 m，不一定与 垂直，故选 A.(理)(201

2、9江西吉安一中期中)已知 a、b 是异面直线，直线 c直线 a，那么 c 与 b()A一定是异面直线 B一定是相交直线 C不可能是平行直线 D不可能是相交直线 答案 C 解析 c 与 b 可能相交，可能异面，但不可能平行假若 cb，ca，ab，则与 a、b 异面矛盾 2(2019江西吉安一中期中)底面是菱形的直棱柱的两条对角线长为 9cm 和 15cm，侧棱长为 5cm，则它的底面边长是()A6cm B8cm 第 3 页 C6 2cm D8 2cm 答案 B 解析 设底面菱形的两条对角线长分别为 x、y，由条件知，x22581，y225225.x256，y2200.则菱形的底面边长为x22y2

3、212x2y2 8(cm)3(文)(2019浙江北仑中学月考)若某多面体的三视图如图所示，则此多面体的体积是()A2 B4 C6 D12 答案 A 解析 由三视图知，该几何体是三棱锥，底面积 S12323，高为 2，V13322.(理)(2019云南玉溪一中月考)一个四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等边三角形，该四棱锥的体积等于()A.3 B2 3 C3 3 D6 3 答案 A 解析 由三视图知，该几何体底面是直角梯形，面积 S12(12)23，高为322 3，第 4 页 体积 V133 3 3.4(文)(2019南安一中期末)已知 m、n 是两条不同直线，、是三个不同平面，下列命题中正确的

4、是()A若 m，n，则 mn B若，则 C若 m，m，则 D若 m，n，则 mn 答案 D 解析 当 m，n 时，m 与 n 可能相交、平行，也可能异面，故 A 错；B 中，时，与 可能平行，也可能相交，如长方体交于同一个顶点的三个面，故 B 错；l，m，m，ml 时，满足 m，m，故 C 错；由线面垂直的性质知，mnmn.(理)(2019厦门六中月考)设 l、m、n 为三条不同的直线，为一个平面，下列命题中正确的个数是()若 l，则 l 与 相交 若 m，n，lm，ln，则 l 若 lm，mn，l，则 n 若 lm，m，n，则 ln A1 B2 C3 D4 答案 C 解析 由线面垂直的定义知

5、真；第 5 页 当 m 与 n 不相交时，的结论不成立，故假；lmmnln ln，故真；lmml nln，故真，选 C.5(2019长春市一调)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A.8 36 B.82 36 C.6 36 D.92 36 答案 A 解析 该几何体由底半径为 1 的半圆锥与四棱锥组成，且高都为 3，四棱锥底面为正方形，边长为 2，因此该几何体体积为 V13(1212)313(22)3364 338 36，故选 A.6(2019山东师大附中四模)正六棱柱的底面边长为 4，高为 6，则它的外接球的表面积为()A20 B25 C100 D200 答案 C 第 6 页

6、解析 由图可知正六棱柱的对角线 BC，即为外接球的直径，因为底面边长为 4，所以 AB8，所以 BC8262 10010，即 2R10，故外接球的半径 R5，所以外接球的表面积为 4R2425100，选 C.7(2019四川万源市三中模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是()A10 B6 2 C8 D8 2 答案 A 解析 由主视图直角三角形的直角顶点在左侧，左视图直角三角形的直角顶点在右侧知，四面体有一侧棱与底面垂直，且该侧棱位于左前方，直观图如图，其中 PA平面 ABC，ABC 为直角，PAAB4，BC3，易知 PB4 2，PC 41，故四面体的四个面中，面积最大

7、的是PAC，其面积 S125410，故选 A.8(2019湖南蓝山二中月考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.83 B3 C.103 D6 答案 B 解析 由三视图知，该几何体是一个圆柱被一个与底面不平行 第 7 页 的平面截后剩下的部分，易知再用一个完全相同的几何体将切口吻合拼在一起，则构成一个底半径为 1，高为 6 的圆柱，故几何体的体积V12(12)63.9(文)(2019皖南八校二次联考)已知命题：“如果 xy，yz，则 xz”是假命题，那么字母 x、y、z 在空间所表示的几何图形只可能是()A全是直线 B全是平面 Cx，z 是直线，y 是平面 Dx，y 是平面，

8、z 是直线 答案 D 解析 当 x、y 是平面，z 是直线时，xyyz/xz，选 D.(理)(2019豫南九校联考)在正三棱柱 ABCA1B1C1中，若 BB1 2AB，则 AB1与 C1B 所成的角的大小是()A30 B60 C90 D120 答案 B 解析 设ABe1，ACe2，AA1e3，|e1|e2|1，则|e3|2，AB1e1e3，BC1e2e1e3，|AB1|2e21e232e1e33，|BC1|2e22e21e232e1e32e1e22e2e342cos603.AB1BC1e1e2e2e3|e1|2e1e3e1e3|e3|2 第 8 页 1201232，cosAB1，BC1AB1

9、BC1|AB1|BC1|323 312，AB1与 BC1所成角为 60.10(文)一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D 为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()AABCD BAB 与 CD 相交 CABCD DAB 与 CD 所成的角为 60 答案 D 解析 正方体的直观图如图，显然 AB 与 CD 异面，排除 A、B，CDBE，ABE 为正三角形，AB 与 CD 所成的角为 60.(理)在空间四边形 ABCD 中，ABCDACDBADBC的值为()A0 B.32 C1 D无法确定 答案 A 解析 如图，ABCDACDBADBC AB(ADAC)AC(ABAD)AD(ACAB)ABADA

10、BACACABACADADACADAB0.11(文)(2019山东师大附中四模)已知某几何体的三视图如图，其中正(主)视图中半圆的半径为 1，则该几何体的体积为()A2432 B243 第 9 页 C24 D242 答案 A 解析 3224.半圆柱的高为 3，底面直径为 2，所以半圆柱的体积为12332，所以几何体的体积为 2432，选 A.(理)(2019惠安中学高考适应性训练)一个四棱锥的三视图如图所示，其中正(主)视图是腰长为 1 的等腰直角三角形，侧(左)视图是直角三角形，其中一条直角边长为 2，则这个几何体的体积是()A.12 B1 C.32 D2 答案 A 解析 由三视图知，该几何

11、体为四棱锥，底面为直角梯形，梯形两底边长分别为 1 和 2，高为 2，面积 S12(12)23 22，锥体高22，体积 V133 222212，故选 A.12(文)(2019长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学一模)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A2 2 6 B2(1 2)6 C.23 D23 22 6 答案 B 第 10 页 解析 由三视图知，该几何体是一个横放的直三棱柱，底面是直角三角形，两直角边长分别为 1 和 2，侧棱长 2，故其表面积为 S(1 2 3)22(12 21)2(21)6，故选 B.(理)(2019温州市高考适应性测试)正方体 ABC

12、DA1B1C1D1中，CC1与平面 A1BD 所成角的余弦值为()A.23 B.33 C.23 D.63 答案 D 解析 以 D 为原点，DA、DC、DD1分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图空间直角坐标系 Dxyz，设正方体棱长为 1，则 B(1,1,0)，A1(1,0,1)，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，则CC1(0,0,1)，DA1(1,0,1)，DB(1,1,0)，设平面 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，则 nDA10，nDB0.xz0，xy0.zx，yx，令 x1，则 n(1，1，1)，cosn，CC1nCC1|n|CC1|1333，设 CC1与平面 A1BD 所成

13、角为，则 sin|cosn，CC1|33，cos1sin263.第 11 页 第卷(非选择题 共 90 分)二、填空题(本大题共 4 个小题，每小题 4 分，共 16 分，把正确答案填在题中横线上)13(文)(2019武汉市名校联考)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是_cm2.答案 6(132)解析 由三视图知，该几何体是半个圆锥，圆锥的底半径为 2，高为 3，故其表面积为 S1222122223212436(132)(cm2)(理)(2019山东泰安一中阶段检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_ 答案 5 33 解析 由三视图知，该几何体是正三棱柱

14、割去一个三棱锥后余下的部分，三棱柱底面边长为 2，高为 2，三棱锥底面与三棱柱底面相同，高为 1，V(122 3)213(122 3)15 33.14(文)(2019浙江乐清市白象中学月考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积_cm3.答案 2312 解析 由三视图知，该几何体是一个组合体，上部是半径为 1的半球，下部是底边长为 2，高为 3 的正四棱柱，体积 V(43)12 第 12 页 2232312(cm3)(理)(2019辽宁沈阳四校期中)已知四面体PABC的外接球的球心 O 在 AB 上，且 PO平面 ABC,2AC 3AB，若四面体 PABC的体积为32，则该球

15、的体积为_ 答案 4 3 解析 设球 O 的半径为 R，则由条件知，OAOBOPR，AC32AB 3R，BCR，由 VPABC13SABCPO13(12ACBC)PO36R332得，R 3，V球43R34 3.15(文)如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是矩形，平面 ABCD平面 ABE，已知 AB2，AEBE 3，且当规定主(正)视图方向垂直平面 ABCD 时，该几何体的左(侧)视图的面积为22.若 M、N 分别是线段 DE、CE 上的动点，则 AMMNNB的最小值为_ 答案 3 解析 取 AB 中点 F，AEBE 3，EFAB，平面 ABCD平面 ABE，EF平面 ABCD，易求 EF

16、 2，左视图的面积 S12ADEF22AD22，AD1，AEDBEC30，DEC60，将四棱锥 EABCD 的侧面 AEB、DEC、CEB 展开铺平如图，则 第 13 页 AB2AE2BE22AEBEcos120 3323(12)9，AB3，AMMNBN 的最小值为 3.(理)(2019 四川万源市三中模拟)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M、N 分别是 CD、CC1的中点，则异面直线 A1M 与DN 所成角的大小是_ 答案 90 解析 解法 1：以 D 为原点，DA、DC、DD1分别为 x 轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系，设 AD2，则 A1(2,0,2)，M(0,1,0)，

17、N(0,2,1)，A1M(2,1，2)，DN(0,2,1)，cosA1M，DNA1MDN|A1M|DN|03 50，A1MDN，A1M 与 DN 所成的角为 90.解法 2：在正方形 DCC1D1中，M、N 分别为 DC、CC1的中点，D1DMDCN，DMD1DNC，DNCCDN90，DMD1CDN90，D1MDN，又A1D1平面 DCC1D1，A1D1DN，A1D1A1MA1，DN平面 A1D1M，DND1M.16(文)(2019云南玉溪一中月考)正三棱柱 ABCA1B1C1内接于半径为 1 的球，则当该棱柱体积最大时，高 h_.第 14 页 答案 2 33 解析 设三棱柱底面边长为 a，高

18、为 h，则 h2133a2，h21a23，V34a221a2312a23a2，令3a2x，则 a23x2，V12(3x2)x12(3xx3)(x0)，V32(1x2)，令 V0 得 x1，x1 是函数的唯一极大值点，也是最大值点，a23x22，h21a232 33.(理)(2019山西大学附中月考)如图，平面四边形 ABCD 中，ABADCD1，BD 2，BDCD，将其沿对角线 BD 折成四面体ABCD，使平面 ABD平面 BCD，若四面体 ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为_ 答案 32 解析 ABAD1，BD 2，ABAD，BD 为ABD 外接圆的直径，又BDCD，平面 ABD

19、平面 BCD，CD平面ABD，BC 为球的直径，BD 2，CD1，BC 3，V球43(32)332.第 15 页 三、解答题(本大题共 6 个小题，共 74 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(本小题满分 12 分)(文)(2019陕西师大附中一模)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACBC，BCBB1，D 为 AB 的中点(1)求证：BC1平面 AB1C；(2)求证：BC1平面 A1CD.证明(1)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC.因为 AC平面 ABC，所以 CC1AC，又 ACBC，CC1BCC，所以 AC平面 B1C1CB，因为 BC1平面 B1

20、C1CB，所以 BC1AC，又因为 BCBB1，所以 BB1C1C 是正方形，所以 BC1B1C，又 B1CACC，所以 BC1平面 AB1C.(2)在矩形 A1C1CA 中，设 AC1A1CG，则 G 为 AC1中点，已知 D 为 AB 的中点，连接 DG，在ABC1中，BC1DG，因为 DG平面 A1CD，BC1平面 A1CD，所以 BC1平面 A1CD.(理)(2019安徽阜阳一中二模)直三棱柱 ABCA1B1C1中，点 M、N 分别为线段 A1B、A1C1的中点，平面 A1BC侧面 A1ABB1.(1)求证：MN平面 BCC1B1；(2)求证：BC平面 AA1B1B.证明(1)连 BC

21、1，在A1BC1中，M、N 分别为线段 A1B、A1C1的中点，MNBC1，BC1平面 BCC1B1，MN平面 BCC1B1，第 16 页 MN平面 BCC1B1.(2)证法 1：设 CT平面 A1ABB1，垂足为 T，平面 A1BC平面A1ABB1，平面 A1BC平面 A1ABB1A1B，TA1B，同理由平面ABC平面 A1ABB1知，TAB，又 A1BABB，T 与 B 重合，CB平面 A1ABB1.证法 2：过 B1作 B1PA1B，平面 A1ABB1平面 A1BC1，交线为 A1B，B1P平面 A1BC，BC平面 A1BC，B1PBC.B1B平面 ABC，B1BBC，B1BB1PB1，

22、B1B，B1P平面 A1ABB1，BC平面 A1ABB1.18(本小题满分 12 分)(文)(2019福建惠州三中模拟)如图所示为一个几何体的直观图、三视图(其中正视图为直角梯形，俯视图为正方形，侧视图为直角三角形，尺寸如图所示)(1)求四棱锥 PABCD 的体积；(2)若 G 为 BC 上的动点，求证：AEPG.解析(1)由几何体的三视图可知，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，PA平面 ABCD，PAEB，且 PA4 2，BE2 2，ABAD4，VPABCD13PASABCD134 24464 23.第 17 页(2)证明：连 BP，EBABBAPA12，EBABAP90，PBABEA

23、，PBABAEBEABAE90，PBAE.又BC平面 APEB，BCAE，PB平面 PBG，BC平面 PBG，PBBCB，AE平面 PBG，AEPG.(理)(2019湖南师大附中月考)如图，三棱锥 ABCD 中，DCBC，BC2 3，CDAC2，ABAD2 2.(1)证明：ABCD；(2)求直线 AC 与平面 ABD 所成的角的正弦值 解析(1)证明：在ACD 中，ACCD2，AD2 2，AC2CD2AD2，ACCD，又DCBC，且 ACBCC，DC平面 ABC，又 AB平面 ABC，ABAD.(2)在三角形 ABC 中，AC2，AB2 2，BC2 3，BC2AB2AC2，BAAC，SABC1

24、2ABAC122 222 2.第 18 页 由(1)可知：DC平面 ABC，VDABC13SABCDC132 224 23.在 RtBDC 中，BDBC2CD22 32224，在ABD 中，ABAD2 2，AB2AD2BD2，故 ABAD.SABD12ABAD122 22 24.设点 C 到平面 ABD 的距离为 h，CA 与平面 ABD 所成的角为，VCABDVDABC，134h4 23，h 2，sinhAC22，即 AC 与平面 ABD 所成的角的正弦值为22.19(本小题满分 12 分)(文)(2019山西大学附中月考)如图，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，DAB60.点 E、F 分

25、别在边 CD、CB 上，点 E 与点 C、D 不重合，EFAC，EFACO.沿 EF 将CEF 翻折到PEF 的位置使平面 PEF平面 ABFED.(1)求证：BD平面 POA；(2)当 PB 取得最小值时，求四棱锥 PBDEF 的体积 解析(1)证明：菱形 ABCD 的对角线互相垂直，BDAC，BDAO，EFAC，COEF，折起后 POEF，平面 PEF平面 ABFED，平面 PEF平面 ABFEDEF，且 第 19 页 PO平面 PEF，PO平面 ABFED，BD平面 ABFED，POBD.AOPOO，BD平面 POA.(2)设 ACBDH，DAB60，ABD 为正三角形，BH2，HC2

26、3，设 POOCx，则 OH2 3x，OBBH2OH2x24 3x16，PB2PO2OB2x2x24 3x162(x3)210，0 x2 3，当 x 3时，PB2取到最小值 10，PBmin 10，此时COCH12.S梯形 BFED(114)SBCD3434423 3，V四棱锥 PBFED13S梯形 BFEDPO133 3 33.(理)(2019武汉市名校联考)如图，在四棱柱 ABCDPGFE 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱垂直于底面，ABDC，ABC45，DC1，AB2，PA1.(1)求 PD 与 BC 所成角的大小；(2)求证：BC平面 PAC；(3)求二面角 APCD 的大小 解析

27、(1)取 AB 的中点 H，连接 DH，则 BHCD，且 BHCD，第 20 页 所以四边形 BHDC 为平行四边形，所以 BCDH，所以PDH 为 PD 与 BC 所成的角 因为四边形 ABCD 为直角梯形，且ABC45，所以 DAAB.又因为 AB2DC2，所以 AD1，因为 RtPAD、RtDAH、RtPAH 都为等腰直角三角形，所以 PDDHPH 2，故PDH60.(2)证明：在 RtBHC 中，ABC45，CHBH1，CB 2，ADCH1，AC 2，AC2BC2AB2，BCAC.又 PA平面 ABCD，PABC，PAACA，BC平面 PAC.(3)如图，分别以 AD、AB、AP 为

28、x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则由题设可知：P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，AP(0,0,1)，AC(1,1,0)，CD(0，1,0)，PC(1,1，1)设平面 PAC 的一个法向量为 e(x1，y1，z1)，则 eAP0，eAC0.z10，x1y10.取 x11，则 y11，e(1，1,0)，设平面 PCD 的法向量 n(x，y，z)，则 第 21 页 nPC0，nCD0.xyz0，y0.y0，xz.取 x1，则 n(1,0,1)，cosn，ene|n|e|12，易知二面角 APCD 为锐二面角，二面角的大小为3.20(本小题满分 12 分)(文)(2019

29、厦门一中集美分校上学期期末)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱 AA1底面 ABC，ABBC，D 为 AC 的中点，AA1AB2.(1)求证：AB1平面 BC1D；(2)若 BC3，求三棱锥 DBC1C 的体积 解析(1)证明：连接 B1C，设 B1C 与 BC1相交于点 O，连接OD，四边形 BCC1B1是平行四边形，点 O 为 B1C 的中点 D 为 AC 的中点，OD 为AB1C 的中位线，ODAB1.OD平面 BC1D，AB1平面 BC1D，AB1平面 BC1D.(2)在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱 CC1平面 ABC，第 22 页 故 CC1为三棱锥 C1BCD 的高，

30、A1ACC12，SBCD12SABC12(12BCAB)32，VDBCC1VC1BCD13CC1SBCD132321.(理)(2019浙江金华中学月考)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，且 PAAD2，E、F 分别为棱 AD、PC 的中点(1)求异面直线 EF 和 PB 所成角的大小；(2)求证：平面 PCE平面 PBC；(3)求直线 BD 与平面 PBC 所成的角 解析 以直线 AB 为 x 轴，直线 AD 为 y 轴，直线 AP 为 z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0

31、,0,2)(1)E 为 AD 的中点，E(0,1,0)，又 F 为 PC 的中点，F(1,1,1)，EF(1,0,1)，又PB(2,0，2)，cosEF，PB121211440，EF，PB90，即异面直线 EF 和 PB 所成角的大小为 90.(2)证明：由(1)知 EFPB，又BC(0,2,0)，EF(1,0,1)，EFBC 第 23 页 0，EFBC，EF平面 PBC，又 EF平面 PCE，平面 PCE平面 PBC.(3)设直线 BD 与平面 PBC 所成角为，BD(2,2,0)，EF(1,0,1)，cosBD，EF244010112，又由(2)知 EF平面 PBC，故 sin12.直线

32、BD 与平面 PBC 所成角为 30.21(本小题满分 12 分)(文)(2019湖南蓝山二中月考)如图，已知BC 是半径为 1 的半圆 O 的直径，A 是半圆周上不同于 B，C 的点，F 为弧 AC 的中点梯形 ACDE 中，DEAC，且 AC2DE，平面ACDE平面 ABC.求证：(1)平面 ABE平面 ACDE；(2)平面 OFD平面 BAE.证明(1)BC 是半圆 O 的直径，A 为半圆周上不同于 B，C 的点，BAC90，ACAB，平面 ACDE平面 ABC，平面 ACDE平面 ABCAC，AB平面 ABC，由两个平面垂直的性质得，AB平面 ACDE.第 24 页 AB平面 ABE，

33、平面 ABE平面 ACDE.(2)如图，设 OFACM，连接 DM，OA，F 为弧 AC 的中点，M 为 AC 的中点 AC2DE，DEAC，DEAM，DEAM，四边形 AMDE 为平行四边形，DMAE，DM平面 ABE，AE平面 ABE，DM平面 ABE.O 为 BC 中点，OM 为ABC 的中位线，OMAB，OM平面 ABE，AB平面 ABE，OM平面 ABE，OM平面 OFD，DM平面 OFD，OMDMM，由两个平面平行的判定定理可知，平面 OFD平面 ABE.(理)(2019唐山一中月考)在如图所示的多面体 ABCDE 中，AB平面 ACD，DE平面 ACD，ACADCDDE2，AB1

34、，G 为AD 中点(1)请在线段 CE 上找到点 F 的位置，使得恰有直线 BF平面 第 25 页 ACD，并证明这一事实；(2)求平面 BCE 与平面 ACD 所成锐二面角的大小；(3)求点 G 到平面 BCE 的距离 解析 解法 1：以 D 点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使得 x 轴和 z 轴的正半轴分别经过点 A 和点 E，则各点的坐标为D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0,0,2)，B(2,0,1)，C(1，3，0)(1)点 F 是线段 CE 的中点证明如下：设 F 是线段 CE 的中点，则点 F 的坐标为 F(12，32，1)，BF(32，32，0)，显然BF与平面 x

35、Oy 平行，此即证得 BF平面 ACD.(2)平面 ACD 的法向量 e(0,0,1)，设平面 BCE 的法向量为 n(x，y，z)，则 nCB，且 nCE，CB(1，3，1)，CE(1，3，2)，x 3yz0，x 3y2z0.不妨设 y 3，则 x1，z2.n(1，3，2)，所求角 满足 cosne|n|e|22，4.(3)由已知 G 点坐标为(1,0,0)，BG(1,0，1)，由(2)知平面 BCE 的法向量为 n(1，3，2)，第 26 页 所求距离 d|BGn|n|3 24.解法 2：(1)由已知 AB平面 ACD，DE平面 ACD，ABED，设 F 为线段 CE 的中点，H 是线段

36、CD 的中点，连接 FH，则 FH 綊12ED，FH 綊 AB，四边形 ABFH 是平行四边形，BFAH，由 BF平面 ACD，AH平面 ACD，BF平面 ACD.(2)由已知条件可知ACD 即为BCE 在平面 ACD 上的射影，设所求的二面角的大小为，则 cosSACDSBCE，易求得 BCBE 5，CE2 2，SBCE12|CE|BE2CE22 6，而 SACD34|AC|2 3，cosSACDSBCE22，而 02，4.(3)连结 BG、CG、EG，得三棱锥 CBGE，由 ED平面 ACD，平面 ABED平面 ACD，第 27 页 又 CGAD，CG平面 ABED，设 G 点到平面 BC

37、E 的距离为 h，则 VCBGEVGBCE，即13SBGEGC13SBCEh，SBGE32，SBCE 6，CG 3，hSBGEGCSBCE32363 24，即为点 G 到平面 BCE 的距离 22(本小题满分 14 分)(文)(2019长春市一调)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面 AA1C1C底面 ABC，AA1A1CAC2，ABBC，ABBC，O 为 AC 中点(1)证明：A1O平面 ABC；(2)若 E 是线段 A1B 上一点，且满足 VEBCC1112VABCA1B1C1，求A1E 的长度 解析(1)证明：AA1A1CAC2，且 O 为 AC 中点，A1OAC，又侧面 AA1C1

38、C底面 ABC，交线为 AC，A1O平面 A1AC，A1O平面 ABC.因此 BE14BA1，即 A1E34A1B，又在 RtA1OB 中，A1OOB，A1O 3，BO1 可得 A1B2，则 A1E 的长度为32.第 28 页(理)(2019豫南九校联考)如图，在 RtABC 中，ABBC4，点 E 在线段 AB 上，过点 E 做 EFBC 交 AC 于点 F，将AEF 沿EF 折起到PEF 的位置(折起后点 A 记作点 P)，使得PEB60.(1)求证：EFPB；(2)试问：当点 E 在线段 AB 上移动时，二面角 PFCB 的平面角的余弦值是否为定值？求出定值，若不是，说明理由 解析(1)

39、证明：在 RtABC 中，EFBC，EFAB.EFEB，EFEP，又EBEPE，EF平面 PEB.又PB平面 PEB，EFPB.(2)在平面 PEB 中，过 P 点作 PDBE 于 D，由(1)知 EF平面 PEB，EFPD，PD平面 BCEF，在平面 PEB 内过点 B 作直线 BHPD，则 BH平面 BCFE，以B 点为坐标原点BC、BE、BH的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 设 PEm(0m4)，又ABBC4，BE4m，EFm，在 RtPED 中，PED60，PD32m，DE12m.第 29 页 BD4m12m432m，C(4,0,0)，F(m,4m,0)，P(0,432m，32m)从而CF(m4,4m,0)，CP(4,432m，32m)设 n1(x0，y0，z0)是平面 PCF 的一个法向量，n1CF0，n1CP0，x0m4y04m0，4x0432my032mz00.x0y00，3y0z00.取 y01，则 n1(1,1，3)是平面 PFC 的一个法向量 又平面 BCF 的一个法向量为 n2(0,0,1)，设二面角 PFCB 的平面角为，则 cos|cosn1，n2|155，因此当点 E 在线段 AB 上移动时，二面角 PFCB 的平面角的余弦值为定值155.