1 空間幾何體中的三視圖

1. 由幾何體的正視圖和側視圖均如題圖5所示知，原圖下面是圓柱或直四棱柱，上面是圓柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A、B、C都可能是該幾何體的俯視圖，D不可能是該幾何體的俯視圖，因為它的正視圖上面應為如圖1所示的矩形. 選D.

■

圖1

2. 由三視圖可知本題所給的是一個底面為等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以該直四棱柱的表面積為S=2×■×（2+4）×4+4×4+2×4+2×■×4=48+8■.

3. 由幾何體的三視圖可知，該幾何體的底面是矩形，高為△ADE中DE邊上的高，則V=■×2■×2×■=■.

2 空間平行與垂直

1. 設AC∩BD=O，連結OQ.

（1）因為ABCD為菱形，所以O為AC的中點；又Q為PA的中點，所以OQ∥PC. 又PC？埭平面QBD，OQ？奐平面QBD，所以PC∥平面QBD.

（2）因為ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又因為PA⊥平面ABCD，BD？奐平面ABCD，所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC. 又BD？奐平面QBD，所以平面QBD⊥平面PAC.

2. （1）證明：因為BB1⊥平面ABCD，AC？奐平面ABCD，所以BB1⊥AC. 又因為BD⊥AC，且BD∩BB1=B，所以AC⊥平面BB1D，而MD？奐平面BB1D，所以MD⊥AC.

（2）當點M為棱BB1的中點時，平面DMC1⊥平面CC1D1D. 取DC的中點N，D1C1的中點N1，連結NN1交DC1于O，連結OM（如圖2）. 因為N是DC的中點，BD=BC，所以BN⊥DC；又因為DC是平面ABCD與平面DCC1D1的交線，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，所以BN⊥平面DCC1D1. 又可證得，O是NN1的中點，所以BM∥ON且BM=ON，即BMON是平行四邊形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D. 因為OM？奐平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.

■

圖2

3 空間角

1. 過點A作平面β的垂線，垂足為C，在β內過C作l的垂線，垂足為D，連結AD，連結CB，則∠ABC為AB與平面β所成的角.

■

圖3

由三垂線定理可知AD⊥l，故∠ADC為二面角α-l-β的平面角，∠ADC=60°.

設AD=2，則AC=■，CD=1.

又∠ABD=30°，所以AB=4，故sin∠ABC=■=■.

2. （1）法1：由AE⊥平面BCD得AE⊥CD，又AD⊥CD，則CD⊥平面AED，故CD⊥DE；同理可得CB⊥BE，則BCDE為矩形. 又BC=CD，則BCDE為正方形，故CE⊥BD.

法2：由已知可得AB=BD=AD=6■，設O為BD的中點，則AO⊥BD，CO⊥BD，則BD⊥平面AOC，故平面BCD⊥平面AOC，則頂點A在底面BCD上的射影E必在OC上，故CE⊥BD.

（2）由（1）的證明過程知OD⊥平面AEC，過O作OF⊥EG，垂足為F，則易證得DF⊥EG，故∠OFD即為二面角C-EG-D的平面角.由已知可得AE=6，則AE2=AG·AC=2■·6■=36，故■=■，故EG⊥AC，則OF=■=2■.又OD=3■，則DF=■，故cos∠OFD=■，即二面角C-EG-D的余弦值為■.

4 空間向量

1. （1）因為AD∥BC，BC=■AD，Q為AD的中點，所以四邊形BCDQ為平行四邊形，所以CD∥BQ.因為∠ADC=90°，所以∠AQB=90°，即QB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BQ⊥平面PAD. 因為BQ？奐平面PQB，所以平面PQB⊥平面PAD.

（2）因為PA=PD，Q為AD的中點，所以PQ⊥AD.

因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PQ⊥平面ABCD.

如圖4，以Q為原點建立空間直角坐標系，則平面BQC的法向量為n=（0，0，1）；Q（0，0，0），P（0，0，■），B（0，■，0），C（-1，■，0）.

■

圖4

設M（x，y，z），則■=（x，y，z-■），■=（-1-x，■-y，-z）.

由已知條件■=t■，可得x=t（-1-x），y=t（■-y），z-■=t（-z），所以x=-■，y=■，z=■.

在平面MBQ中，■=（0，■，0），■=-■，■，■，所以平面MBQ的法向量m=（■，0，t）.

因二面角M-BQ-C的平面角為30°，故cos30°=■=■=■，所以t=3.

2. 如圖5，建立空間直角坐標系，其中點B為坐標原點，BA所在直線為x軸，BB1所在直線為y軸.

■

圖5

由題意，B（0，0，0），A（2■，0，0），C（■，-■，■），A1（2■，2■，0），B1（0，2■，0），C1（■，■，■）.

（1）■=（-■，-■，■），■=（-2■，0，0）.

cos〈■，■〉=■=■=■.

所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為■.

（2）■=（0，2■，0），■=（-■，-■，■），設平面AA1C1的法向量為m=（x，y，z），則m·■=0，m·■=0.即-■x-■y+■z=0，2■y=0.

令x=■，則y=0，z=■，m=（■，0，■）.

設平面A1B1C1的法向量為n=（a，b，c），則n·■=0，n·■=0，

即-■a-■b+■c=0，-2■a=0.

令b=■，則a=0，c=■，n=（0，■，■）.

于是得cos〈m，n〉=■=■=■，所以sin〈m，n〉=■.

所以二面角A-A1C1-B1的正弦值為■.

（3）由N為棱B1C1的中點，可得N■，■，■，設M（p，q，0），則■=■-p，■-q，■.

因為MN⊥平面A1B1C1，則■·■=0，■·■=0，且■=（-■，-■，■），■=（-2■，0，0），則可得■-p·（-■）+■-q·（-■）+■×■=0，■-p·（-2■）=0，

解上面的方程組可得p=■，q=■，所以可得M■，■，0. 向量■=■，■，0，所以線段BM的長■=■=■.

5 折疊問題

（1）由已知有DE⊥A1E，DE⊥EB，又A1E∩EB=E，所以DE⊥平面A1EB，所以DE⊥A1B.

（2）因為DE⊥平面A1BE，所以平面DEA1⊥平面A1BE，所以平面DEBC⊥平面A1BE，所以平面A1ED與平面DEBC所成的角即為∠A1EB=θ.

如圖6，建立空間直角坐標系，則A1（■sinθ，■cosθ，0），C（0，■，3），D（0，0，3），所以■=（-■sinθ，■-■cosθ，3），■=（-■sinθ，-■cosθ，3）.

■

圖6

設平面A1CD的法向量為n=（x，y，z），所以-■sinθ·x+（■-■cosθ）·y+3z=0，-■sinθ·x-■cosθ·y+3z=0.

令z=1，則x=■，y=0，所以n=■，0，1.

又易知平面A1EB的一個法向量為m=（0，0，1），所以cos〈m，n〉=■=■. 又因為θ∈■，■，所以可得cos〈m，n〉∈■，■. 所以當θ∈■，■時，平面A1DC與平面A1EB所成二面角的余弦值的取值范圍為■，■.

綜合測試

1. 此物體的上部是一個長方體，體積為15×4×2=120；下部分為兩個大小相同的半圓柱體，體積為π×22×2=8π，故選B.

2. 利用排除法，當直線a與α相交，則A不對；當直線a與α平行，則B不對；當直線a在α內，則C不對，故選D.

3. ①④正確，選C.

4. 注意到A1C1⊥平面BB1D1D. 連結A1C1交B1D1于點O，BO即為BC1在平面BB1D1D的投影. BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為C1O∶BC1，故選D.

5. 如圖7，因為圓M的面積為4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2■.

■

因為在Rt△OMN中，∠OMN=30°，所以ON=■OM=■，故圓N的半徑r=■=■，所以圓N的面積為S=πr2=13π. 選D.

6. 無窮多. 提示：正四棱錐的高是固定不變的，但是其底面正方形ABCD的面積可不一樣. 本題可以轉化為一個正方形可以有多少個內接正方形，顯然有無窮多種情況.

7. 因為E點在線段AA1上，所以S■=■×1×1=■，又因為F點在線段B1C上，所以點F到平面DED1的距離為1，即h=1，所以V■=V■=■×S■×h=■×■×1=■.

8. 由題意，黑“電子狗”爬行路線為AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，即過6段后又回到起點，可以看作以6為周期；同理，黃“電子狗”也是過6段后又回到起點. 所以黑“電子狗”爬完2006段后實質是到達第二段的終點D1，黃“電子狗”爬完2007段后到達第三段的終點C1. 此時的距離為C1D1=1.

9. （1）因為側面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1. 又B1C⊥A1B，且A1B∩BC1=B，所以B1C⊥平面A1BC1. 又B1C？奐平面AB1C，所以平面AB1C⊥平面A1BC1.

（2）設BC1交B1C于點E，連結DE，則DE是平面A1BC1與平面B1CD的交線，如圖8.

■

圖8

因為A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE.

又E是BC1的中點，所以D為A1C1的中點，即A1D∶DC1=1.

10. 法1：（1）因為平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB∩平面ABCD=AB，AD⊥AB，AD？奐平面ABCD，所以AD⊥平面G1AB. 又AD？奐平面G1ADG2，所以平面G1AB⊥平面G1ADG2.

（2）過點B作BH⊥AG1于點H，連結G2H，如圖9.

■

圖9

由（1）的結論可知，BH⊥平面G1ADG2，所以∠BG2H是BG2和平面G1ADG2所成的角.

因為平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB∩平面ABCD=AB，G1E⊥AB，G1E？奐平面G1AB，所以G1E⊥平面ABCD，故G1E⊥EF.

因為G1G2

又因為G1G2∥AD∥EO，所以四邊形G1EOG2是矩形.

由題設AB=12，BC=25，EG=8，則GF=17，所以G2O=G1E=8，G2F=17，OF=■=15，G1G2=EO=10.

因為AD⊥平面G1AB，G1G2∥AD，所以G1G2⊥平面G1AB，從而G1G2⊥G1B.

故BG■■=BE2+EG■■+G1G■■=62+82+102=200，BG2=10■.

又AG1=■=10，由BH·AG1=G1E·AB得BH=■=■.

所以sin∠BG■H=■=■×■=■，cos∠BG2H=■，即直線BG2與平面G1ADG2所成角的余弦值為■.

法2：（1）因為平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB∩平面ABCD=AB，G1E⊥AB，G1E？奐平面G1AB，所以G1E⊥平面ABCD，從而G1E⊥AD. 又AB⊥AD，所以AD⊥平面G1AB. 因為AD？奐平面G1ADG2，所以平面G1AB⊥平面G1ADG2.

（2）由（1）可知，G1E⊥平面ABCD. 故可以E為原點，分別以直線EB，EF，EG1為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系（如圖10）. 由題設AB=12，BC=25，EG=8，則EB=6，EF=25，EG1=8，相關各點的坐標分別是A（-6，0，0），D（-6，25，0），G1（0，0，8），B（6，0，0）.

■

圖10

所以■=（0，25，0），■=（6，0，8）.

設n=（x，y，z）是平面G1ADG2的一個法向量，由n·■=0，n·■=0得25y=0，6x+8z=0，故可取n=（4，0，-3）.

過點G2作G2O⊥平面ABCD于點O，因為G2C=G2D，所以OC=OD，于是點O在y軸上.

因為G1G2∥AD，所以G1G2∥EF，G2O=G1E=8.

設G2（0，m，？搖8）（0

所以■=（0，10，8）-（6，0，0）=（-6，10，8）.

設BG2和平面G1ADG2所成的角是θ，則由前面可得sinθ=■=■=■. 所以cosθ=■=■，即直線BG2與平面G1ADG2所成角的余弦值為■.

11. （1）因為該幾何體的正視圖為矩形，左視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，所以BA，BC，BB1兩兩垂直.

以B為原點，BA，BB1，BC分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，84a0fb4fffb5129d68f8649aeaa079a75137bef046589b8ea3ed81bc9a39781b6，4），C（0，0，4）.

因為■·■=（4，4，0）·（-4，4，0）= -16+16=0，■·■=（4，4，0）·（0，0，4）=0，所以BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1與B1C1相交于B1，所以BN⊥平面C1B1N.

（2）設n=（x，y，z）為平面NCB1的一個法向量，則可得n·■=0，n·■=0？圯（x，y，z）·（4，4，-4）=0，（x，y，z）·（-4，4，0）=0？圯x+y-z=0，-x+y=0，取n=（1，1，2），■=（4，-4，-4），所以sinθ=■=■.？搖

（3）因為M（2，0，0）.設P（0，0，a）為BC上一點，則■=（-2，0，a），因為MP∥平面CNB1，所以■⊥n？圯■·n=（-2，0，a）·（1，1，2）=-2+2a=0？圯a=1. 又MP？埭平面CNB1，所以MP∥平面CNB1，所以當BP=1時，MP∥平面CNB1.

12. （1）設AC與BD交于O，如圖11所示建立空間直角坐標系O-xyz. 設AB=2，則A（■，0，0），B（0，1，0），C（-■，0，0），D（0，-1，0），D1（0， -1，2）. 設E（0，1，2+h），則■=（0，2，h），■=（2■，0，0），■=（■，1，-2）.

■

圖11

因為D1E⊥平面D1AC，所以D1E⊥AC，D1E⊥D1A，所以2-2h=0，所以h=1，即E（0，1，3），所以■=（0，2，1），■=（-■，1，3）.

設平面EAC的一個法向量為m=（x，y，z），則由m⊥■，m⊥■可得方程組x=0，-■x+y+3z=0.令z=-1，所以m=（0，3，-1）.

又平面D1AC的法向量為■=（0，2，1），所以可得cos〈m，■〉=■=■，所以二面角E-AC-D1的大小為45°.

（2）設■=λ■=λ（■-■），得■=■■=0，■，■，所以■=■+■=（-■，-1，0）+0，■，■=-■，■，■.

因為A1P∥平面EAC，所以■⊥m，所以-■×0+3×■+（-1）×■=0，所以λ=■，所以存在點P使A1P∥平面EAC，此時D1P ∶ PE=3∶2. ■