【步步高】高考数学 考前三个月抢分训练28 立体几何.doc

训练28　立体几何 (推荐时间：75分钟) 1．如图，平面ABCD⊥平面PAD，△APD是直角三角形，∠APD＝90°，四边形ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝2BC，O是AD的中点． (1)求证：CD∥平面PBO；(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.2．(·福建)如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB. (1)求证：CE⊥平面PAD； (2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P—ABCD的体积． 3．如图所示，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE⊥平面CDE，且AE＝3，AB＝6.(1)求证：AB⊥平面ADE； (2)求凸多面体ABCDE的体积．4.(·辽宁)已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN； (2)求SN与平面CMN所成角的大小．5．如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面是边长为2的正方形，D、E分别是BB1、AC的中点． (1)求证：BE∥平面A1CD； (2)求二面角C—A1D—C1的余弦值． 6．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD. (1)求异面直线BF与DE所成的角的大小； (2)证明：平面AMD⊥平面CDE； (3)求二面角A－CD－E的余弦值． 答案 1．证明　(1)∵AD＝2BC，且O是AD中点， ∴OD＝BC，又AD∥BC， ∴OD∥BC， ∴四边形BCDO为平行四边形， ∴CD∥BO，CD平面PBO， 且BO平面PBO，故CD∥平面PBO. (2)∵∠BAD＝90°，∴BA⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD， 且平面PAD∩平面ABCD＝AD， AB平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD，PD平面PAD， ∴AB⊥PD. ∵AP⊥PD，AB∩AP＝A， ∴PD⊥平面PAB， 又∵PD平面PCD， 故平面PAB⊥平面PCD. 2．(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD， 所以PA⊥CE. 因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD. 又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD. (2)解　由(1)可知CE⊥AD. 在Rt△ECD中，DE＝CD·cos 45°＝1， CE＝CD·sin 45°＝1. 所以AE＝AD－ED＝2. 又因为AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形． 所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE＝1×2＋×1×1＝. 又PA⊥平面ABCD，PA＝1， 所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝. 3．解　(1)∵AE⊥平面CDE，CD平面CDE， ∴AE⊥CD. 在正方形ABCD中，CD⊥AD， ∵AD∩AE＝A，∴CD⊥平面ADE. ∵AB∥CD， ∴AB⊥平面ADE. (2)在Rt△ADE中，AE＝3，AD＝6， ∴DE＝＝3. 连接BD，则凸多面体ABCDE被分割为三棱锥B—CDE和三棱锥B—ADE. 由(1)知，CD⊥DE. ∴S△CDE＝×CD×DE＝×6×3＝9. 又AB∥CD，AB平面CDE，CD平面CDE， ∴AB∥平面CDE. ∴点B到平面CDE的距离为AE的长度． ∴VB—CDE＝S△CDE·AE＝×9×3＝9. ∵AB⊥平面ADE， ∴VB—ADE＝S△ADE·AB＝××6＝9. ∴VABCDE＝VB—CDE＋VB—ADE＝9＋9＝18. 故所求凸多面体ABCDE的体积为18. 4. (1)证明　设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图所示， 则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N(，0,0)，S(1，，0)． 所以＝(1，－1，)， ＝(－，－，0)． 因为·＝－＋＋0＝0， 所以CM⊥SN. (2)解　＝(－，1,0)， 设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则 即令x＝2，得a＝(2,1，－2)． 因为|cos〈a，〉|＝＝＝， 所以SN与平面CMN所成的角为45°. 5．(1)证明　由题意，可知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都等于2. ∵△ABC是边长为2的正三角形，且AE＝EC. ∴BE⊥AC，且BE＝AC＝. 又∵平面ABC⊥平面ACC1A1， 平面ABC∩平面ACC1A1＝AC， ∴BE⊥平面ACC1A1. 取A1C1的中点F，连接EF， 则在正方形ACC1A1中，EF⊥AC. ∴以E为坐标原点，直线EA、EF、EB分别为x轴、y轴、z轴