03 模块三　立体几何 【答案】听课手册.docx

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1、模块三立体几何微专题8空间几何体微点1例1(1)BCD(2)28解析 (1)对于A,设该圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则2r=1321,2R=1323,解得r=13,R=1,又该圆台的母线长为3-1=2,所以该圆台的高为22-1-132=423,故选项A错误;对于B,该圆台的上底面面积为19,下底面面积为,侧面积为13+12=83,所以该圆台的表面积S=19+83=349,故选项B正确;对于C,该圆台的体积V=13132+131+12423=52281,故选项C正确;对于D,该圆台的上底面面积、下底面面积和侧面积之比为1983=1924,故选项D正确.故选BCD.(2)方法一:依题意可

2、知,原正四棱锥的高为6,故棱台的体积V=V大正四棱锥-V小正四棱锥=13426-13223=28.方法二:由题可知所得棱台的高为3,上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,由棱台的体积公式可得棱台的体积V=13(42+22+4222)3=28.【自测题】1.B解析 设正方体的棱长为a,正四面体的棱长为b,球的半径为R,表面积为S.正方体的表面积S=6a2,所以a2=16S,所以V12=(a3)2=(a2)3=1216S3.如图,在正四面体PABC中,D为AC的中点,O为ABC的中心,则PO是正四面体PABC的高,BDAC,AD=12b,所以BD=AB2-AD2=32b,所以SABC

3、=12ACBD=12b32b=34b2,所以正四面体PABC的表面积S=4SABC=3b2,所以b2=33S.又O为ABC的中心,所以BO=23BD=33b.又根据正四面体的性质,可知POBO,所以PO=PB2-BO2=63b,所以V22=13SABCPO2=1334b263b2=172b6=17233S3=3648S3.球的表面积S=4R2,所以R2=S4,所以V32=43R32=136S3.因为136S31216S312163S3=3648S3,所以V32V12V22,所以V2V1V3.故选B.2.B解析 设几何体为EF-ABCD,如图所示.矩形ABCD的面积为64=24,侧面为两个全等的

4、等腰三角形和两个全等的等腰梯形.设点E,F在底面ABCD内的射影分别为G,H,在平面ABCD内,过点G作GMBC于M,连接EM,过点H作HNCD于N,连接FN.FH平面ABCD,CD平面ABCD,FHCD.又HNCD,FHHN=H,CD平面FHN,又FN平面FHN,FNCD.同理可得EMBC.易知EG=FH=2,GM=HN=2,梯形BCFE的高为EM=EG2+GM2=22+22=22,S梯形ADFE=S梯形BCFE=12(EF+BC)EM=82.在CDF中,斜高为FN=FH2+HN2=22+22=22,SABE=SCDF=12CDFN=42,因此,该几何体的表面积为24+2(42+82)=24

5、+242,故选B.3.4解析 V圆台=13(12+1222+22)2=143,V半球=124313=23,剩余部分几何体的体积为V圆台-V半球=4.微点2例2BC解析 如图.对于选项A,易知CAD为二面角C-AA1-D的平面角,且CAD=45,故A错误;对于选项B,由题可知四边形ABB1A1和四边形ADD1A1为全等的直角梯形,故BB1=DD1,又B1D1BD,BB1与DD1不平行,所以四边形BDD1B1为等腰梯形,故B正确;对于选项C,由题知AD=4,DD1=52,A1D1=2,所以A1A=254-(4-2)2=32,则四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积V=13(4+16+8)32=14

6、,故C正确;对于选项D,因为四边形ABCD是正方形,所以BDAC,因为A1A平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1ABD,又A1AAC=A,A1A,AC平面AA1C1C,所以BD平面AA1C1C,又CC1平面AA1C1C,所以BDCC1,故D错误.故选BC. 【自测题】1.AB解析 对于A,假设内存在与a平行的直线,则由直线和平面平行的判定定理知直线a与平面平行,与条件相矛盾,假设不成立,故A正确;由面面平行的判定定理可知B正确;对于C,当直线m,n不相交时,由线面垂直的判定定理知,当lm且ln时,得不到l,故C错误;对于D,当11,时,可满足题设条件,此时平面与平面所成的二面角为90,平面

7、1与平面1所成的二面角为0,故D错误.故选AB.2.AB解析 如图,取AB的中点F,连接EF,PF,易知G在PF上,PF是PAB的中线,BGGD=21,PGGF=2,PGGF=PHHE=2,GHEF,又EFAC,GHAC,故C错误;AC平面ABC,GH平面ABC,GH平面ABC,故A正确;取AC的中点O,连接PO,BO,则POAC,BOAC,POBO=O,PO平面POB,BO平面POB,AC平面POB,又PB平面POB,ACPB,又GHAC,GHPB,故B正确;GH与PA所成的角为PAC或其补角,在正三棱锥中,PA=PB=PC,AB=AC=BC,PA不一定等于AC,PAC不一定是等边三角形,P

8、AC不一定是60,故D错误.故选AB. 1.B解析 设圆锥的母线长为l,则22=l,解得l=22.故选B.2.C解析 由题意知,水库水位为海拔148.5 m时,相应水面(棱台的上底面)的面积为140.0 km2=140106 m2,水库水位为海拔157.5 m时,相应水面(棱台的下底面)的面积为180.0 km2=180106 m2,水面上升的高度为157.5-148.5=9(m),所以增加的水量(棱台的体积)V=139(140106+140106180106+180106)=3(320106+607106)3(320106+602.65106)=1.4371091.4109(m3).故选C.

9、3.B解析 如图所示,取AB的中点C,连接OC,PC,则有OCAB,PCAB.在AOB中,OA=OB=3,AOB=120,则ABO=30,所以OC=OBsin 30=32,AB=OBcos 302=3.又由PAB的面积为934,得123PC=934,解得PC=332,所以PO=PC2-OC2=3322-322=6,所以该圆锥的体积V=13OA2PO=13(3)26=6.故选B. 4.B解析 设PBC中PC边上的高为h,则由题意可得SPMN=1213PC23h=1229PCh=29SPBC,VP-AMN=VA-PMN=29VA-PBC=29VP-ABC.故选B.5.AC解析 如图,取AC的中点D

10、,连接OD,PD,PO,则ODAC,PDAC,故PDO为二面角P-AC-O的平面角,得PDO=45.因为APB=120,PA=2,所以AB=23,PO=1,故圆锥的体积V=13(3)21=,故A正确;S圆锥侧=32=23,故B错误;由PDO=45,可得DO=1,故AC=23-1=22,故C正确;易知PODO,由PO=1,DO=1,得PD=2,则SPAC=12222=2,故D错误.故选AC. 6.CD解析 设正方形ABCD的边长为2,则ED=2,FB=1,AC=22,V1=VE-ACD=13SACDED=43.ED平面ABCD,FBED,FB平面ABCD,V2=VF-ABC=13SABCFB=2

11、3.连接BD交AC于M,连接EM,FM,ACED,ACBD,BDED=D,AC平面BDEF.过F作FNDE,垂足为N,则FNBD,且FN=BD=22,在RtENF中,EF=EN2+FN2=3.在RtMBF中,FM=BF2+BM2=3.在RtEDM中,EM=ED2+DM2=6,EM2+FM2=EF2,即EMFM,故V3=VF-ACE=13SEMFAC=2.故选项A,B错误,选项C,D正确,故选CD.7.766解析 连接AC,A1C1,作A1EAC,垂足为E,在等腰梯形ACC1A1中,AC=22,A1C1=2,AA1=2,则可得该棱台的高h=A1E=62,故该棱台的体积V=13(S+S+SS)h=

12、13(1+4+2)62=766.微专题9球的截面性质与切接问题微点1例1C解析 在ABC中,BC=23,BAC=60,根据三角形的外接圆半径公式,可得ABC的外接圆半径r=122332=2.设P点在平面ABC内的射影为D,连接PD,AD,球心O在直线PD上,则AD=r=2,在RtPDA中,由PD2+AD2=PA2,可得PD=22,设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则(22-R)2+22=R2,解得R=322,所以球O的体积V=4R33=432233=92.故选C.【自测题】1.A解析 如图所示,易知球心O为SC的中点,设过A,B,C三点的小圆的圆心为O1,则OO1平面ABC,连接CO1,CO

13、1=2332=33,OO1=1-13=63,点S到平面ABC的距离为2OO1=263.ABC是边长为1的正三角形,ABC的面积为34,VS-ABC=1334263=26. 2.31解析 因为PA平面ABC,AC,AB平面ABC,所以PAAB,PAAC,又ACAB,所以PA,AB,AC两两垂直,故可将三棱锥P-ABC补全为长方体,故三棱锥P-ABC的外接球,即为此长方体的外接球,令三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则(2R)2=PA2+AB2+AC2=31,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积为4R2=31.微点2例2B解析 设此正三棱锥框架为P-ABC(如图),球O1的半径为R,球O2的半径为r

14、,底面三角形ABC外接圆的圆心为O,连接PO,AO,延长AO交BC于点N.因为圆气球O2在此框架内且与正三棱锥所有的棱都相切,所以O2在PO上且与棱BC相切于点N,设球O2与棱PA相切于点M,连接NO2,MO2.由题意得AN=3223=3,则AO=23AN=2,ON=13AN=1.因为PO底面ABC,所以POAO,又因为PA=22,所以PO=8-4=2,在直角三角形OO2N中,OO2=r2-1,1rO1O2,矛盾,故点O在线段O1O2的延长线上.由题意得R2=O1A12+(OO2+1)2=O2A22+OO22,可得OO2=3,R=5,该球的表面积S=4R2=100.2.B解析 设P在底面ABC

15、上的射影为O,则O为ABC的中心,连接OA,则OA=23632=23,PO=PA2-OA2=62-(23)2=26.连接OQ,易知点Q在ABC的边上及其内部,PO2+OQ2=PQ2,又PQ5,OQ1,易知点O到ABC的边的距离大于1,T表示的区域是以O为圆心,1为半径的圆及其内部,其面积为.3.C解析 如图,连接AC,BD交于点O1,连接SO1.设正四棱锥S-ABCD的高SO1=h,底面边长为a,则AO1=22a,设正四棱锥外接球的半径为R,则由43R3=36,得R=3.延长SO1,交球面于点M,连接AM,则SM为球的直径,易知AO1SM,在RtSAM中,由射影定理知,l2=6h,12a2=h

16、(6-h),所以a2=2h(6-h),h=l2632,92,所以正四棱锥S-ABCD的体积为13a2h=23h2(6-h)=23(-h3+6h2).记V(h)=23(-h3+6h2),h32,92,则V(h)=2(-h2+4h),h32,92,当h32,4时,V(h)0,V(h)单调递增,当h4,92时,V(h)1.4,故B正确;对于C,圆柱体的底面直径为0.01 m,可以忽略不计,正方体的体对角线的长为3 m,而1.83,故C不正确;对于D,圆柱体的高为0.01 m,可忽略不计,如图,取E,F,G,H,I,J分别为所在棱的中点,并顺次连接,所得六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为22 m,

17、连接FH,易知FH为正六边形EFGHIJ的内切圆直径,因为GFH=GHF=30,所以FH=3FG=3GH=62 m,而622=641.22=1.44,故D正确.故选ABD.例2C解析 要使球的体积取到最大值,球需接触到抛物线y=14x2(y8)旋转所形成的的曲面上,设此时球与平面xOy的交点为P(x0,y0),球心为O1,半径为r,则y0=14x02,O1(0,8-r),设抛物线在点P处的切线为l,连接O1P,则lO1P,且O1到直线l的距离为r.由y=14x2,得y=12x,所以直线l的方程为y-y0=12x0(x-x0),即12x0x-y+y0-12x02=0,所以点O1到直线l的距离d=

18、12x00-1(8-r)+y0-12x0212x02+(-1)2=-(8-r)-14x0214x02+1=r,又klkO1P=-1,即12x08-r-y00-x0=-1,整理得8-r=2+14x02,代入式,得r=-(8-r)-14x0214x02+1=-2-12x0214x02+1=2+12x0214x02+1=x02+4,因为球始终与该几何体的底部相接,所以点P为原点,即当x0=0时,小球的体积最大,此时r=x02+4=2,所以小球体积的最大值为4323=323.故选C.例3C解析 设四棱锥的底面为四边形ABCD,四棱锥O-ABCD的高为a,底面所在圆为O1,连接OO1,AC,BD,则OO

19、1平面ABCD.当四边形ABCD为正方形时,四边形ABCD的面积最大,此时O1为AC,BD的交点,O1D=OD2-OO12=1-a2,则CD=2O1D=2-2a2,故S正方形ABCD=CD2=2-2a2,则V四棱锥O-ABCD=13a(2-2a2)=23(a-a3).设f(a)=a-a3(0a1),则f(a)=1-3a2,当0a0,f(a)单调递增,当33a1时,f(a)0,f(a)单调递减,所以当a=33时,f(a)取到最大值,此时该四棱锥的体积取到最大值.故选C.【自测题】ACD解析 对于A选项,连接AD,在正四面体PABC中,D是PB的中点,所以PBAD,PBCD,又因为AD平面ACD,

20、CD平面ACD,ADCD=D,所以PB平面ACD,又因为AE平面ACD,所以PBAE,所以直线AE与PB所成的角为2,故A选项正确;对于B选项,把ACD沿着CD展开与BDC在同一个平面内(A,B在CD的异侧),由AD=CD=23,AC=4,得cosADC=13,所以cosADB=cos2+ADC=-sinADC=-223,所以AB2=22+(23)2-2223-223=16+166334,所以AB34,所以ABE周长的最小值不为4+34,故B选项错误;对于C选项,要使小球半径最大,则小球与四个面相切,即小球是正四面体的内切球,设内切球的半径为r,正四面体PABC的高h=42-234322=46

21、3,由等体积法可得V四面体PABC=13SABCh=13S表r,又S表=4SABC,所以r=14h=63,故C选项正确;对于D选项,10个小球分三层(1个,3个,6个)放进去,要使小球半径最大,则外层小球与四个面相切,设小球半径为r,四个角小球球心连线得到的几何体MNGF是棱长为4r的正四面体,其高为463r,如图,在正四面体PHIJ中,由正四面体内切球的半径是正四面体的高的14得,点M与点P之间的距离为3r,则正四面体PABC的高为3r+463r+r=463,得r=6-2,故D选项正确.故选ACD. 微专题10空间角与空间距离微点1例1解:(1)证明:因为BC平面PAB,AB,PE平面PAB

22、,所以BCAB,BCPE.因为PEEC,ECBC=C,EC,BC平面ABCD,所以PE平面ABCD,又BD平面ABCD,所以PEBD.因为tanABD=tanBCE=12,所以ABD=BCE,所以ABD+CEB=90,即BDCE.因为PECE=E,PE,CE平面PEC,所以BD平面PEC.(2)由(1)得PEAB,因为E为AB的中点,所以PB=PA=AB=2.以E为坐标原点,EB,EP所在直线分别为x轴、z轴,过点E作BC的平行线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,3),C(1,2,0),D(-1,1,0),B(1,0,0),所以PC=(1,2,-3),PD=(-1,1,-3)

23、,BD=(-2,1,0).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则PCm=0,PDm=0,即x+2y-3z=0,-x+y-3z=0,令x=1,则y=-2,z=-3,即m=(1,-2,-3).由(1)知平面PCE的一个法向量为BD=(-2,1,0),因为cos=mBD|m|BD|=-485=-105,所以平面PEC与平面PCD夹角的余弦值为105.例2解:(1)证明:如图,连接A1B.因为AB=AA1,A1AB=60,所以ABA1为等边三角形.因为A1C=23,BC=2,A1B=4,所以A1B2=A1C2+BC2,所以BCA1C,又BCAC,ACA1C=C,AC,A1C平面ACC1A1,所以

24、BC平面ACC1A1. (2)方法一:如图,设E为BB1的中点,连接A1E,DE,作DFA1E于F. 因为BC平面ACC1A1,DEBC,所以DE平面ACC1A1,又CC1平面ACC1A1,所以DECC1.在A1CC1中,因为A1C=A1C1,D为CC1的中点,所以A1DCC1,又A1DDE=D,所以CC1平面A1DE.因为BB1CC1,所以BB1平面A1DE,又DF平面A1DE,所以BB1DF.因为DFA1E,BB1A1E=E,BB1,A1E平面ABB1A1,所以DF平面ABB1A1,所以直线A1D与平面ABB1A1所成的角为DA1E.在DA1E中,A1DDE,A1D=A1C2-22=22,

25、DE=BC=2,所以A1E=A1D2+DE2=23,所以sinDA1E=DEA1E=33.故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为33.方法二:如图,以C为原点,CA,CB所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系, 则A(23,0,0),B(0,2,0),A1233,0,463,C1-433,0,463,D-233,0,263,所以A1D=-433,0,-263,AB=(-23,2,0),AA1=-433,0,463.设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z),由nAB=0,nAA1=0,得3x-y=0,x-2z=0,令z=1,则x=2,y=6,即n=(2,6,1).设直线A1D与平

26、面ABB1A1所成的角为,则sin =|cos|=|A1Dn|A1D|n|=33.故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为33.【自测题】解:(1)证明:因为AB=AC,O为BC的中点,所以OABC.因为侧面BCC1B1为等腰梯形,M,O分别为B1C1,BC的中点,所以OMBC.因为OAOM=O,OA,OM平面AOM,所以BC平面AOM.因为BC平面ABC,所以平面ABC平面AOM.(2)在平面AOM内,过O作ONOA,交AM的延长线于N,因为平面ABC平面AOM,ON平面AOM,平面AOM平面ABC=OA,所以ON平面ABC.以O为原点,OB,OA,ON的方向分别为x,y,z轴的正方向

27、,建立空间直角坐标系,因为OABC,OMBC,OA平面ABC,OM平面BCC1B1,所以AOM是二面角A-BC-C1的平面角,则AOM=6,所以MON=3.因为AB=AC=5,BC=8,所以OA=3,所以A(0,3,0),B(4,0,0),C(-4,0,0).在等腰梯形BCC1B1中,BC=8,B1C1=CC1=4,所以OM=16-4=23,则M(0,3,3),所以C1(-2,3,3),B1(2,3,3),所以BB1=(-2,3,3),CA=(4,3,0),CC1=(2,3,3).设平面AA1C1C的法向量为n=(x,y,z),则nCA=4x+3y=0,nCC1=2x+3y+3z=0,取x=3

28、,得y=-4,z=23,则n=(3,-4,23),所以直线BB1与平面AA1C1C所成角的正弦值为|cos|=|nBB1|n|BB1|=|-23+3(-4)+323|9+16+124+9+3=33737.微点2例3解:(1)证明:由题得平面与平面ABCD,平面A1B1C1D1的交线分别为DC,EF,又平面ABCD平面A1B1C1D1,EFDC,又EF=DC,四边形EFCD为平行四边形,EDFC.ED平面ACF,FC平面ACF,ED平面ACF.(2)在ADC中,由余弦定理可得AC=3,由勾股定理得ACAD,又AA1平面ABCD,AA1,AC,AD两两垂直,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系

29、.取AD的中点H,连接EH,易知AHA1E,AH=A1E,四边形AHEA1为平行四边形,AA1HE,又AA1平面ACD,HE平面ACD.作HIDC,垂足为I,连接EI,HE平面ACD,HECD,又HEHI=H,CD平面EHI,可得CDEI,EIH为平面EFCD与平面ABCD的夹角.易求HI=34,tanEIH=EHHI=433,EH=1.ED平面ACF,点E到平面ACF的距离等于点D到平面ACF的距离d.A(0,0,0),D(1,0,0),C(0,3,0),E12,0,1,DC=(-1,3,0),由DC=EF,得F-12,3,1,AC=(0,3,0),AF=-12,3,1,AD=(1,0,0)

30、.设平面ACF的法向量为m=(x,y,z),则mAC=3y=0,mAF=-12x+3y+z=0,可取m=(2,0,1),则d=|mAD|m|=255.【自测题】解:(1)证明:由题知AC=2+2=2,CAB=ACD=45,所以BC2=4+8-222222=4,故BC=2,则ACB=90,即ACCB.因为平面PAC平面ACB,平面PAC平面ACB=AC,CBAC,CB平面ACB,所以CB平面PAC,又AP平面PAC,所以CBAP.因为PAPC,PCCB=C,PC,CB平面PCB,所以AP平面PCB,又CM平面PCB,所以APCM.(2)设AC的中点为O,AB的中点为D,连接OP,OD,易知OA,

31、OD,OP两两垂直.以OA,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0).设BMBP=,则BM=BP,设M(x,y,z),则(x+1,y-2,z)=(1,-2,1),可得M(-1,2-2,),所以CM=(,2-2,),又CA=(2,0,0),点M到直线AC的距离为255,所以CM2=45+CACM|CA|2,即2+(2-2)2+2=45+222,即252-40+16=0,解得=45,所以BMBP=45.微点3例4解:(1)证明:方法一:如图,作A2B3AB交BB1于B3,D2C3DC交CC1于C3

32、,连接B3C3,易知A2B3D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2B3C3.因为B2B3C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3B2C2,所以B2C2A2D2.方法二:因为B2C2=B2B1+B1C1+C1C2=DD2+AD+A2A=A2D2,B2,C2,A2,D2四点不共线,所以B2C2A2D2.(2)方法一:如图,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0t4),则A2C2=(-2,

33、-2,2),A2D2=(0,-2,1),A2P=(-2,0,t-1).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则-2x1-2y1+2z1=0,-2y1+z1=0,取x1=1,得n1=(1,1,2),同理n2=(t-1,3-t,2).由题得|cos|=32=(t-1)+(3-t)+46(t-1)2+(3-t)2+4,整理得t2-4t+3=0,解得t=1或t=3,则B2P=|2-t|=1.方法二:如图,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E.因为二面角P-A2C2-D2为150,所以直

34、线B2E与平面PA2C2所成的角为30,易知B2E=2,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin 30=22.连接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=22,得A1EB2D2,由A1C2=A1A2=3,得A1EA2C2,又A2C2B2D2=E,所以A1E平面A2B2C2.因为二面角P-A2C2-D2为150,所以A1E与平面PA2C2所成的角为60,易知A1E=6,所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin 60=322.所以VA1-PA2C2VB2-PA2C2=d2d1=3.又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平

35、面PA2B2为同一个平面),所以SPA1A2SPA2B2=3,所以A1A2=3B2P=3,解得B2P=1.【自测题】解:(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,且PA平面ABCD,所以AP,AB,AD两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,3),C(3,3,0),Q(0,3,1),B(3,0,0),E32,0,32,F32,3,12,所以EF=(0,3,-1),易知平面PADQ的一个法向量为a=(1,0,0),因为aEF=0,所以EFa,又EF平面ADQP,所以EF平面ADQP. (另法:分别取AB,CD的中点G,H,连

36、接EG,GH,FH,如图. 因为点E,F分别为PB,CQ的中点,所以EGPA,FHQD,又PADQ,所以EGFH,所以点E,G,H,F四点共面.因为G,H分别为AB,CD的中点,所以GHAD.因为AD平面ADQP,GH平面ADQP,所以GH平面ADQP.因为FHQD,QD平面ADQP,FH平面ADQP,所以FH平面ADQP.因为FHGH=H,FH,GH平面EGHF,所以平面EGHF平面ADQP,又EF平面EGHF,所以EF平面ADQP.)(2)设平面PCQ的法向量为m=(x,y,z),因为PC=(3,3,-3),CQ=(-3,0,1),所以mPC=3x+3y-3z=0,mCQ=-3x+z=0,

37、取x=1,可得m=(1,2,3),所以平面PCQ的一个法向量为m=(1,2,3).易知平面CQD的一个法向量为n=(0,1,0),设平面PCQ与平面CQD的夹角为,则cos =|cos|=|mn|m|n|=211+4+9=214=147,所以平面PCQ与平面CQD夹角的余弦值为147.(3)假设存在点M满足题意,设PM=PC=(3,3,-3),其中0,1,则AM=AP+PM=(0,0,3)+(3,3,-3)=(3,3,3-3).由(2)得平面PCQ的一个法向量为m=(1,2,3),由题意可得|cos|=|AMm|AM|m|=|3+6+9-9|1492+92+(3-3)2=427,整理可得122

38、-8+1=0,即(2-1)(6-1)=0,解得=16或=12,所以存在满足题意的点M,且PMMC=15或PMMC=1.1.解:(1)证明:A1C平面ABC,BC平面ABC,A1CBC,又BCAC,A1C,AC平面ACC1A1,A1CAC=C,BC平面ACC1A1,又BC平面BCC1B1,平面ACC1A1平面BCC1B1.如图,过A1作A1OCC1,交CC1于O,又平面ACC1A1平面BCC1B1=CC1,A1O平面ACC1A1,A1O平面BCC1B1.A1到平面BCC1B1的距离为1,A1O=1.在RtA1CC1中,A1CA1C1,CC1=AA1=2.设CO=x,则C1O=2-x,A1OC,A

39、1OC1,A1CC1均为直角三角形,CO2+A1O2=A1C2,A1O2+OC12=A1C12,A1C2+A1C12=C1C2,1+x2+1+(2-x)2=4,解得x=1,A1C=A1C1=2,又AC=A1C1,A1C=AC. (2)方法一:连接A1B,AC=A1C,BCA1C,BCAC,RtACBRtA1CB,A1B=AB=A1B1.取BB1的中点F,连接A1F,则A1FBB1.直线A1A与B1B的距离为2,A1F=2,又AA1=2且A1C=AC,A1C=AC=2,AB=A1B1=A1B=5,BC=3.以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,3,0),B1(-2,3,2),C1(-2,0,2),CB=(0,3,0),CC1=(-2,0,2),AB1=(-22,3,2).设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则nCB=0,nCC1=0,即3y=0,-2x+2