高三立体几何章末综合测试题

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则∠ABO＝θ ，由图得sin θ＝AOAB＝ACAB•AOAC＝sin 30°•sin 60°＝34.
【答案】　34
三、解答题(本大 题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)如图所示，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影E落在BC上．

(1)求证：平面ACD⊥平面ABC; 
(2)求三棱锥 A－BCD的体积．
　解析　(1)∵AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD.
又BC⊥CD， 且AE∩BC＝E，
∴CD⊥平面ABC.
又CD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)由(1)知，CD⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB.
又∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，
∴AB⊥平面ACD.
∴VA－BCD＝VB－ACD＝13•S△ACD•AB.
又∵在△ACD中，AC⊥CD，AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，
∴AC＝AD2－CD2＝42－32＝7.
∴VA－BCD＝13×12×7×3×3＝372.
18．(12分)如图，四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G为EF的中点．
(1)求证：CF∥平面ADE；
(2)求证：平面ABG⊥平面CDG；
(3)求二面角C－FG－B的余弦值．
　解析　(1)∵BF∥DE，BC∥AD，BF∩BC＝B，DE∩AD＝D，∴平面CBF∥平面ADE.
又CF⊂平面CBF，
∴CF∥平面ADE.
(2)如图，取AB的中点M，CD的中点N，连接GM、GN、MN、AC、BD，设AC、MN、BD交于O，连接GO.
∵四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，
AB＝2BF，DE⊥平面ABCD，G为EF的中点，
则GO⊥平面ABCD，GO＝12MN，
∴GN⊥MG.
又GN⊥ DC，AB∥DC，
∴GN⊥AB.
又AB∩MG＝M，
∴GN⊥平面GAB.
又GN⊂平面CDG，
∴平面ABG⊥平面CDG.
(3)由已知易得CG⊥FG，由(2)知GO⊥EF，
∴∠CGO为二面角C－FG－B的平面角，
∴cos ∠CGO＝GOGC＝33.
19．(12分)(2011•南昌二模)如图所示的多面体ABC－A1B1C1中，三角形ABC是边长为4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝4.
(1)若O是AB的中点，求证：OC1⊥A1B1；
(2)求平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值．
　解析　(1)设线段A1B1的中点为E，连接OE，C1E.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AB，
又BB1∥AA1且AA1＝BB1，
所以AA1B1B是矩形．
又点O是线段AB的中点，
所以OE∥AA1，所以OE⊥A1B1.
由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AC，A1A⊥BC.
又BB1∥AA1∥CC1，
所以BB1⊥BC，CC1⊥AC，CC1⊥BC，
且AC＝BC＝4，AA1＝BB1＝4，CC1＝2，
所以A1C1＝B1C1，所以C1E⊥A1B1.
又C1E∩OE＝E，
所以A1B1⊥平面OC1E，
因为OC1⊂平面OC1E，所以OC1⊥A1B1.
(2)如图，以O为原点，OE→，OA→，OC→所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，
则A(0,2,0)，A1(4,2,0)，B1(4，－2,0)，C1(2,0,23)，
设平面AB1C1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则有
n1•AB1→＝0，n1•AC1→＝0⇒
x1，y1，z1•4，－4，0＝0，x1，y1，z1•2，－2，23＝0⇒x1＝y1，z1＝0，
令x1＝1，则n1＝(1,1,0)．
设平面A1B1C1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则有
n2•A1B1→＝0，n2•A1C1→＝0⇒x2，y2，z2•0，－4，0＝0，x2，y2，z2•－2，－2，23＝0
⇒y2＝0，x2＝3z2，令z2＝1，则n2＝(3，0,1)．
所以cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝32×2＝64，
所以平面AB1C1与平面A1B1C1所成的角的余弦值是64.
20．(12分)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
　解析　(1)由直四棱柱概念，得BB1綊DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，
∴B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD.
(2)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，
∴AC⊥平面BB1D1D.
而MD⊂平面BB1D1D，
∴MD⊥AC.
(3)当点M为棱BB1的中点时，取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示．
∵N是DC的中点，BD＝BC，∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，
而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.
又可证得，O是NN1的中点，∴BM綊ON，
即四边形BMON是平行四边形，
∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D，
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
21．(12分)如图所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD＝2.E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使平面PDC⊥平面ABCD.
(1)求证：PA∥平面EFG；
(2)求二面角G－EF－D的大小．

解析　(1)∵PE＝EC，PF＝FD，∴EF∥CD.
又CD∥AB，∴EF∥AB，∴EF∥平面PAB.
同理，EG∥平面PAB.
又∵EF∩EG＝E，∴平面PAB∥平面EFG，
而PA在平面PAB内，∴PA∥平面EFG.
(2)如图，以D为坐标原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，G(1,2,0)，
易知DA→＝(2 ,0,0)为平面EFD的一个法向量．
设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又EF→＝(0，－1，0)，EG→＝(1,1，－1)，
由n•EF→＝0，n•EG→＝0，得x，y，z•0，－1，0＝0，x，y，z•1，1，－1＝0，
即y＝0，x＋y－z＝0，取x＝1，得n＝(1,0,1)．
设所求二面角为θ，cos θ＝n•DA→|n||DA→|＝222＝22，
∴θ＝45°，即二面角G－EF－D的平面角的大小为45°.
2 2．(12分)在侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，A1A＝AB，E为BB1延长线上的一点，D1E⊥面D1AC.
(1)求二面角E－AC－D1的大小；
(2)在D1E上是否存在一点P，使A1P∥平面EAC？若存在，求D1P∶PE的值；若不存在，说明理由．
　解析　设AC与BD交于O，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设AB＝2，则A(3，0,0)，B(0,1,0)，C(－3，0,0)，D(0，－1,0)，D1(0，－1,2)，A1(3，0,2)．

(1)设E(0,1,2＋h)，则D1E→＝(0,2，h)，AC→＝(－23，0,0)，D1A→＝(3，1，－2)，
∵D1E⊥平面D1AC，
∴D1E⊥AC，D1E⊥D1A，
∴D1E→•AC→＝0，D1E→•D1A→＝0，
∴2－2h＝0，∴h＝1，即E(0,1,3)，
∴D1E→＝(0,2,1)，AE→＝(－3，1,3)．
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则m⊥AC→，m⊥AE→，
∴x＝0，－3x＋y＋3z＝0，
令z＝－1，得m＝(0,3，－1)，
∴cos〈m，D1E→〉＝m•D1E→|m||D1E→|＝22，
∴二面角E－AC－D1的大小为45°.
(2)设D1P→＝λPE→＝λ(D1E→－D1P→)，
则D1P→＝λ1＋λD1E→＝0，2λ1＋λ，λ1＋λ，
∴A1P→＝A1D1→＋D1P→
＝(－3，－1,0)＋0，2λ1＋λ，λ1＋λ
＝－3，λ－11＋λ，λ1＋λ.
∵A1P∥平面EAC，
∴A1P→⊥m，
∴A1P→•m＝0，
∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，
∴λ＝32.
∴存在点P使A1P∥平面EAC，
此时D1P∶PE＝3∶2.

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