03 模块三　立体几何 【答案】作业手册.docx

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1、模块三立体几何限时集训(八)1.C解析 设圆锥的母线长为l,高为h,底面半径为r,则r=1,h=3,圆锥的侧面积S1=rl=rr2+h2=2,圆锥的底面积S2=r2=,所以S1S2=2=2,故选C.2.A解析 对于A,若m,n,则直线m,n可能平行,也可能相交,还可能异面;若mn,则存在平面,使得m,n.即“存在平面,使得m,n”是“mn”的必要不充分条件,故A正确.对于B,若m,n,则mn;若mn,则存在平面,使得m,n.即“存在平面,使得m,n”是“mn”的充要条件,故B错误.对于C,若ml,nl,则mn;若mn,则不存在直线l,使得ml,nl.即“存在直线l,使得ml,nl”是“mn”的

2、既不充分也不必要条件,故C错误.对于D,若ml,nl,则mn;若mn,则存在直线l,使得ml,nl.即“存在直线l,使得ml,nl”是“mn”的充要条件,故D错误.故选A.3.D解析 由题意知,天池盆盆口半径是14寸,盆底半径是6寸,高为18寸,由积水深9寸知水面半径为12(14+6)=10(寸),则盆中水的体积为139(62+102+610)=588(立方寸),所以平地降雨量为588142=3(寸).故选D.4.A解析 如图,PO为正四棱锥的高,M为AD的中点,设正四棱锥的底面边长为AB=2a,则OM=a,设侧面三角形的顶角为2,因为侧面与底面所成锐二面角的余弦值为5-12,所以OMPM=5

3、-12,所以PM=5+12a,在RtPAM中,tan =AMPM=5-12,由二倍角的正切公式可得,tan 2=2tan1-tan2=5-11-5-122=2,故选A.5.D解析 对于A选项,如图所示,在正方体DMEF-GPQT中,QTEF且QT=EF,因为B,C分别为QT,EF的中点,所以BQEC且BQ=EC,所以四边形BCEQ为平行四边形,所以BCEQ,因为BC平面EMPQ,EQ平面EMPQ,所以BC平面EMPQ,同理可证AB平面EMPQ,因为ABBC=B,AB,BC平面ABC,所以平面EMPQ平面ABC,因为MN平面EMPQ,所以MN平面ABC;对于B选项,如图所示,连接PT,在正方体D

4、ECF-GPQT中,PEFT且PE=FT,因为A,B分别为PE,FT的中点,所以PABT且PA=BT,所以四边形PABT为平行四边形,故ABPT,因为M,N分别为GP,GT的中点,所以MNPT,所以MNAB,因为MN平面ABC,AB平面ABC,所以MN平面ABC;对于C选项,如图所示,在正方体DMKN-GPQT中,取GT的中点F,连接AF,BF,PT,GN,因为PGKN且PG=KN,A,C分别为PG,KN的中点,所以AGCN且AG=CN,故四边形ACNG为平行四边形,则ACGN,因为F,B分别为GT,TN的中点,所以BFGN,则BFAC,所以A,B,C,F四点共面,所以平面ABC即为平面ACB

5、F,因为PMNT且PM=NT,所以四边形PMNT为平行四边形,所以PTMN,因为A,F分别为PG,GT的中点,所以AFPT,所以MNAF,因为MN平面ABC,AF平面ABC,所以MN平面ABC;对于D选项,如图所示,在正方体DEKF-GPQT中,连接BN,CN,PT,因为PEFT且PE=FT,B,N分别为PE,FT的中点,所以PBTN且PB=TN,所以四边形PBNT为平行四边形,则BNPT,因为A,C分别为GP,GT的中点,所以ACPT,故ACBN,所以A,B,C,N四点共面,则平面ABC即为平面ABNC,又平面ABNC与MN有公共点N,所以平面ABC与MN有公共点N,故MN与平面ABC相交.

6、故选D. 6.D解析 由旋转体的概念可得OCD,阴影部分,AEB所形成的几何体分别为圆锥、圆柱中挖去一个半球后剩余部分、半球,易知OE=DE,设DE=OE=r,则V1=13r2r=13r3,V2=r2r-1243r3=13r3,V3=1243r3=23r3,显然V1=V2,且V1+V2=V3.故选D.7.C解析 方法一:如图,过F作FO平面ABCD,垂足为O,过F分别作FGBC,FMAB,垂足分别为G,M,连接OG,OM,由题意得,等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角分别为FMO和FGO,所以tanFMO=tanFGO=145.因为FO平面ABCD,BC平面ABCD,所

7、以FOBC,因为FGBC,FO,FG平面FOG,FOFG=F,所以BC平面FOG,因为OG平面FOG,所以BCOG,同理OMBM,又BMBG,所以四边形OMBG是矩形,所以由BC=10 m,得OM=5 m,所以FO=14 m,所以OG=5 m,所以在直角三角形FOG中,FG=FO2+OG2=(14)2+52=39(m),在直角三角形FBG中,BG=OM=5 m,FB=FG2+BG2=(39)2+52=8(m),又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15(m),所以该五面体的所有棱长之和为225+210+15+48=117(m).故选C. 方法二:根据题意及对称性可知底面四边形ABCD为矩形,

8、设E,F在底面ABCD内的射影分别为M,N,设AD与BC的中点分别为P,Q,连接PQ,则M,N在线段PQ上,如图,过M,N分别作AB的垂线,垂足分别为G,H,连接HF,FQ,EG,EP,则根据题意可得tanEPM=tanEGM=tanFHN=tanFQN=145,又MG=NH=5 m,所以EM=FN=14 m,所以PM=QN=5 m,所以EP=FQ=14+25=39(m),所以MN=PQ-PM-QN=AB-PM-QN=25-5-5=15(m),所以EF=MN=15 m,又易知BCQN,FN底面ABCD,所以根据三垂线定理可知BCFQ,又BQ=5 m,FQ=39 m,所以FB=39+25=8(m

9、),所以ED=EA=FC=FB=8 m,所以该五面体的所有棱长之和为84+(25+10)2+15=117(m).故选C. 8.AC解析 A选项,由底面半径为5,母线长为3,得侧面积为53=35,故A正确;B选项,设圆锥的轴截面为MTN,则cosMTN=9+9-20233=-190,故MTN为钝角,又0PTQMTN,所以当sinPTQ最大,即PTQ=2时,TPQ的面积最大,则TPQ面积的最大值为12TPTQ=1233=92,故B错误;C选项,VO-TPQ=VT-OPQ=13SOPQOT,则当POQ=2时,SOPQ取得最大值1255=52,又OT=TQ2-OQ2=2,所以三棱锥O-TPQ体积的最大

10、值为13522=53,故C正确;D选项,如图,圆锥内切球的半径即为圆锥轴截面内切圆的半径,设内切球的半径为r,内切球的球心为I,连接IM,IN,则SITM+SIMN+SITN=STMN,所以12(TM+MN+TN)r=12MNTO,即12(3+25+3)r=12252,解得r=35-52,则内切球的体积为4335-52343,故D错误.故选AC. 9.ACD解析 设AA1=a,AB=b,AD=c,正方形ABCD的边长为1,则ab=11cos 60=12,ac=11cos 60=12,bc=0.对于选项A,AA1=AB,A1AB=A1AD=60,根据对称性知,点A1在平面ABCD内的射影在BAD

11、的角平分线上,即在AC上,故A正确;对于选项B,AC1=a+b+c,A1B=-a+b,所以AC1A1B=(a+b+c)(-a+b)=-a2+b2-ac+bc=-120,即AC1与A1B不垂直,则AC1与平面A1BD不垂直,故B错误;对于选项C,连接AC,设AC,BD相交于O,连接A1O,A1C1,设AC1与A1O交于Q点,Q即为AC1与平面A1BD的交点,则A1QOQ=A1C1AO=2,又A1O为A1BD中BD边上的中线,所以Q为A1BD的重心,故C正确;对于选项D,连接B1D1,设B1D1与A1C1相交于H,连接HO,HC,易得HOBD,又ACBD,HO平面B1BD,AC平面CBD,故HOC

12、为二面角B1-BD-C的平面角,因为HC=OC-OH=-a+12b+12c,所以HC2=-a+12b+12c2=a2+14b2+14c2-ab-ac+14cb=12,故HC=22,又HO=AA1=1,OC=22,所以HC2+OC2=OH2,所以HOC为等腰直角三角形,故HOC=45, 故D正确.故选ACD. 10.633解析 设半球的半径为R,圆台的高为h,圆台的上底面半径r=3.作出轴截面,如图,因为半球的体积为144,所以23R3=144,解得R=6,在RtOO1A中,R2=r2+h2,代入解得h=33,所以圆台的体积为1333(9+36+936)=633. 11.32解析 如图所示,把三

13、棱锥A-BCD补成一个平行六面体,连接EF,DE,其中PQ为异面直线AB,CD的公垂线,即PQAB,PQCD且PQ=3.在平行六面体中,可得ABCE,所以PQCE,又因为CDCE=C且CD,CE平面CDFE,所以PQ平面CDFE,又AB平面CDFE,所以点A到平面CDFE的距离d=3.因为ABCE,且异面直线AB与CD所成的角为60,所以CE与CD所成的角为60,又因为AB=CE=1,CD=2,所以VA-BCD=VD-AEF=VA-CDE=1312CDCEsin 603=131221323=32,即三棱锥A-BCD的体积为32. 12.133解析 在棱AD上取点M,N,使得AN=DM=12,在

14、棱D1C1上取点P,使得D1P=12,连接MH,MH1,PH1,ME1,NE,NE1,HP,HE1,如图,所求几何体可以看作正方体去掉4个体积相同的三棱柱(如图中三棱柱DMH-D1H1P),再去掉四个五面体(如图中H1E1MNEH),五面体可分割为一个四棱锥E1-MNEH与一个三棱锥H-MH1E1,因为V三棱柱DMH-D1H1P=12DHDMDD1=1212122=14,V四棱锥E1-MNEH=13S梯形MNEHNE1=13(1+2)12122=12,V三棱锥H-MH1E1=13SMH1E1HD=13122112=16,所以V=23-414+12+16=133. 13.B解析 如图,作SDOC

15、交OC的延长线于点D,因为平面SAB平面,且平面SAB平面=OC,SD平面SAB,所以SD平面,SD=6,因为点O,C分别为AB,SB的中点,所以OCSA,又SAB为等边三角形,所以DSC=30,所以SC=22,所以底面半径OA=22,母线SB=42,则该圆锥的侧面积S=OASB=2242=16,故选B. 14.AD解析 对于A,因为ABFG,FGED,所以ABED,又因为ED平面EDD1E1,AB平面EDD1E1,所以AB平面EDD1E1,故A正确;对于B,每个菱形钝角的余弦值是-13,即ED不与EF垂直,又因为ABED,所以AB不与EF垂直,故B错误;对于C,假设蜂房底部的三个菱形所在的平

16、面两两垂直,可知平面BCDG平面FEDG=DG,则DG平面ABGF,因为AB平面ABGF,所以DGAB,又DGEF,所以EFAB,这与AB不与EF垂直矛盾,假设不成立,故C错误;对于D,如图,补形可知,过B,D,F作正六边形A2BC2DE2F,连接AG,BF,记上底面的中心为O1,下底面A2BC2DE2F的中心为O,连接O1O,因为四边形ABGF为菱形,所以AG的中点在BF上,故点A,G到平面A2BC2DE2F的距离相等,故VG-OBA2F=VA-OBA2F,同理可得VG-OBC2D=VC-OBC2D,VG-ODE2F=VE-ODE2F,故该几何体的体积与以六边形A1B1C1D1E1F1为底面

17、,以BB1为高的正六棱柱的体积相等,故D正确.故选AD. 15.BC解析 因为正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为2,BC=2,所以正三棱锥A-PBC的侧棱两两垂直,正三棱锥D-PBC的侧棱两两垂直,则正三棱锥可以放到正方体中,当点A,P分别旋转至点A,P处,且A,B,C,D四点共面,点A,D分别位于BC两侧时,如图所示,在正方体中,DPAP且DP=AP,四边形PDAP为平行四边形,则有DAPP,PCP为等边三角形,则PP与PC的夹角为60,所以DA与PC的夹角为60,选项A错误;因为DAPP,PP平面ABDC,DA平面ABDC,所以PP平面ABDC,选项B正确;多面体PPABD

18、C的外接球即棱长为2的正方体的外接球,所以外接球的半径为62,表面积为6,选项C正确;点A,P旋转角度相同,但旋转半径不同,所以运动的轨迹长不相等,选项D错误.故选BC. 16.523解析 设瓷碗所在球的半径为R,则有(R-2)2+42=R2,得R=5.设从瓷碗碗口圆心O2处任意竖直距离O2O3=h(O3也可在O2下方,此时h0),如图所示,O1为瓷碗所在半球的球心,则瓷碗的截面圆半径O3F=52-(3+h)2,面积为52-(3+h)2,图中,在以过球心的截面圆为底面圆,以R=5为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥,其中圆O1与圆O4在同一平面上,圆O3所在平面截圆柱所得截面的圆心为O5,易知O

19、5M=|3+h|,故圆环面积也为52-(3+h)2,即在求瓷碗体积时,符合祖暅原理(备注:瓷碗是图中上方倒扣的部分),如图所示,此时,OC=BC=3,由祖暅原理得,图中K与O之间部分几何体的体积V1=523-13323=66,所以瓷碗的体积V2=435312-V1=523.限时集训(九)1.D解析 该组合体的内切球的半径为22,则V1=2311=23,V2=43223=23,V1V2=21.故选D.2.D解析 设球O的半径为r,则球O的表面积S=4r2=100,所以r=5,则点O在圆台内.如图,设圆台上、下底面圆的圆心分别为O2,O1,在上、下底面圆周上分别取点A,B(AB是圆台的一条母线),

20、连接O1O2,OA,OB,O2A,O1B,易得O在O1O2上,因为圆台上、下底面圆的半径分别为3和4,球O的半径为5,所以O2A=3,O1B=4,OA=OB=5,所以OO1=OB2-O1B2=3,OO2=OA2-O2A2=4,所以O1O2=OO1+OO2=3+4=7,所以该圆台的体积V=13(9+16+12)7=2593.故选D. 3.C解析 设正方体的棱长为2a,球O的半径为R,则圆柱的底面半径为a,因为正方体的体对角线即为球O的直径,所以2R=23a,由勾股定理得62+a2=R2=3a2,可得a2=18,R2=54,所以球O的表面积S=4R2=454=216,故选C.4.A解析 设该几何体

21、外接球的球心为O,半径为R,易知球心O为BC的中点,则R=AO=2+2=4,则圆柱的底面半径为42-(4-2)2=23,则该几何体的体积V=13(23)22+(23)24=56.故选A.5.A解析 将棱长为4的正四面体放入棱长为22的正方体中,如图所示,球O与正四面体的各条棱都相切,球O是该正方体的内切球,由此可得球O的直径为22,则球O的半径r=2,球O的表面积S=4r2=8.故选A. 6.A解析 设三棱锥D-ABC外接球的球心为O,易知O为AC的中点,连接OB,OD,则OB=OC=OD=1,OCOB,DO平面OBC,且BC=CD=BD=2,设球心O到平面BCD的距离为d,则由VD-OBC=

22、VO-BCD,得1311211=13d34(2)2,解得d=33.故选A.7.C解析 设弦AB的中点为M,连接O1M,O2M,由圆的性质可知O1MAB,O2MAB,则O1MO2即为二面角O1-AB-O2的平面角,故O1MO2=23.四面体ABO1O2的体积V=13ABSMO1O2=16ABO1MO2Msin23=312ABO1MO2M.在O1O2M中,O1O22=O1M2+O2M2-2O1MO2McosO1MO2=O1M2+O2M2+O1MO2M=43O1MO2M,即O1MO2M43,当且仅当O1M=O2M时取等号.连接OO1,OO2,OM,易知OO1O1M,OO2O2M,所以O,O1,O2,

23、M四点共圆,且该圆的直径2R=OM=2sin23=43,连接OB,则AB=2MB=2OB2-OM2=216-163=863,所以四面体ABO1O2的体积V=312863O1MO2M=223O1MO2M22343=829.故选C.8.BC解析 设这n个半径r=1的小球的球心依次为O1,O2,On,大半球的球心为O.对于A,当n=1时,显然R=2,故A错误.对于B,当n=2时,作出截面图,如图.设球O1与大半球O内切于点A,连接OO1,AO1,则此时R=OA=OO1+AO1=2+1,故B正确.对于C,当n=3时,这3个小球的球心和大半球的球心构成一个正三棱锥,作出该正三棱锥如图,易知该正三棱锥的高

24、是1,设OH平面O1O2O3,垂足为H,连接O1H,易得O1H=233,又OH=1,所以OO1=OH2+O1H2=1+129=213,则此时R=1+213,故C正确.对于D,当n=4时,这4个小球的球心和大半球的球心构成一个正四棱锥,作出该正四棱锥如图,易知该正四棱锥的高是1,设OH平面O1O2O3O4,垂足为H,连接O1H,易得O1H=2,又OH=1,所以OO1=OH2+O1H2=1+2=3,则此时R=1+3,故D错误.故选BC.9.BCD解析 因为PBC是以PC为底边的等腰三角形,所以PCB不可能是直角,即不存在某个位置,使得PCBC,故A错误.当平面PBD平面BCD时,CBD为直线BC与

25、平面PBD所成的角,此时直线BC与平面PBD所成的角最大,为60,故B正确.连接AC,设AC与BD交于点E,连接PE,则PEC即为二面角P-BD-C的平面角,则PEC=120,设三棱锥P-BCD外接球的球心为O,半径为R,BCD的外心为O1,连接OC,OO1,OE,则O1在线段CE上,OO1平面BCD,OE平分PEC,所以OEC=60,EO1=33,CO1=233,所以OO1=1,R2=OC2=OO12+CO12=1+43=73,所以三棱锥P-BCD外接球的表面积为473=283,故C正确.当PC=2时,易知此时三棱锥P-BCD为正四面体,连接PO1,则此时O在PO1上,易知O1C=233,且

26、OC=OP=R,则可得2332+OO12=R2,2332+(OO1+R)2=22,可得OO1=66,R=62.设勒洛四面体内切球的半径为r,由勒洛四面体的对称性可知,内切球切在每一个球面的中心上,而顶点到切点的距离为2,故r=2-R=2-62,故D正确.故选BCD.10.32解析 如图所示,设圆锥的顶点为I,底面圆心为F,半径为r,内切球球心为O,半径为R,内切球与母线IH切于点G,连接IF,HF,OG,则由题意可知IH=2HF,则IH=2HF=2r,故IF=(2r)2-r2=3r.易知IGOIFH,则OGOI=HFIH=12,所以OI=2R,IF=OF+OI=3R,则rR=3.圆锥的侧面积为

27、r2r=2r2,内切球的表面积为4R2,故该圆锥的侧面积与其内切球的表面积之比为2r24R2=32. 11.4解析 设圆柱的底面半径为r,高为h,因为圆柱的侧面积为2,所以2rh=2,得rh=1,设圆柱的外接球半径为R,则R2=r2+h222rh2=rh=1,当且仅当r=h2,即h=2,r=22时取等号,所以外接球的表面积S=4R24,即S的最小值为4.12.23解析 在ABD中,AB=3,AD=2,BAD=3,由余弦定理得BD=32+22-23212=7,则在三棱锥A-BCD中,AC=DB,AB=AB=DC,AD=AD=BC,即此三棱锥的对棱相等,故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对

28、角线.设此长方体从同一个顶点出发的三条棱的长分别为a,b,c,则a2+b2=7,a2+c2=4,b2+c2=9,解得a=1,b=6,c=3,因为三棱锥A-BCD是此长方体切掉四个角后余下的部分,所以三棱锥A-BCD的体积V=abc-1312abc4=13abc=13316=2,又三棱锥A-BCD的表面积S=4SABD=4SABD=412ABADsinBAD=4123232=63.设三棱锥A-BCD内切球的半径为R,则13RS=V,即R=3VS=3263=66,故三棱锥A-BCD内切球的表面积为4R2=23.13.C解析 如图,将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥D-ABC,由B1C1BC

29、,得DB1DB=B1C1BC=13,而BB1=2,则DB=3,即BCD为正三角形,所以三棱锥D-ABC为正四面体.令正三角形BCD的中心为O,连接AO,BO,则AO平面BCC1B1,BO=23BCsin3=3,从而AO=AB2-BO2=32-(3)2=6,而球的半径为7,因此这个球面截平面BCC1B1所得截面是以O为圆心,r=(7)2-(6)2=1为半径的圆.如图,在正三角形BCD中,取BB1,CC1的中点H,E,取BC的三等分点G,F,连接HG,EF,显然BHBD=13=BGBC,即GHCD,GH=13CD=1,同理EF=1,即有B1C1=C1E=EF=FG=GH=HB1=1,所以六边形B1

30、C1EFGH是正六边形,其边长为1,易知点B1,C1,E,F,G,H在截面圆上,连接OE,OF,OG,OH,则EOF=GOH=3,此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的弧HG和弧EF,故交线长为231=23.故选C.14.BD解析 正方体内切球的球心O即为正方体的中心,且球O的半径R=1.当点G与点B重合时,A平面EFG,O平面EFG,此时直线OA与平面EFG相交,A错误.当G为BC的中点时,如图,连接BD,B1D1,OB1,因为EGBD,EGBB1,BDBB1=B,所以EG平面BB1D1D,又B1D平面BB1D1D,所以EGB1D,同理可得FGB1D,又EGFG=G,所以B1D平面EFG,即

31、OD平面EFG,B正确.取EF的中点M,连接OE,OF,OM,易知OE=OF,则OMEF.因为OE=2,EM=12EF=12BE2+BC2+CF2=62,所以OM=OE2-EM2=22,所以直线EF被球O截得的弦长为2R2-OM2=21-222=2,C错误.设截面圆的半径为r,球心O到截面的距离为d,所以r2+d2=R2=1.因为dOM=22,则r2=1-d212,所以截面圆的面积S=r22,D正确.故选BD. 15.ABD解析 如图,取BC的中点E,连接AE,PE,过点P作PO平面ABC,垂足为O,则O在线段AE上,且AO=2OE,因为正四面体的棱长为6,所以BE=EC=62,AE=PE=3

32、2AC=322,所以AO=23AE=2,OE=22.由勾股定理得PO=AP2-AO2=2.T=QS|PQa,其几何意义为以P为球心,a为半径的球面及其内部与ABC及其内部重合的部分.当2a322时,因为此时OQ=a2-OP2=a2-40,22,所以此时T表示的区域为以O为圆心,以OQ=a2-4为半径的圆及其内部,A符合题意;当322a6时,因为此时a2-OP2=a2-422,2,所以此时T表示的区域为以O为圆心,以OQ=a2-4为半径的圆及其内部,除去ABC外的部分,B符合题意;当a6时,因为此时a2-OP2=a2-4(2,+),所以此时T表示的区域为ABC及其内部,D符合题意;经过以上分析可

33、知,C不符合题意.故选ABD. 16.92解析 如图,取AB的中点D,过点D作ODPA交PB于点O,连接OA,OC,DC,则OD=12PA=12,因为PA平面ABC,所以OD平面ABC,因为ACBC,所以DA=DB=DC,所以OA=OB=OC=OP,即O为三棱锥P-ABC外接球的球心,OA为外接球的半径.因为VP-ABC=1312ACBCAP=23,所以ACBC=4,因为AB2=AC2+BC22ACBC=8,当且仅当AC=BC=2时等号成立,所以AB22,所以外接球的半径R=OA=OD2+12AB2122+(2)2=32,所以三棱锥P-ABC外接球的体积V=43R343323=92,即三棱锥P

34、-ABC外接球体积的最小值为92. 限时集训(十)1.解:(1)证明:如图,取AC的中点E,连接SE,BE,AB=BC,BEAC.在SCB和SAB中,SAB=SCB=90,AB=BC,SB=SB,SCBSAB,SA=SC.AC的中点为E,SEAC.SEBE=E,AC平面SBE,又SB平面SBE,ACSB. (2)如图,过S作SD平面ABC,垂足为D,连接AD,CD,则SDAB,ABSA,SASD=S,AB平面SAD,ABAD,同理,BCCD.ABC为等腰直角三角形,AB=2,四边形ABCD为正方形且边长为2.又SC=22,SD=2.以D为原点,DA,DC,DS所在直线分别为x,y,z轴建立空间

35、直角坐标系,则A(2,0,0),S(0,0,2),C(0,2,0),B(2,2,0),SC=(0,2,-2),AC=(-2,2,0),BC=(-2,0,0).设平面SAC的法向量为n=(x1,y1,z1),则nSC=2y1-2z1=0,nAC=-2x1+2y1=0,取x1=1,则y1=1,z1=1,n=(1,1,1).设平面SBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则mSC=2y2-2z2=0,mBC=-2x2=0,取y2=1,则x2=0,z2=1,m=(0,1,1).设平面SAC与平面SBC的夹角为,则cos =|cos|=|mn|m|n|=232=63,故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值

36、为63. 2.解:(1)证明:在ABC中,由题得ABC=60,AB=2,BC=1,由余弦定理可得AC=3,从而有AB2=BC2+AC2,ACBC.ADBC,ACAD,又PDAC,PDAD=D,AD,PD平面PAD,AC平面PAD.PA平面PAD,ACPA,又PACD,ACCD=C,AC,CD平面ABCD,PA平面ABCD.(2)以A为原点,AC,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.设AP=t(t0),则A(0,0,0),C(3,0,0),D(0,2,0),P(0,0,t),E0,23,23t,AC=(3,0,0),AE=0,23,23t,易知AD=(0,2,0)是

37、平面PAC的一个法向量.设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),则ACn=0,AEn=0,即3x=0,23y+23tz=0,取z=-1,则n=(0,t,-1).平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为31010,|cos|=|ADn|AD|n|=|2t|21+t2=31010,可得t=3,四棱锥P-ABCD的体积V=1312(1+2)33=332.3.解:(1)证明:如图,分别取AE,BE的中点F,G,连接MF,NG,FG,因为MA=ME,所以MFAE.因为平面AME平面ABE,平面AME平面ABE=AE,MF平面AME,所以MF平面ABE,同理可得NG平面ABE,所以MFNG.在RtMAE中

38、,MA=ME=2,所以MF=12AE=1222=2,同理NG=2,所以四边形MFGN是平行四边形,所以MNFG.因为F,G分别是AE,BE的中点,所以FGAB,所以MNAB,所以M,N,A,B四点共面. (2)在题图中,AED=BEC=45,所以AEB=90,所以AEEB.取AB的中点H,连接FH,则FHBE,所以FAFH.因为FA,FH,FM两两垂直,所以以F为原点,FA,FH,FM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M(0,0,2),E(-2,0,0),B(-2,22,0),A(2,0,0).设平面ABNM的法向量为n=(x,y,z),因为AM=(-2,0,2),A

39、B=(-22,22,0),所以nAM=-2x+2z=0,nAB=-22x+22y=0,令x=1,可得n=(1,1,1).设直线AE与平面ABNM所成的角为,因为AE=(-22,0,0),所以sin =|cos|=|AEn|AE|n|=22223=33,所以直线AE与平面ABNM所成角的正弦值为33.4.解:(1)证明:PA=PD,O为AD的中点,POAD.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,PO平面ABCD,又BC平面ABCD,POBC.(2)由ABCD,AB=8,AD=DC=CB=4,可知四边形ABCD为等腰梯形,连接BD,易知BD=43,AD2+BD2=A

40、B2,ADBD.以O为原点,OA,OP所在直线分别为x,z轴,过O且与BD平行的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,27),A(2,0,0),B(-2,43,0),C(-4,23,0),D(-2,0,0),易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).设E=(x,y,z),则AE=(x-2,y,z),PE=(x,y,z-27),PB=(-2,43,-27).直线AE与平面ABCD所成的角为6,sin6=|cos|=|z|(x-2)2+y2+z2=12,x2-4x+4+y2-3z2=0.点E在棱PB上,设PE=PB(01),即(x,y,z-27)=(-2,43,-27),

41、x=-2,y=43,z=27-27,代入解得=12或=5(舍去),PE=(-1,23,-7),PD=(-2,0,-27),PC=(-4,23,-27).设平面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),则mPD=-2x1-27z1=0,mPC=-4x1+23y1-27z1=0,令z1=1,得x1=-7,y1=-213,m=-7,-213,1,点E到平面PCD的距离d=|PEm|m|=27313=265131.5.解:(1)因为ABCD,CD平面ECD,AB平面ECD,所以AB平面ECD.因为过AB的平面EAB与平面ECD的交线为l,所以lAB,又AB平面ABCD,l平面ABCD,所以l平面ABC

42、D.因为E,Fl,所以点F到平面ABCD的距离等于点E到平面ABCD的距离,则VF-BCD=VE-BCD.因为AE=2,DE=1,AED=60,所以由余弦定理得AD=3,则AD2+DE2=AE2,即ADDE,又四边形ABCD为矩形,所以ADDC,又DCDE=D,所以AD平面DCE,所以BC平面DCE,EDC为二面角E-AD-C的平面角,即EDC=60,故VF-BCD=VE-BCD=VB-DCE=13SDCEBC=131212sin 603=12.(2)由(1)知FCD为二面角F-BC-D的平面角,则FCD=60.过E作EGDC,垂足为G,由(1)知AD平面DEC,因为AD平面ABCD,所以平面

43、DEC平面ABCD,又EGCD,平面DEC平面ABCD=CD,EG平面DEC,所以EG平面ABCD.以D为原点,DA,DC所在直线分别为x,y轴,过D且与EG平行的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(3,2,0),F0,32,32,E0,12,32,C(0,2,0),所以CB=(3,0,0),CE=0,-32,32.设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则CBn=0,CEn=0,即3x=0,-32y+32z=0,令y=1,得z=3,x=0,所以n=(0,1,3).设M(3,m,0),则MF=-3,32-m,32,设直线MF与平面EBC所成的角为,则sin =|cos|=12(3

44、-m)2m2-3m+6,令t=3-m,则当t=0,即m=3时,sin =0;当t0,即m3时,sin =12t2t2-3t+6=1216t2-3t+1=12161t-142+58,所以当t=4,即m=-1时,sin 取得最大值105.综上,直线MF与平面EBC所成角的正弦值的最大值为105.6.解:(1)证明:取CD的中点M,连接MP,ME,如图.因为PC=PD,CE=DE,所以MPCD,MECD,又MPME=M,MP,ME平面PME,所以CD平面PME,又PE平面PME,所以CDPE.因为ABCD,AB平面PAB,CD平面PAB,所以CD平面PAB,又平面PAB与平面PCD的交线为l,CD平

45、面PCD,所以CDl.因为CDPE,所以PEl. (2)连接AC,BD交于点O,连接OP,则OP平面ABCD,ACBD,以点O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设AB=2,则AC=BD=22,设OP=h,则PC=PE=2+h2,则B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),P(0,0,h),由PE=2+h2,PEBC,得E-222+h2,222+h2,h,由DE=CD,得-222+h2+22+222+h22+h2=2,可得h=2,故P(0,0,2),E(-2,2,2).因为PEBC,PE的中点为F,所以平面BCF与平面PBCE重合,CD=(-2,-2,0),CE=(-2,0,2),CB=(2,-2,0).设平面PBCE的法向量为m=(x,y,z),则mCB=2x-2y=0,mCE=-2x+2z=0,令x=1,得y=z=1,所以m=(1,1,1).设平面CDE的法向量为n=(a,b,c),则nCD=-2a-2b=0,nCE=-2a+2c=0,令a=1,则b=-1,c=1,所以n=(1,-1,1).因为cos=mn|m|n|=1-1+133=13,所以平面BCF与平面CDE夹角的余弦值为13.限时集训(十一)1.D解析 用一个平面去截正方体,最少与三个面相交,最多与六个面相交,故