對點(diǎn)練54基本立體圖形及幾何體的表面積與體積1.B[直觀圖的面積為24×32×42=26(cm2)2.A[對于A,根據(jù)棱柱的定義:有兩個(gè)面互相平行,其余各面都是四邊形,并且每相鄰兩個(gè)四邊形的公共邊都互相平行,由這些面所圍成的多面體叫做棱柱,則棱柱的側(cè)棱都相等,側(cè)面都是平行四邊形,故A正確;對于B,以直角三角形的斜邊為旋轉(zhuǎn)軸,旋轉(zhuǎn)所得的幾何體不是圓錐,故B不正確;對于C,用垂直于底面的平面去截圓錐,得到的不是一個(gè)圓錐和一個(gè)圓臺,故C不正確;對于D,空間中,到一個(gè)定點(diǎn)的距離等于定長的點(diǎn)的集合是球面,而不是球體,故D不正確.]3.B[設(shè)圓錐的母線長為l,底面圓的半徑為r,因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半圓,所以2πr=πl(wèi),即l=2r,所以πr2+πrl=3πr2=3π,解得r=1,所以該圓錐的底面直徑為2r=2.]4.D[設(shè)木桶上、下底面的半徑分別為r1,r2,高為h,母線長為l,所以πr12=4π,πr22=π,故r1=2,因?yàn)槟就暗捏w積為7π,所以13(S上+S下+S上S下所以13(4π+π+4π·π)解得h=3,則l=32+1所以該木桶的側(cè)面積為πl(wèi)(r1+r2)=π×10×(2+1)=310π.]5.B[如圖所示,畫出圓錐的側(cè)面展開圖,可得∠CAB,∠CBA為銳角,故BC⊥SA.由SC=CA,可得BS=BA,即△ASB為等邊三角形,所以∠ASA'=2π3則圓錐的側(cè)面積為12×2π3×16=底面積為π×4×2π32π所以圓錐SO的表面積為16π3+16π9=64π6.B[如圖,延長正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的側(cè)棱交于點(diǎn)P,記O1,O分別為正四棱臺上、下底面的中心,連接B1D1,BD,PO,因?yàn)锽B1⊥DD1,所以△BPD為等腰直角三角形,又上、下底面正方形的邊長分別為1和2,所以O(shè)1D1=22,OB=PO=2且O1為PO的中點(diǎn),所以O(shè)O1=12PO=2所以正四棱臺ABCD-A1B1C1D1的體積V=13×(12+12×22+22)×7.B[根據(jù)題意,旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體如圖,該幾何體上部分為圓錐,下部分為在圓柱內(nèi)除去一個(gè)與上部分相同的圓錐,其體積等于中間圓柱的體積,且中間圓柱的高h(yuǎn)=DC=2,底面圓的半徑r=BCsin60°=2×32=3故所求幾何體的體積V=πr2h=6π.]8.D[過點(diǎn)G作GH∥AC,交SA于點(diǎn)H,如圖.因?yàn)锳C⊥AB,AC⊥AS,AB∩AS=A,AB,AS?平面SAB,所以AC⊥平面SAB,又GH∥AC,所以GH⊥平面SAB,且GHAC=SGSC=可得GH=23AC=4因?yàn)镋,F分別為SA,BS的中點(diǎn),所以S△SEF=14S△ABS=14×12×(22)所以VG-SEF=13S△SEF=13×1×423VC-SAB=13S△SAB=13×12×(22)3=因此VEFG-ABC=VC-SAB-VG-SEF=823-4299.CD[A中,當(dāng)頂點(diǎn)在底面的投影是正多邊形的中心時(shí)才是正棱錐,故A不正確;B中,當(dāng)平面與圓柱的母線平行或垂直時(shí),截得的截面才為矩形或圓,否則為橢圓或橢圓的一部分,B不正確;C中,長方體是直平行六面體,C正確;D中,如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中的四面體C1-ABC,四個(gè)面都是直角三角形,D正確.]10.BC[對于A,如圖1,設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的底面積為S,高為h,則三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=Sh,因?yàn)镈,E,F分別是棱AB,BC,CA的中點(diǎn),則S△DEF=14S,則三棱錐A1-DEF的體積為13×14Sh=112V,對于B,如圖1,因?yàn)锳F=12AC,DE綉12所以DE綉AF,則四邊形ADEF為平行四邊形,所以S四邊形ADEF=12S則VA1-ADEF=13×12Sh=1對于C,如圖2,由題易知△CEF∽△C1B1A1,棱柱上、下底面平行,并且E,F分別是棱BC,CA的中點(diǎn),則線段C1C,B1E,A1F的延長線交于一點(diǎn),則多面體CEFC1B1A1為棱臺,且S△CEF=14S故VCEFC1B=712Sh=712所以VA1B1ABEFV-712V=512V,故C對于D,如圖3,因?yàn)镾△ADF=S△BDE=S△CEF,所以VA1-ADF=13×14Sh=1則V=VABC-A1B1=V-3×112V=34V,故D錯(cuò)誤11.AC[在△PAB中,由余弦定理得AB=23,如圖,連接PO,易知圓錐的高h(yuǎn)=PO=1,底面圓的半徑r=AO=BO=3.對于A,該圓錐的體積V=13πr2h=π故A正確;對于B,該圓錐的側(cè)面積S側(cè)=πr·PA=23π,故B錯(cuò)誤;對于C,取AC的中點(diǎn)H,連接PH,OH.因?yàn)镺A=OC,所以O(shè)H⊥AC,同理可得PH⊥AC,則二面角P-AC-O的平面角為∠PHO=45°,所以O(shè)H=PO=1,AH=CH=AO2-所以AC=22,故C正確;對于D,PH=2OH=2,S△PAC=12·AC·PH=2,故D錯(cuò)誤.12.642[因?yàn)檎齨棱臺的側(cè)棱有n條,上、下底面共有2n條棱,所以正n棱臺共有3n條棱,由3n>15,得n>5,所以n的最小值為6,該棱臺各棱的長度之和的最小值為2×12+3×6=42.]13.64[兩圓臺的上、下底面積對應(yīng)相等,則兩圓臺的體積之比為高之比根據(jù)母線與半徑的關(guān)系可得甲與乙的體積之比為4(r2-r1)14.1[如圖,由正方體棱長為2及M,N分別為BB1,AB的中點(diǎn),得S△A1MN=2×2-2×12×2×1-12又易知D1A1為三棱錐D1-A1MN的高,且D1A1=2,所以VA1-D1MN=VD1=13×32×2=1對點(diǎn)練55與球有關(guān)的切、接問題1.C[設(shè)正方體的棱長為a,其外接球的半徑為R,內(nèi)切球的半徑為r,則正方體的外接球的直徑為正方體的體對角線長,即2R=3a,所以R=3a正方體內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長,即2r=a,即r=a2,所以Rr=所以正方體的外接球與內(nèi)切球的表面積比值為4πR24πr22.C[由題意作圖如圖,過球O作平面ABC的垂線,則垂足為BC的中點(diǎn)M.∵AB=3,AC=4,AB⊥AC,∴BC=5,又AM=12BC=52,OM=12AA∴球O的半徑R=OA=522+63.C[過圓錐的旋轉(zhuǎn)軸作軸截面,得△ABC及其內(nèi)切圓☉O1和外接圓☉O2,且兩圓同圓心,即△ABC的內(nèi)心與外心重合,易得△ABC為正三角形,由題意得☉O1的半徑為r=1,∴△ABC的邊長為23,∴圓錐的底面半徑為3,高為3,∴圓錐的體積V=13×π×3×3=3π.4.C[根據(jù)已知可得球的半徑等于1,故三棱柱的高等于2,底面三角形內(nèi)切圓的半徑等于1,即底面三角形的高等于3,邊長等于23,所以這個(gè)三棱柱的表面積等于3×23×2+2×12×23×3=183.5.C[因?yàn)槿忮FP-ABC為鱉臑,且PA⊥平面ABC,則△ABC為直角三角形,若AC⊥AB,則AC⊥平面PAB,則BC與PB不垂直,所以BC⊥AB,則BC⊥PB,可將三棱錐P-ABC還原如圖2所示的長方體,則三棱錐P-ABC的外接球即為長方體的外接球.設(shè)外接球的半徑為R,則2R=AC2+所以R=5,故球O的表面積為S=4πR2=20π.]6.B[如圖,燈罩的軸截面為等腰梯形ABCD,其中O1,O2分別是燈罩上、下底面圓的圓心,O是燈罩外接球的球心,則AB=10cm,CD=24cm,O1O2=17cm,設(shè)OO1=xcm(x>0),則52+x2=122+(17-x)2,解得x=12,則該燈罩外接球的半徑R=52+故體積V=4π3R3=8788π3(cm3)7.C[如圖所示,連接AC,BD交于一點(diǎn)O1,取AD中點(diǎn)E,連接O1E,SE,所以由題意知,O1E⊥AD,SE⊥AD,O1為正方形ABCD外接圓的圓心,又因?yàn)槠矫鍿AD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,O1E?平面ABCD,所以O(shè)1E⊥平面SAD,同理:SE⊥平面ABCD.設(shè)等邊△SDA的外接圓的圓心為O2,過O2作O1E的平行線交過O1作SE的平行線于點(diǎn)O,則OO1⊥平面ABCD,OO2⊥平面SAD,所以O(shè)為四棱錐S-ABCD外接球的球心,半徑為R,法一等邊△SDA的外接圓半徑SO2=23SE==23S法二在等邊△SDA中由正弦定理得23sinπ3解得SO2=2.又因?yàn)镺O2=O1E=12AB=3所以R=OS=O2S2+O所以四棱錐S-ABCD外接球表面積為4πR2=4π×(7)2=28π.]8.C[過點(diǎn)P作PO⊥平面ABCD,則O為正方形ABCD的中心,連接OA,如圖,因?yàn)锳B=6,所以O(shè)A=32,所以O(shè)P=PA2-OA則四棱錐P-ABCD的體積V=13×62×=127,四棱錐P-ABCD的表面積S=6×6+12×6×25-9×4=84設(shè)四棱錐P-ABCD內(nèi)切球的半徑為r,內(nèi)切球的球心為O',由V=VO'-ABP+VO'-BCP+VO'-CDP+VO'-ADP+VO'-ABCD,可得V=13Sr,即127=13×84r,解得r=377,故四棱錐P-ABCD內(nèi)切球的表面積是4πr29.ABC[設(shè)正方體的棱長為a,則正方體外接球的半徑為體對角線長的一半,即32a內(nèi)切球的半徑為棱長的一半,即12∵M(jìn),N分別為外接球和內(nèi)切球上的動點(diǎn),∴MNmin=32a-12a=3-12a解得a=2,即正方體的棱長為2,∴正方體外接球的表面積為4π×(3)2=12π,內(nèi)切球的體積為43π,故A,B,C正確線段MN的最大值為3+1,故D錯(cuò)誤.]10.BCD[由球的半徑為r,可知圓柱的底面半徑為r,圓柱的高為2r,則球的表面積為4πr2,圓柱的表面積為2πr2+2πr·2r=6πr2,所以球與圓柱的表面積之比為2∶3,故A錯(cuò)誤;ABCD所在截面如圖所示,過點(diǎn)O作OG⊥DO1于點(diǎn)G,則由題可得OG=12×2×425設(shè)點(diǎn)O到平面DEF的距離為d1,平面DEF截得球的截面圓的半徑為r1,則d1≤OG,r12=r2-d12=4-d12所以平面DEF截得球的截面面積最小值為165π,故B正確由題可知四面體C-DEF的體積等于2VE-DCO1,點(diǎn)E到平面DCO1的距離d∈(0,2],又S△DCO1=12×4×4=8,所以2VE-DCO由題可知點(diǎn)P在過球心與圓柱的底面平行的截面圓上,設(shè)P在底面的射影為P',則PP'=2,PE=22PF=22P'E2+P'F2=16,設(shè)t=P'E2,則t∈[0,42],PE+PF=22+t所以(PE+PF)2=(22+t+=24+2-=24+2-(t-8)2+144∈所以PE+PF∈[2+25,43],故D正確.]11.BD[對于A,當(dāng)長方體的所有棱長都為1時(shí),表面積為6,長方體為正方體,錯(cuò)誤;對于B,設(shè)AD=a,AB=b,則2(ab+a+b)=6,ab+a+b=3,V長方體=ab·1=ab=3-(a+b)≤3-2ab,解得0<ab≤1,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取“=”,故長方體體積的最大值為1,正確;對于C,當(dāng)長方體底面的一條邊長為2時(shí),可得與其相鄰的邊長為13VH-AFC=V長方體-4VF-ABC=2×13×1-4×13×2×13×12×1=對于D,設(shè)AD=a,AB=b.長方體外接球的直徑為其體對角線,長為a2S球=4πR2=4πa=π(a2+b2+1),因?yàn)閍b+a+b=3,所以a+b=3-ab,則y=a2+b2+1=(a+b)2-2ab+1=(3-ab)2-2ab+1=(ab)2-8ab+10,=(ab-4)2-6,又0<ab≤1,所以當(dāng)ab=1時(shí),ymin=3,所以外接球表面積的最小值為3π,正確.]12.20π[根據(jù)題意得BC⊥平面ABD,則BC⊥BD,即AD,BC,BD三條線兩兩垂直,所以可將三棱錐A-BCD放置于長方體內(nèi),如圖所示,該三棱錐的外接球即為長方體的外接球,球心為長方體體對角線的中點(diǎn),即外接球的半徑為長方體體對角線長的一半,此時(shí)AC為長方體的體對角線,即為外接球的直徑,所以該球的表面積S=4πR2=π·AC2=π·(22+42)=20π.]13.2[如圖,設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1,半徑為r,連接O1A,則2r=AB=332=2所以O(shè)1A=r=3.S,A,B,C構(gòu)成三棱錐S-ABC,設(shè)三棱錐的外接球球心為O,連接OO1,則OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC,所以O(shè)O1∥SA,連接OS,OA,則OS=OA=2.過O作SA的垂線,垂足為H,則四邊形AO1OH為矩形,所以O(shè)O1=AH,由OS=OA可知H為SA的中點(diǎn),則OO1=AH=12在Rt△OO1A中,由勾股定理得OA2=O1A2+OO1即4=3+14SA2,所以SA=2.14.73πm2[由已知得△B1AC與△DAC均為邊長是m的正三角形,取AC中點(diǎn)G連接DG,B1G,如圖,則有DG⊥AC,B1G⊥AC,于是得∠B1GD是二面角B1-AC-D的平面角,則∠B1GD=120°,顯然有AC⊥平面B1GD,即有平面B1GD⊥平面B1AC,平面B1GD⊥平面DAC,令正△B1AC與正△DAC的中心分別為E,F,過E,F分別作平面B1AC,平面DAC的垂線,則兩垂線都在平面B1GD內(nèi),它們交于點(diǎn)O,從而得點(diǎn)O是過A,B1,C,D四點(diǎn)的外接球球心,連接OA,則OA為該外接球半徑,由已知得GE=GF=13=13·32·m=3而OE=OF,于是得∠OGF=60°,在Rt△OGF中,OG=GFcos∠OGF=而AG=m2,在Rt△OGA中OA2=AG2+OG2=712m2所以過A,B1,C,D四點(diǎn)的外接球的表面積為4π·OA2=73πm2.對點(diǎn)練56空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系1.D[根據(jù)題意,兩點(diǎn)確定一條直線,那么由于直線上有兩個(gè)點(diǎn)在平面外,則直線在平面外,只能是直線與平面相交,或者直線與平面平行,那么可知直線上至多有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi).]2.B[由m,n,l在同一平面內(nèi),可能有m,n,l兩兩平行,所以m,n,l可能沒有公共點(diǎn),所以不能推出m,n,l兩兩相交.由m,n,l兩兩相交且m,n,l不經(jīng)過同一點(diǎn),可設(shè)l∩m=A,l∩n=B,m∩n=C,且A?n,所以點(diǎn)A和直線n確定平面α,而B,C∈n,所以B,C∈α,所以l,m?α,所以m,n,l在同一平面內(nèi).綜上,“l(fā),m,n共面”是“l(fā),m,n兩兩相交”的必要不充分條件.]3.B[已知過A,B,C三點(diǎn)確定的平面為γ,則AC?γ.又AC∩l=M,則M∈γ,又平面α∩平面β=l,則l?α,l?β,又因?yàn)锳C∩l=M,所以M∈β,因?yàn)锽∈β,B∈γ,所以β∩γ=BM.]4.D[D,E,F為已知平面與平面A'B'C'的公共點(diǎn),由基本事實(shí)知,D,E,F共線.]5.D[如圖,取AC的中點(diǎn)D,連接DC1,BD,易知AM∥DC1,所以∠BC1D或其補(bǔ)角為異面直線AM與BC1所成的角,因?yàn)橹比庵鵄BC-A1B1C1的所有棱長都相等,可設(shè)三棱柱的棱長都為2,則DC1=5,BD=3,BC1=22,則在△BDC1中,由余弦定理的推論可得cos∠BC1D=(5)2即異面直線AM與BC1所成角的余弦值為104.6.D[因?yàn)镸,N分別是AB,BC的中點(diǎn),所以MN∥AC,且MN=12AC同理,QP∥AC,且QP=12AC所以MN∥QP,且MN=QP,所以四邊形MNPQ為平行四邊形,所以M,N,P,Q四點(diǎn)共面,故A正確,D錯(cuò)誤;由等角定理知,∠QME=∠DBC,故B正確;所以由等角定理可知,∠QME=∠DBC,∠QEM=∠DCB,∠MQE=∠BDC,所以△BCD∽△MEQ,故C正確.]7.C[對于A,由A∈α且A∈β,得A是平面α和平面β的公共點(diǎn),又α∩β=l,所以由基本事實(shí)3可得A∈l,故A正確;對于B,由基本事實(shí)1及點(diǎn)A,B,C不共線,A∈β,B∈β,且A,B,C∈α,得C?β,故B正確;對于C,因?yàn)槠矫姒梁推矫姒碌奈恢藐P(guān)系不確定,所以直線a與直線b的位置關(guān)系亦不確定,故C錯(cuò)誤;對于D,由基本事實(shí)2及A∈α且B∈α,得AB?α,故D正確.]8.B[如圖1,連接BD,AC,DF,OF,設(shè)AC與BD的交點(diǎn)O,由BD∥EG,得∠FBD即為BF與EG所成的角,由題意知△DFB為等腰三角形,且O為BD的中點(diǎn),在Rt△OFB中,cos∠FBD=OBBF=2BF=解得BF=3,在等腰△BPC中,設(shè)FC=x,則PC=2FC=2x,cos∠PCB=12BCPC=1解得x=1,則PC=2.如圖2,連接PG,PE,FG,FE,因?yàn)镕為PC的中點(diǎn),故V三棱錐P-EFG=V三棱錐C-EFG=V三棱錐F-ECG,因?yàn)镻A2+PC2=AC2,PA=PC,所以△PAC為等腰直角三角形,則在等腰直角三角形PAC中,易求得點(diǎn)P到AC的距離即點(diǎn)P到底面的距離為2×222=故點(diǎn)F到平面CEG的距離為22S△ECG=S正方形ABCD-S△AEG-S△CDG-S△CEB=2×2-12×1×1-12×2×1-12×=4-12-1-1=3故所求三棱錐的體積為13×32×22=9.ABC[∵M(jìn)∈A1C,A1C?平面A1ACC1,∴M∈平面A1ACC1,又∵M(jìn)∈平面AB1D1,∴M在平面AB1D1與平面A1ACC1的交線AO上,即A,M,O三點(diǎn)共線,∴A,M,O,A1共面且A,M,C,O共面,∵平面BB1D1D∩平面AB1D1=B1D1,∴M在平面BB1D1D外,即B,B1,O,M不共面,故選ABC.]10.BD[對于A,連接GM,∵G,M為所在棱的中點(diǎn),∴GM∥HN,∴直線GH與MN共面,故A錯(cuò)誤;對于B,G,H,N三點(diǎn)共面,但M?平面GHN,∴直線GH與MN異面,故B正確;對于C,如圖,連接GM,∵G,M為所在棱的中點(diǎn),∴GM∥AB,又AB∥HN,∴GM∥HN,∴直線GH與MN共面,故C錯(cuò)誤;對于D,G,M,N共面,但H?平面GMN,∴GH與MN異面,故D正確.]11.BCD[把平面展開圖還原成正四面體A-DEF,如圖所示,其中H與N重合,A,B,C三點(diǎn)重合,易知GH與EF異面,BD與MN異面,連接GM,∵△GMH為等邊三角形,∴GH與MN成60°角.由圖易得DE⊥AF,又MN∥AF,∴MN⊥DE,因此正確的選項(xiàng)是BCD.]12.4[因?yàn)锳B∥CD,由圖可以看出EF平行于正方體左右兩個(gè)側(cè)面,與另外四個(gè)側(cè)面相交.]13.3[把平面展開圖還原為原正方體如圖,易知異面直線有(AB,GH),(AB,CD),(GH,EF),共有3對.]14.60°[在平面ABD中,過E作EG∥AB,交DB于點(diǎn)G,連接GF,如圖,∵AEED=1∴BGGD=1又BFFC=1∴BGGD=BF則GF∥CD,∴∠EGF(或其補(bǔ)角)即為AB與CD所成的角,在△EGF中,EG=23AB=2GF=13CD=1,EF=7∴cos∠EGF=22+1∴∠EGF=120°,∴AB與CD所成角的大小為60°.]15.證明(1)因?yàn)镋,F分別為AB,AD的中點(diǎn),所以EF∥BD.在△BCD中,BGGC=DHHC=所以GH∥BD,所以EF∥GH,所以E,F,G,H四點(diǎn)共面.(2)因?yàn)镋G∩FH=P,P∈EG,EG?平面ABC,所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.所以P為平面ABC與平面ADC的公共點(diǎn).又平面ABC∩平面ADC=AC,所以P∈AC,所以P,A,C三點(diǎn)共線.16.解(1)∵正方形ABCD的邊長為4,且△PAB為等邊三角形,E為AB的中點(diǎn),∴PE=PB·sin∠PBE=AB·sin60°=23,又PE⊥平面ABCD,∴四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=13×42×23=32(2)如圖,連接EF,∵AD∥BC,∴∠PCB(或其補(bǔ)角)即PC與AD所成的角.∵PE⊥平面ABCD,EF,BC?平面ABCD,∴PE⊥EF,PE⊥BC,又PF與平面ABCD所成角為45°,即∠PFE=45°,∴PE=EF·tan∠PFE=4,∴PB=PE2+BE又BC⊥AB,PE∩AB=E,PE,AB?平面PAB,∴BC⊥平面PAB,又PB?平面PAB,∴BC⊥PB,∴tan∠PCB=PBBC=5∴PC與AD所成角的正切值為52對點(diǎn)練57空間直線、平面的平行1.D[對于A,B,C,直線l都可能在α內(nèi).]2.A[如圖,把這三條線段放在正方體內(nèi),可得AC∥EF,AC?平面EFG,EF?平面EFG,故AC∥平面EFG.]3.D[A中,a可以在過b的平面內(nèi);B中,a與α內(nèi)的直線也可能異面;C中,兩平面可能相交;D中,由直線與平面平行的判定定理知b∥α,故D正確.]4.D[對于A,若E,F,G,H分別為AB,BC,CD,DA的中點(diǎn),則EH∥BD,FG∥BD,所以EH∥FG,故A中條件可以證明EH∥FG;對于B,因?yàn)锳EEB=AHHD,所以EH∥又CFFB=CGGD,所以FG∥BD,所以EH∥故B中條件可以證明EH∥FG;對于C,因?yàn)锽D∥平面EFGH,BD?平面ABD,且平面ABD∩平面EFGH=EH,所以BD∥EH,同理可得BD∥FG,所以EH∥FG,故C中條件可以證明EH∥FG;對于D,若BEEA=BFFC,DHHA則EF∥AC,HG∥AC,所以EF∥HG,但EF不一定等于HG,所以四邊形EFGH不一定是平行四邊形,所以EH不一定平行于FG,故D中條件不能證明EH∥FG.]5.D[由題意知,平面α∥平面ABC,所以AB∥平面α,又平面α∩平面PAB=A'B',所以A'B'∥AB,同理可得AC∥A'C',BC∥B'C',所以∠ABC=∠A'B'C',∠BCA=∠B'C'A',所以△ABC∽△A'B'C'.因?yàn)镻A'∶AA'=2∶3,所以PA'∶PA=2∶5,所以A'B'∶AB=2∶5,所以S△A'B'C'S△ABC=A'B'AB6.C[如圖,設(shè)E,F,G,H,I,J,M,N為相應(yīng)棱的中點(diǎn),則NE∥PB,且NE?平面PBD,PB?平面PBD,所以NE∥平面PBD,同理可得HE,NH,GF,MF,MG與平面PBD平行,由圖可知,其他的任意兩條棱的中點(diǎn)的連線與平面PBD相交或在平面PBD內(nèi),所以與平面PBD平行的直線有6條.]7.A[在正方體ABCD-A1B1C1D1中,因?yàn)槠矫鍮CC1B1∥平面ADD1A1,平面BCC1B1∩平面AB1C=B1C,平面AB1C∩平面ADD1A1=l,所以l∥B1C,因?yàn)锽1C∥A1D,所以l∥A1D,故A正確;因?yàn)锽1D與B1C相交,所以l與B1D不平行,故B錯(cuò)誤;因?yàn)镃1D與B1C不平行,所以l與C1D不平行,故C錯(cuò)誤;因?yàn)镈D1與B1C不平行,所以l與DD1不平行,故D錯(cuò)誤.]8.D[由于B,E,F三點(diǎn)共面,F∈平面BEF,M?平面BEF,EB不過點(diǎn)F,故MF,EB為異面直線,故A錯(cuò)誤;由于B1,N,E三點(diǎn)共面,B1∈平面B1NE,A1?平面B1NE,NE不過點(diǎn)B1,故A1B1,NE為異面直線,故B錯(cuò)誤;∵在平行四邊形AA1B1B中,AM=2MA1,BN=2NB1,∴AM∥BN,AM=BN,故四邊形AMNB為平行四邊形,∴MN∥AB.又MN?平面ABC,AB?平面ABC,∴MN∥平面ABC.又MN?平面MNEF,平面MNEF∩平面ABC=EF,∴MN∥EF,∴EF∥AB,顯然在△ABC中,EF≠AB,∴EF≠M(fèi)N,∴四邊形MNEF為梯形,故C錯(cuò)誤,D正確.]9.BCD[當(dāng)α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行時(shí),α與β可能平行,也可能相交,故A不符合題意;當(dāng)α內(nèi)的任何直線與β平行時(shí),必有兩條相交直線與β平行,故B符合題意;兩條相交直線同時(shí)與α,β平行,設(shè)兩相交直線確定平面γ,則γ∥α,γ∥β,可得α∥β,故C符合題意;兩條異面直線同時(shí)與α,β平行,則可在一條直線上取一點(diǎn)作另一條直線的平行線,問題轉(zhuǎn)化為C項(xiàng)的條件,故D符合題意.]10.ABC[對于A,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,易得AC∥A1C1,又A1C1?平面BA1C1,AC?平面BA1C1,所以AC∥平面BA1C1,故A正確;對于B,連接B1D1交A1C1于點(diǎn)O1,連接BO1,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,易得O,O1分別為BD,B1D1的中點(diǎn),且BD綉B(tài)1D1,則OB綉O1D1,所以四邊形OBO1D1是平行四邊形,所以O(shè)D1∥BO1,又OD1?平面BA1C1,BO1?平面BA1C1,所以D1O∥平面BA1C1,故B正確;對于C,因?yàn)锳B綉C1D1,所以四邊形ABC1D1為平行四邊形,所以AD1∥BC1,又BC1?平面BA1C1,AD1?平面BA1C1,所以AD1∥平面BA1C1,由選項(xiàng)A知,AC∥平面BA1C1,又AC∩AD1=A,AC,AD1?平面ACD1,所以平面ACD1∥平面BA1C1,故C正確;對于D,平面ODD1即為平面BDD1B1,而平面BDD1B1與平面BA1C1相交,所以平面ODD1與平面BA1C1相交,故D錯(cuò)誤.]11.AB[對于A,如圖1,設(shè)P為AB的中點(diǎn),底面為平行四邊形BEFC,連接MP,PC,則PM綉12BE又BE綉CF,所以PM綉CN,即四邊形PMNC為平行四邊形,所以MN∥PC,又PC?平面ABC,MN?平面ABC,所以MN∥平面ABC,A正確;對于B,如圖2,設(shè)P為AB的中點(diǎn),底面為平行四邊形BCFE,連接MP,PC,則PM綉12BE又BE綉CF,所以PM綉CN,即四邊形PMNC為平行四邊形,所以MN∥PC,又PC?平面ABC,MN?平面ABC,所以MN∥平面ABC,B正確;對于C,如圖3,設(shè)P為AE的中點(diǎn),底面為平行四邊形BEFG,連接NP,PB,設(shè)NP交AC于H,連接BH,則PN綉12FE而FE綉GB,故PN綉MB,即四邊形PNMB為平行四邊形,故MN∥PB,又MN?平面PNMB,MN?平面ABC,平面PNMB∩平面ABC=BH,假設(shè)MN∥平面ABC,則MN∥BH,即在平面PNMB內(nèi)過點(diǎn)B有兩條直線和MN都平行,顯然是不可能的,故此時(shí)MN與平面ABC不平行,C錯(cuò)誤;對于D,如圖4,設(shè)底面為平行四邊形ANEF,FN與AC交于點(diǎn)G,連接AE,FN交于點(diǎn)H,則H為FN的中點(diǎn),連接BH,BG,由于B為MF的中點(diǎn),故BH∥MN,又MN?平面NMF,MN?平面ABC,平面NMF∩平面ABC=BG,假設(shè)MN∥平面ABC,則MN∥BG,即在平面NMF內(nèi)過點(diǎn)B有兩條直線和MN都平行,顯然是不可能的,故此時(shí)MN與平面ABC不平行,D錯(cuò)誤.]12.l?α[①由線面平行的判定定理知l?α;②由線面平行的判定定理知l?α.]13.A,B,C1(答案不唯一)[由空間圖形A1B1C1-ABC是三棱臺,可得平面ABC∥平面A1B1C1,當(dāng)平面ABC1為平面α,平面α∩平面A1B1C1=m時(shí),又平面α∩平面ABC=AB,所以由面面平行的性質(zhì)定理可知m∥AB,所取的這3個(gè)點(diǎn)可以是A,B,C1.]14.13[連接AC交BE于點(diǎn)O,連接因?yàn)镻A∥平面EBF,PA?平面PAC,平面EBF∩平面PAC=OF,所以PA∥OF,由于AD=3AE,AE∥BC,所以O(shè)AOC=AEBC=13,所以PFFC=OA15.證明(1)如圖,連接AE,因?yàn)樗倪呅蜛DEF為平行四邊形,則AE必過DF與GN的交點(diǎn)O,所以O(shè)為AE的中點(diǎn),連接MO,則MO為△ABE的中位線,所以BE∥MO,又BE?平面DMF,MO?平面DMF,所以BE∥平面DMF.(2)因?yàn)镹,G分別為平行四邊形ADEF的邊AD,EF的中點(diǎn),所以DE∥NG,又DE?平面MNG,NG?平面MNG,所以DE∥平面MNG,因?yàn)镸為AB的中點(diǎn),N為AD的中點(diǎn),所以MN為△ABD的中位線,所以BD∥MN,又BD?平面MNG,MN?平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線,所以平面BDE∥平面MNG.16.(1)證明連接BD,∵四邊形ABCD為平行四邊形,由題意可得,G是線段BD的中點(diǎn),則G,H分別是線段BD,DF的中點(diǎn),故GH∥BF.(2)解存在,P是線段CD的中點(diǎn),理由如下:由(1)可知,GH∥BF,GH?平面GHP,BF?平面GHP,∴BF∥平面GHP,連接PG,PH,∵P,H分別是線段CD,DF的中點(diǎn),則HP∥CF,HP?平面GHP,CF?平面GHP,∴CF∥平面GHP,BF∩CF=F,BF,CF?平面BCF,故平面GHP∥平面BCF.對點(diǎn)練58空間直線、平面的垂直1.B[因?yàn)锳B是圓柱上底面的一條直徑,所以AC⊥BC,又AD垂直于圓柱的底面,所以AD⊥BC,因?yàn)锳C∩AD=A,AC,AD?平面ACD,所以BC⊥平面ACD,因?yàn)锽C?平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD,故選B.]2.C[若直線a垂直于平面α,則直線a垂直于平面α內(nèi)的所有直線,故C正確,其他選項(xiàng)均不正確.]3.C[因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,又BC⊥BD,BD?平面BCD,所以BD⊥平面ABC,故B正確;而AC?平面ABC,所以BD⊥AC,故A正確;因?yàn)锳B=AC,O為線段BC的中點(diǎn),則AO⊥BC,又由平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AO?平面ABC,則AO⊥平面BCD,故D正確;假設(shè)AB⊥CD,由于AO⊥平面BCD,有AO⊥CD,則有CD⊥平面ABC,又由BD⊥平面ABC,與過平面外一點(diǎn),有且僅有一條直線與已知平面垂直矛盾,故AB⊥CD不成立,故C錯(cuò)誤.]4.A[對于①,當(dāng)n?α,因?yàn)閙∥n,m?β,則n∥β,當(dāng)n?β,因?yàn)閙∥n,m?α,則n∥α,當(dāng)n既不在α也不在β內(nèi),因?yàn)閙∥n,m?α,m?β,則n∥α且n∥β,故①正確;對于②,若m⊥n,則可能n∥α或n與α相交,②錯(cuò)誤;對于③,如圖,過直線n分別作兩平面與α,β分別相交于直線s和直線t,因?yàn)閚∥α,則根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理知n∥s,同理可得n∥t,則s∥t,因?yàn)閟?平面β,t?平面β,則s∥平面β,因?yàn)閟?平面α,α∩β=m,則s∥m,又因?yàn)閚∥s,則m∥n,故③正確;對于④,若α∩β=m,n與α和β所成的角相等,如果n∥α,n∥β,則m∥n,故④錯(cuò)誤.綜上只有①③正確.]5.A[連接AC1(圖略),由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,AB,BC1?平面ABC1,得AC⊥平面ABC1.∵AC?平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在平面ABC1與平面ABC的交線AB上.]6.A[對于A,若AB⊥CD,因?yàn)锽C⊥CD,AB∩BC=B,AB,BC?平面ABC,所以CD⊥平面ABC,又AC?平面ABC,所以CD⊥AC,而CD=2,AD=2,即直角邊長與斜邊長相等,顯然不正確;對于B,取BD的中點(diǎn)O,連接AO,OC,因?yàn)锳O⊥BD,CO⊥BD,AO∩CO=O,AO,CO?平面AOC,所以BD⊥平面AOC,又AC?平面AOC,所以BD⊥AC;對于C,當(dāng)折疊所成的∠AOC=150°時(shí),頂點(diǎn)A到底面BCD的距離為2×sin30°=22此時(shí)VA-BCD=13×2×22=對于D,當(dāng)∠AOC=90°時(shí),有平面ABD⊥平面BCD.故選A.]7.D[如圖,連接AC.由PB=PD=22,PC=3,PD⊥DC,PB⊥BC,得CD=CB=PC2因?yàn)镻A⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD,又CD⊥PD,且PA,PD?平面PAD,PA∩PD=P,所以CD⊥平面PAD.因?yàn)锳D?平面PAD,所以CD⊥AD,同理可得CB⊥AB.又CD=CB,則Rt△ABC≌Rt△ADC,所以∠ACB=∠ACD=∠BCD2在Rt△ABC中,BC=1,∠ACB=60°,所以AB=3.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,所以PA⊥AB,則PA=PB2-AB28.D[如圖,過點(diǎn)N作NE⊥BC,垂足為E,連接DE,當(dāng)M,N高度一樣,即MD=NE時(shí),一定有DD1⊥MN,理由如下:在正方體ABCD-A1B1C1D1中,NE∥CC1∥MD,又MD=NE,所以四邊形MDEN為平行四邊形,所以MN∥DE.因?yàn)镈D1⊥平面ABCD,且DE?平面ABCD,所以DD1⊥DE,則DD1⊥MN.所以當(dāng)M,N高度一樣,即MD=NE時(shí),一定有DD1⊥MN,此時(shí)滿足條件的直線MN有無數(shù)條.]9.ACD[由于過點(diǎn)P垂直于平面α的直線必平行于平面β內(nèi)垂直于交線的直線,則直線平行于平面β,因此A正確;過點(diǎn)P垂直于直線l的直線有可能垂直于平面α,不一定在平面α內(nèi),因此B不正確;根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知,選項(xiàng)C,D正確.]10.BD[對于A,顯然AB與CE不垂直,則直線AB與平面CDE不垂直;對于B,因?yàn)锳B⊥CE,AB⊥ED,且CE∩ED=E,CE,ED?平面CDE,所以AB⊥平面CDE;對于C,顯然AB與CE不垂直,所以直線AB與平面CDE不垂直;對于D,因?yàn)镋D⊥平面ABC,則ED⊥AB,同理CE⊥AB,因?yàn)镋D∩CE=E,ED,CE?平面CDE,所以AB⊥平面CDE.]11.AC[A選項(xiàng),由題意得PE⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,連接AC與BD交于點(diǎn)H,則AH=CH,EH⊥AC,因?yàn)锳H=HC,故AE=HC,又PA=PE2+AE故PA=PC,A正確.B選項(xiàng),因?yàn)镻E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PE⊥BD,所以PD=PEPB=PE由于ED與EB不一定相等,故PB,PD不一定相等,B錯(cuò)誤.C選項(xiàng),因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形,所以AC⊥BD,又PE⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以PE⊥AC.因?yàn)镻E∩BD=E,PE,BD?平面PBD,所以AC⊥平面PBD,C正確.D選項(xiàng),連接PH,若E,H不重合,此時(shí)在Rt△PEH中,PH為斜邊,故PH與EH不垂直,即BD與PH不垂直,故此時(shí)BD與平面PAC不垂直,D錯(cuò)誤.]12.CG,DH,EH,FG(任選一個(gè)作答)[如圖,結(jié)合平面圖形還原出正方體,結(jié)合正方體性質(zhì)易知,棱CG,DH,EH,FG所在的直線與棱AB所在的直線是異面直線且互相垂直.]13.②(或③)[連接AC(圖略),∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD.∵底面各邊都相等,∴AC⊥BD.∵PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí),即有PC⊥平面MBD,而PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.]14.②[①假設(shè)AC與BD垂直,過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E,連接CE,如圖所示.則AE⊥BD,BD⊥AC則BD⊥CE,而在平面BCD中,CE與BD不垂直,故假設(shè)不成立,①不正確;②假設(shè)AB⊥CD,∵AB⊥AD,CD∩AD=D,CD,AD?平面ACD,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC,由AB<BC可知,存在這樣的直角三角形,使AB⊥AC,故假設(shè)成立,②正確;③假設(shè)AD⊥BC,∵CD⊥BC,AD∩CD=D,AD,CD?平面ACD,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,即△ABC為直角三角形,且AB為斜邊,而AB<BC,故矛盾,假設(shè)不成立,③不正確.]15.證明(1)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,所以BD⊥AC.又PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,∠ABC=60°,且E為CD的中點(diǎn),所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA=A,AB,PA?平面PAB,所以AE⊥平面PAB.因?yàn)锳E?平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.16.(1)證明連接PC,交DE于點(diǎn)N,連接MN,∵四邊形PDCE為矩形,∴N為PC的中點(diǎn),在△PAC中,M,N分別為PA,PC的中點(diǎn),∴MN∥AC,∵M(jìn)N?平面MDE,AC?平面MDE,∴AC∥平面MDE.(2)解∵∠BAD=∠ADC=90°,∴AB∥CD,∴∠PBA(或其補(bǔ)角)是直線PB與直線CD所成的角.∵四邊形PDCE為矩形,∴PD⊥CD,∵平面PDCE⊥平面ABCD,又PD?平面PDCE,平面PDCE∩平面ABCD=CD,∴PD⊥平面ABCD,∵AD,AB?平面ABCD,∴PD⊥AD,PD⊥AB,在Rt△PDA中,∵AD=1,PD=2,∴PA=3,∵∠BAD=90°,∴AB⊥AD,又∵PD⊥AB,PD∩AD=D,PD,AD?平面PAD,∴AB⊥平面PAD,∵PA?平面PAD,∴AB⊥PA,在Rt△PAB中,∵AB=1,∴tan∠PBA=PAAB=3,∴∠PBA=π從而直線PB與直線CD所成的角為π3(3)解l與平面ABCD垂直.證明如下:∵四邊形PDCE為矩形,∴EC∥PD,∵PD?平面PAD,EC?平面PAD,∴EC∥平面PAD,EC?平面EBC,∵平面PAD∩平面EBC=l,∴EC∥l,則l∥PD,由(2)可知PD⊥平面ABCD,∴l(xiāng)⊥平面ABCD.對點(diǎn)練59空間向量與線面位置關(guān)系1.B[因?yàn)閎+c=(-2,-2,4),所以a·(b+c)=-4-2-12=-18.]2.B[∵m,n,p不共面,∴{m,n,p}可構(gòu)成空間的一個(gè)基底,∵a∥b,∴存在λ≠0,使得b=λa,即(x+1)m+8n+2yp=3λm-2λn-4λp,∴x+1=3λ,8=-2λ,2y=-43.A[由題意,a·b=1+0+n=3,解得n=2,又|a|=12+0|b|=1+1+4=6,所以cos<a,b>=a·b|a||b|=32×又<a,b>∈[0,π],所以a與b的夾角為π6.4.C[C1M=C1C+CM=C1C+12(CB+CD)=A1A+12DA+5.D[因?yàn)锳(0,0,1),B(0,-1,0),C(-1,0,1),所以AB=(0,-1,-1),AC=(-1,0,0).設(shè)平面α的法向量為n=(x,y,z),則n·AB令z=1,則n=(0,-1,1).因?yàn)閍·n=1-1=0,所以直線l可能在平面α內(nèi),或者與平面α平行.故選D.]6.A[∵(3-x-y)+x+(y-2)=1,∴?x,y∈R,A,B,C,M四點(diǎn)共面.]7.A[如圖,取AC的中點(diǎn)E,連接ME,EN,因?yàn)镸,N分別為AB,CD的中點(diǎn),所以ME∥BC,且ME=12BC=2EN∥AD,且EN=12AD=1因?yàn)橄蛄緼D與向量BC的夾角為120°,所以向量EN與向量ME的夾角為120°.又MN=ME+EN,所以|MN|2=(ME+EN)2=|ME|2+2ME·EN+|EN|2=22+2×2×1×-12+12所以|MN|=3,即線段MN的長度為3.]8.A[以D為原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D1(0,0,5),N(1,4,0),M(0,2,5),P(0,4,2),B1(4,4,5).MN=(1,2,-5),MP=(0,2,-3),設(shè)平面MPN的法向量為n=(x,y,z),則n令y=3,則z=2,x=4,故n=(4,3,2).設(shè)Q(s,t,0),則D1Q=(s,t,-5),QB1=(4-s,4-因?yàn)橹本€D1Q與平面MNP平行,所以D1Q·n=(s,t,-5)·(4,3=4s+3t-10=0,所以4s+3t=10,所以s=10-3t又QB1·QD1=(4-s,4-t,5)·(-s,=s2-4s+t2-4t+25=10-3t42-10+3t+t2=2516t-38252+44125,故當(dāng)t=3825時(shí),QB1·9.BC[對于A,a·c=-16-10+6≠0,b·c=-24+24=0,故c與a不垂直,A錯(cuò)誤;對于B,設(shè)d=ma+nb,則m(2,-2,1)+n(3,0,4)=(1,-4,-2),所以2m+3即2a-b=d,B正確;對于C,因?yàn)閏os<a,b>=a·b|a|·|b|=103×5=23,所以異面直線l1與l2所成的角的余弦值為23對于D,向量a在向量b上的投影向量為|a|cos<a,b>·bb=3×23×15(3,0,4)=65,0,10.BCD[由題意知,向量AB,AC,AD不共面,所以A錯(cuò)誤;若向量BC,CD,AB共面,則有AB=xBC+yCD=x(AC-AB)+y(AD-AC),即(-x-1)AB+(x-y)AC+yAD=0,因?yàn)橄蛄緼B,AC,AD不共面,所以-x-1=0,故向量BC,CD,AB不共面,{BC,CD,AB}能夠構(gòu)成空間的一個(gè)基底,故B正確;若AP與BD共面,則有AP=mAB+nAD,又AP=AB+AC+AD,所以(m-1)AB-AC+(n-1)AD=0,與題意矛盾,故C正確;若AP=AB-AC+AD,則AP-AB=-AC+AD,則BP=CD,所以P,B,C,D四點(diǎn)共面,故D正確.]11.AC[設(shè)正方體的棱長為2.A項(xiàng),如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),所以DB=(2,2,0),CB1=(2,0,2),CD1=(0,設(shè)平面CB1D1的法向量為n=(x,y,z),則n令x=1,則y=-1,z=-1,所以平面CB1D1的一個(gè)法向量為n=(1,-1,-1),因?yàn)镈B·n=2×1+2×(-1)+0×(-1)=0,所以DB⊥n,又DB?平面CB1D1,從而DB∥平面CB1D1,故A正確;B項(xiàng),由圖可知,E(2,0,1),所以DE=(2,0,1),設(shè)平面BDE的法向量為m=(x',y',z'),則m令x'=1,則y'=-1,z'=-2,所以m=(1,-1,-2)是平面BDE的一個(gè)法向量,易知m與n不平行,所以平面BDE與平面CB1D1不平行,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;C項(xiàng),由圖可知A(2,0,0),C1(0,2,2),所以AC1=(-2,2,2)=-2故AC1∥n,所以AC1⊥平面CB1D1,故CD項(xiàng),由圖可知,A1(2,0,2),所以A1B=(0,2,-2),A1C1=(-2設(shè)平面A1BC1的法向量為p=(x″,y″,z″),則p令x″=1,則y″=1,z″=1,所以p=(1,1,1)是平面A1BC1的一個(gè)法向量,因?yàn)閜·n=1×1+1×(-1)+1×(-1)=-1≠0,所以平面A1BC1與平面CB1D1不垂直,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.]12.7[因?yàn)榭臻g中三點(diǎn)A(1,5,-2),B(2,4,1),C(p,3,q)共線,所以AB∥AC,所以AB=(1,-1,3),AC=(p-1,-2,q+2),所以p-11=-2-1=q+23,解得p所以p+q=7.]13.0[設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,由已知條件得<a,b>=<a,c>=π3,且|b|=|c|OA·BC=a·(c-b)=a·c-a·b=12|a||c|-12|a||b所以O(shè)A⊥BC,所以cos<OA,BC>=0.]14.1,12,1[由題意得,D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D1(0,0則AC=(-1,2,0),D1C=(0,2,因?yàn)辄c(diǎn)P在平面A1B1C1D1上,所以設(shè)點(diǎn)P(m,n,1),若DP⊥平面ACD1,則DP·D解得n所以點(diǎn)P的坐標(biāo)是1,1215.證明(1)∵E,H分別是線段AP,AB的中點(diǎn),∴PB∥EH.∵PB?平面EFH,且EH?平面EFH,∴PB∥平面EFH.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則A(0,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),F(0,1,1),H(1,0,0).PD=(0,2,-2),AH=(1,0,0),AF=(0,1,1),∴PD·AF=0×0+2×1+(-2)×1=0,PD·AH=0×1+2×0+(-2)×0=0.∴PD⊥AF,PD⊥AH,∴PD⊥AF,PD⊥AH.∵AH∩AF=A,且AH,AF?平面AHF,∴PD⊥平面AHF.16.(1)證明設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O,則BD⊥AC,連接A1O,如圖所示,在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°,所以A1O2=AA12+AO2-2AA1·AOcos所以AO2+A1O2=AA12,所以A1O⊥由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O?平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABCD,又BO?平面ABCD,CO?平面ABCD,所以A1O⊥BO,A1O⊥CO,所以以O(shè)為原點(diǎn),以O(shè)B,OC,OA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0),A1(0,0,3),C1(0,2,3),由于BD=(-23,0,0),AA1=(0,1,3AA1·BD=0×(-23)+1×0+3×所以BD⊥AA1,即BD⊥AA(2)解假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P,使BP∥平面DA1C1,設(shè)CP=λCC1,P(x,y,z則(x,y-1,z)=λ(0,1,3),從而有P(0,1+λ,3λ),則BP=(-3,1+λ,3λ),又A1C1=(0,2,0),DA1=(3,設(shè)平面DA1C1的一個(gè)法向量為n1=(x1,y1,z1),則n則2y1=0,3x1+3z因?yàn)锽P∥平面DA1C1,所以n1⊥BP,即n1·BP=-3-3λ=0,解得λ=-1,即點(diǎn)P在C1C的延長線上,且CP=CC1.對點(diǎn)練60向量法、幾何法求空間角1.(1)證明如圖,連接AD1,因?yàn)辄c(diǎn)M,N分別是AD,DD1的中點(diǎn),所以MN∥AD1.又由長方體的性質(zhì)知AB綉C1D1,所以四邊形ABC1D1為平行四邊形,所以BC1∥AD1,所以BC1∥MN,又MN?平面B1MN,BC1?平面B1MN,所以BC1∥平面B1MN.(2)解法一以D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以DA,DC,DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)锳B=2,AA1=4,四邊形ABCD為正方形,所以M(1,0,0),N(0,0,2),B1(2,2,4),所以MN=(-1,0,2),MB1=(1,2,設(shè)平面B1MN的法向量為n=(x0,y0,z0),則n·MN令z0=1,則x0=2,y0=-3,所以平面B1MN的一個(gè)法向量為n=(2,-3,1).易得平面BCC1B1的一個(gè)法向量為m=(0,1,0).設(shè)平面B1MN與平面BCC1B1的夾角為θ,則cosθ=|m·n||m||n|=314=所以平面B1MN與平面BCC1B1夾角的余弦值為314法二因?yàn)槠矫鍮CC1B1∥平面ADD1A1,所以平面B1MN與平面BCC1B1所成的角即為平面B1MN與平面ADD1A1所成的角.取AA1的中點(diǎn)Q,連接NQ,分別延長NM,A1A交于點(diǎn)P,點(diǎn)N,P是平面B1MN與平面ADD1A1的公共點(diǎn),所以平面B1MN∩平面ADD1A1=PN,在平面ADD1A1內(nèi),作A1H⊥PN交PN的延長線于H,連接B1H.因?yàn)锽1A1⊥平面ADD1A1,又PH?平面ADD1A1,所以PH⊥B1A1.又A1H∩A1B1=A1,A1H,A1B1?平面A1B1H,所以PH⊥平面A1B1H,所以PH⊥B1H.所以∠B1HA1即為平面B1MN與平面BCC1B1所成二面角的平面角.設(shè)∠B1HA1=θ,因?yàn)椤鱌MA∽△PNQ,AM=1,NQ=2,AQ=2,所以AP=2.所以PN=P=25,所以sinP=NQPN=5在Rt△PA1H中,A1H=A1PsinP=65所以在Rt△B1HA1中,tanθ=A=2655即sinθ=53cos所以sin2θ+cos2θ=53cosθ2+cos所以cosθ=31414(負(fù)值舍去所以平面B1MN與平面BCC1B1夾角的余弦值為314法三(射影法)設(shè)平面B1MN與平面BCC1B1所成的角為θ,如圖,過點(diǎn)N作NN'⊥CC1于點(diǎn)N',過點(diǎn)M作MM'⊥BC于點(diǎn)M',連接M'N',B1M',B1N',則△B1M'N'為△B1MN在平面BCC1B1上的射影.由題易得B1N=23,MN=5,MB1=21,B1N'=22,M'N'=5,B1M'=17,所以cos∠MNB1=M=-115所以sin∠MNB1=1415所以S△B1MN=12B1N×MN=12×23×5×1415=又S△B1M'N'=S四邊形BCC1=8-2-2-1=3,所以cosθ=S△B1M'N'S所以平面B1MN與平面BCC1B1所成角的余弦值為31414.故平面B1MN與平面BCC1B1夾角的余弦值為2.(1)證明延長AA1,CC1交于點(diǎn)P1,過C1作C1M⊥AC于M,過A1作A1N⊥AC于N,又四邊形AA1C1C為等腰梯形,則A1C1=AC-2AA1cosπ3=1,則AC=2A1C1又∵A1C1∥AC,所以P1A1=AA1,C1為P1C的中點(diǎn),延長AA1,BB1交于點(diǎn)P2,則P2A1=AA1,B1為P2B的中點(diǎn),則P1A1=P2A1,∴P1與P2重合于點(diǎn)P,P-ABC為三棱錐,設(shè)O為BC中點(diǎn),等腰直角△ABC中AC=AB,∴AO⊥BC,又∵C1為PC的中點(diǎn),B1為PB的中點(diǎn),CC1=BB1=1,∴PB=PC=2,∴PO⊥BC,又∵AO∩PO=O,AO,PO?平面PAO,∴BC⊥平面PAO,又AA1?平面PAO,∴BC⊥AA1,∵BC∥B1C1,∴B1C1⊥AA1.(2)解法一∵BC=22+2PB=PC=2,∴PB2+PC2=BC2,∴PC⊥PB,∵O為中點(diǎn),∴PO=12BC=2又∵AO=2,PA=2AA1=2,∴PO2+AO2=PA2,∴PO⊥AO,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA,OB,OP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),C(0,-2,0),∴CP=(0,2,2),AP=(-2,0,2),BP=(0,-2,2),設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z),則AP·n取x=1,則n=(1,1,1),∴sinθ=|cos<CP,n>|=|2+2∴直線CC1與平面AA1B1B所成角θ的正弦值為63法二∵BC=22+22=22,PB∴PB2+PC2=BC2,∴PC⊥PB,∵O為中點(diǎn),∴PO=12BC=2,PO⊥BC又∵AO=2,PA=2AA1=2,∴PO2+AO2=PA2,∴PO⊥AO,又BC∩AO=O,BC,AO?平面ABC,∴PO⊥平面ABC,PA=PB=AB=2,△PAB為等邊三角形,設(shè)C到平面PAB的距離為h,∵VP-ABC=VC-PAB,∴13×12×2×2=13×12×2×2×sinπ3∴h=263,∴sinθ=hPC∴直線CC1與平面AA1B1B所成角θ的正弦值為633.解(1)設(shè)點(diǎn)P到平面ABCD的距離為h,則VB-PAD=VP-ABD=13h·S△ABD=4由題意可知S△ABD=12AB·BC=4所以h=3VP-ABDS所以點(diǎn)P到平面ABCD的距離為2.(2)法一取AD的中點(diǎn)M,連接PM,因?yàn)镻A=PD,所以PM⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD且交線為AD,PM?平面PAD,所以PM⊥平面ABCD,由(1)知PM=2.由題意可得BD=22,AD=(4-2)2+2所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),DA所在直線為x軸,DB所在直線為y軸,過點(diǎn)D作PM的平行線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(22,0,0),P(2,0,2),C(-2,2,0),則DC=(-2,2,0),DA=(22,0,0),AP=(-2,0,2),AN=23AP=所以DN=DA+AN=42設(shè)平面NCD的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n故可取n1=(1,1,-2),易知平面ABCD的一個(gè)法向量為n2=(0,0,1),設(shè)平面NCD與平面ABCD的夾角為θ,則cosθ=|cos<n1,n2>|=|=|-2|6×1=63,所以平面NCD法二如圖,取AD的中點(diǎn)M,連接PM,在線段AM上取一點(diǎn)H,使得AH=2HM,連接NH,在平面ABCD中,過點(diǎn)H作HK⊥CD,交CD的延長線于點(diǎn)K,連接NK.因?yàn)锳N=2NP,所以NH∥PM,NH=23PM=2AH=23AM=13AD=因?yàn)镻A=PD,所以PM⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD且交線為AD,PM?平面PAD,所以PM⊥平面ABCD,所以NH⊥平面ABCD,因?yàn)镃D?平面ABCD,所以NH⊥CD,又HK⊥CD,且HK∩NH=H,HK,NH?平面NHK,所以CD⊥平面NHK,因?yàn)镹K?平面NHK,所以CD⊥NK,所以∠NKH是平面NCD與平面ABCD所成二面角的平面角.在Rt△HDK中,易知DH=423,∠KDH所以KH=DH·sin45°=43所以cos∠NKH=HK=4322所以平面NCD與平面ABCD所成角的余弦值為63.故平面NCD與平面ABCD夾角的余弦值為64.解(1)因?yàn)锳B∥平面PCD,AB?平面POD,平面PCD∩平面POD=PD,則有AB∥PD.所以∠PDO=∠AOD=π6又OD=OP=1,則PD=2ODcos∠PDO=2cosπ6=3(2)法一因?yàn)槠矫鍭OC⊥平面DOP,平面AOC∩平面DOP=AB,OC?平面AOC,OC⊥AB,所以O(shè)C⊥平面DOP.又OD,OP?平面DOP,則OC⊥OD,OC⊥OP,又OP⊥OD,由OC=OP=OD=1,可得CD=CP=PD=2.設(shè)O到平面PCD的距離為d,因?yàn)閂O-PCD=VC-OPD,所以S△PCD×d=S△OPD×CO,所以12×2×2×32×d=12×1×1所以d=33設(shè)OP與平面PCD所成的角為θ,則sinθ=dOP=331故OP與平面PCD所成角的正弦值為33法二∵OP⊥OD,∠AOD=π6,∴∠POB=π如圖,過點(diǎn)O作平面ABC的垂線OG,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OC,OB,OG所在的直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則C(1,0,0),D0,-32,1∴OP=0,1PC=1,-12,-32設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則PC·n令y=-2,得x=2+23,z=4+23,則n=(2+23,-2,4+23),設(shè)OP與平面PCD所成的角為θ,則sinθ=|cos<OP,n>|=2+2=2+236+23故OP與平面PCD所成角的正弦值為33對點(diǎn)練61向量法、幾何法求空間距離1.(1)證明由題意得,EF∥MC,且EF=MC,所以四邊形EFCM是平行四邊形,所以EM∥FC.又CF?平面BCF,EM?平面BCF,所以EM∥平面BCF.(2)解取DM的中點(diǎn)O,連接OA,OE(圖略),因?yàn)锳B∥MC,且AB=MC,所以四邊形AMCB是平行四邊形,所以AM=BC=10,又AD=10,故△ADM是等腰三角形,同理△EDM是等腰三角形,可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=AD2OE=ED2-又AE=23,所以O(shè)A2+OE2=AE2,故OA⊥OE.又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM?平面EDM,所以O(shè)A⊥平面EDM.易知S△EDM=12×2×3=3在△ADE中,cos∠DEA=4+12-102×2×23=所以sin∠DEA=134,S△ADE=12×2×23×134設(shè)點(diǎn)M到平面ADE的距離為d,由VM-ADE=VA-EDM,得13S△ADE=13S△EDM·OA,得d=6故點(diǎn)M到平面ADE的距離為6132.(1)證明因?yàn)锳B=AD,O為BD的中點(diǎn),所以AO⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO?平面ABD,所以AO⊥平面BCD,又BC?平面BCD,所以O(shè)A⊥BC.(2)解取OD的中點(diǎn)F,連接CF,因?yàn)椤鱋CD為正三角形,所以CF⊥OD,過點(diǎn)O作OM∥CF交BC于點(diǎn)M,則OM⊥OD,所以O(shè)M,OD,OA兩兩垂直,以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以O(shè)M,OD,OA所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則B(0,-1,0),C32E0,1法一則BC=32BE=0,4所以點(diǎn)E到直線BC的距離d=|=209-2法二又BC==32BE=0,4所以|cos<BC,BE>|=|=23×2則sin<BC,BE>=105所以點(diǎn)E到直線BC的距離為|BE|sin<BC,BE>=253×1053.(1)證明在正方形ABCD中,有AD⊥CD,又PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD,又AD∩AP=A,AD,AP?平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又CD?平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD,又PA=AD,F是棱PD的中點(diǎn),所以AF⊥PD,平面PCD∩平面PAD=PD,所以AF⊥平面PDC,又EF?平面PDC,所以AF⊥EF.(2)解如圖,以A為原點(diǎn),以AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,A(0,0,0),B(3,0,0),P(0,0,3),F0,3設(shè)點(diǎn)E(m,3,0)(0≤m≤3),所以AE=(m,3,0),AF=0,3設(shè)平面AEF的法向量n=(x,y,z),則AE·n令x=3,可得n=(3,-m,m),又BP=(-3,0,3),所以直線BP與平面AEF所成角的正弦值sinθ=|BP·n化簡可得m2-22m+21=0,即(m-1)·(m-21)=0,所以m=1或m=21(舍).即點(diǎn)E(1,3,0),由m=1可得,n=(3,-1,1),AB=(3,0,0),所以點(diǎn)B到平面AEF的距離d=|n·AB4.(1)證明在梯形CC1D1D中,因?yàn)镃C1=CD=DD1=12C1D1=1作DH⊥D1C1于H(圖略),則D1H=12所以cos∠DD1H=12所以∠DD1C1=π3如圖,連接DC1,由余弦定理可得DC1=3.因?yàn)镈C12+DD12=D1C12,所以因?yàn)槠矫鍭A1D1D⊥平面CC1D1D,平面AA1D1D∩平面CC1D1D=DD1,DC1?平面CC1D1D,所以DC1⊥平面AA1D1D,又因?yàn)锳D?平面AA1D1D,所以AD⊥DC1.又因?yàn)锳D⊥DC,DC∩DC1=D,DC,DC1?平面CC1D1D,所以AD⊥平面CC1D1D.(2)解連接A1C1,D1C,由(1)可知A1D1⊥平面CC1D1D,以D1為坐標(biāo)原點(diǎn),所以A1C與平面CC1D1D所成的角為∠A1CD1,即∠A1CD1=π3在Rt△A1CD1中,因?yàn)镃D1=DC1=3,所以A1D1=3,因?yàn)锳1C1∥AC,所以平面AA1C與平面AA1C1C是同一個(gè)平面.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則D1(0,0,0),A1(3,0,0),D0,12,32,C0,32,3所以A1C1=(-3,2A1C=DC=(0,1,0).設(shè)平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則n·A令x=2,解得y=3,z=3,則n=(2,3,3),故點(diǎn)D到平面AA1C的距離d=|DC·n|n所以點(diǎn)D到平面AA1C的距離為34對點(diǎn)練62幾何體的截面(交線)及動態(tài)問題1.B[建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)OB=OA=1,則B(0,1,0),A(0,0,1),P(x,y,0),則AB=(0,1,-1),AP=(x,y,-1),所以cos<AB,AP>=y+12·即3x2+(y-2)2=3,所以點(diǎn)P的軌跡是橢圓.]2.C[如圖1,當(dāng)點(diǎn)M,N分別與對角頂點(diǎn)重合時(shí),顯然截面BMD1N是矩形;圖1圖2如圖2,當(dāng)M,N分別為棱AA1,CC1的中點(diǎn)時(shí),顯然截面BMD1N是菱形,由正方體的性質(zhì)及勾股定理易知截面BMD1N不可能為正方形;根據(jù)對稱性,其他情況下截面BMD1N為平行四邊形.故選C.]3.C[如圖,取AB的中點(diǎn)E,連接DC1,C1M,ME,DE,則易知截面是等腰梯形C1MED,則較小的部分是三棱臺BEM-CDC1.S△BEM=12×2×2=2,S△CDC1=1所以較小部分的體積V=13×2×8)×4=563.故選C.4.B[連接BC1,AD1,D1F,如圖所示,因?yàn)镋,F分別是BC,CC1的中點(diǎn),所以EF∥BC1,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AD1∥BC1,所以EF∥AD1,所以A,D1,F,E在同一平面內(nèi),所以平面AEF截該正方體所得截面為四邊形EFD1A.因?yàn)檎襟w的棱長為2,所以EF=2,AD1=22,D1F=AE=22+1則E到AD1的距離為等腰梯形EFD1A的高,為(5)2-22-222=322,所以所求截面面積S=15.B[以AB所在直線為x軸,線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐系(圖略),則易知A(-1,0),B(1,0),O(0,1),設(shè)M(x,y),由MA=3MB,得(x+1)2+y2=3(x-1)2+3y2,即(x-2)2+y2=3,所以點(diǎn)M的軌跡是以C(2,0)為圓心,3為半徑的圓,轉(zhuǎn)化到空間,點(diǎn)M的軌跡為以C為球心,3為半徑的球,同時(shí)M在球O上,所以點(diǎn)M在兩球的交線上,軌跡為圓(如圖所示).又OM=2,MC=3,易得OC=5,即△OCM為直角三角形,則對應(yīng)圓的半徑r=2×35所以點(diǎn)M的軌跡長度即對應(yīng)圓的周長為2305π6.B[連接DB,DC1,AC,因?yàn)锳1A⊥平面ABCD,A1C是平面ABCD的一條斜線,AC是A1C在平面ABCD的射影,且AC⊥BD,所以A1C⊥BD(三垂線定理).同理A1C⊥BC1.因?yàn)锽C1∩DB=B,DB,BC1?平面DBC1,所以A1C⊥平面DBC1,又點(diǎn)P在截面A1C1B上,平面DBC1∩平面A1C1B=BC1,所以點(diǎn)P在BC1上,故點(diǎn)P的軌跡長度為2.]7.C[取BC的中點(diǎn)F,連接AF,DF,則有AF⊥BC,DF⊥BC,又AF∩DF=F,AF,DF?平面ADF,故BC⊥平面ADF,又AD?平面ADF,故BC⊥AD,又AD⊥AE,BC∩AE=E,BC,AE?平面ABC,故AD⊥平面ABC,又AC,AB?平面ABC,故AD⊥AC,AD⊥AB.由正三棱錐的性質(zhì)可得AD,AB,AC兩兩垂直,故AF=1222即以A為球心,2為半徑的球面與側(cè)面ABC的交線長為π2×2=22π,即與該三棱錐三個(gè)側(cè)面交線長的和為3×22π=8.D[連接AC,BD交于點(diǎn)O,連接OB',四邊形ABCD為菱形,∠ABC=60°,所以AC⊥BD,OB'⊥AC,△ABC,△ACD,△AB'C均為正三角形,所以∠B'OD為二面角B'-AC-D的平面角,于是∠B'OD=60°,又因?yàn)镺B'=OD,所以△B'OD為正三角形,所以B'D=OB'=OD=2×32=3取OC的中點(diǎn)P,取CD的中點(diǎn)Q,連接EP,EQ,PQ,所以PQ∥OD,EP∥OB',所以AC⊥EP,AC⊥PQ,EP∩PQ=P,EP,PQ?平面EPQ,所以AC⊥平面EPQ,所以在三棱錐B'-ACD表面上,滿足AC⊥EF的點(diǎn)F軌跡為△EPQ,因?yàn)镋P=12OB',PQ=12OD,EQ=1所以△EPQ的周長為3×32=3所以點(diǎn)F軌跡的長度為3329.BCD[因?yàn)锽1M與BC相交,所以B1M與平面PBC相交,故A錯(cuò)誤;因?yàn)镻?平面BB1C1C,N∈平面BB1C1C,N?CC1,CC1?平面BB1C1C,所以直線PN與CC1為異面直線,故B正確;當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí),PN⊥平面BB1C1C,因?yàn)锽1M?平面BB1C1C,所以B1M⊥PN,故C正確;當(dāng)AP=AN時(shí),直線PN與平面ABC所成的角為45°,故D正確.]10.BCD[對于A,假設(shè)存在某個(gè)位置,使得DE⊥A1C.由題意知∠AED=∠BEC=45°,所以∠DEC=90°,即