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《高考数学考前指导材料-立体几何》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、1.如图,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,厶ABE是等腰直角三角形,AB=AE,FA=FE,AAEF=45°(I)求证:EF丄平面BCE;(II)设线段CD、/E的中点分别为卩、M,求证:平面BCE【解析】解法一:因为平面ABEF丄平面ABCD,BCu平WABCD,BC丄AB,平®ABEFQ平面ABCD二AB,所以BC丄平面ABEF.所以BC丄EF・因为NABE为等腰直角三角形,AB=AE,所以ZAEB=45°,又因为ZAEF二45,所以ZFEB二90°,即EF丄BE.因为BCu平而ABCD,BEu平而BCE,
2、BCABE=B所以EF丄平面BCE(11)取BE的中点N,连结CN,MN,则MN^丄AB么PC2・・・PMNC为平行四边形,所以PM〃CN・•・•CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内,・•・PM〃平面BCE.解法二:因等腰直角三角形,4B=AE,所以/E丄力3又因为平面ABEFc平面ABCD=AB,所以ME丄平面4BCD,所以ME丄即AD.AB./E两两垂直;如图建立空间直角处标系,(1)设AB=,则AE=1,3(0,l,0),D(l,0,0),E(0,0,l),C(l,l,0)・.・FA=FE,ZAEF=45°,ZHFE=90°,
3、从而F(0,一丄丄)22EF=(0,-丄,一丄),BE=(0-1,1),SC=(1,0,0)221・—*11■于是+厂矿0,EF.BCM・•・EFA.BE,EFA.BCTBEu平面BCE,BCu平面BCE,BCcBE=B:.EF丄平面BCE(II)"(0,0,护(中),从而栩3,-舅)于是栩•EF=(-1--丄).(0,——,一丄)=0+丄一一=0222244:・PM丄EF,又EF丄平BCE,直线PM不在平面BCE内,故〃平面BCE2・如图,四棱柱ABCD-AB、CD屮,力必丄底而ABCD,四边形ABCD为梯形,AD//BC,且MD
4、=23C.过川,C,D三点的平面记为a,与a的交点为0・D(1)证明:0为BBi的中点;(2)求此四棱柱被平面a所分成上下两部分的体积之比;解析(1)证明:因为BQ/ZAAx,BC//AD,BCOBQ=B,ADHAA}=A,所以平面0BC〃平面A}AD,从而平面旳CD与这两个平面的交线相互平行,即QC//A{D.故△QBC与的对应边相互平行,于是△QBC^/A}AD,所以器=寰=咒=务即0为B5的中点.(2)如图1所示,连接0,QD.设儿4]=爪梯形的高为乩四棱柱被平面a所分成上下两部分的体积分别为7上和7下,BC=a,贝\AD=2a
5、.=^ahd,V三棱锥Q・4/D=*X*•2a•h•d=^ahd,r1a+2dV四棱^.Q^ABCD=^•—n-7所以7三棱锥Q-A}AD+VQ_ABCD=-^ahd.3乂7四棱柱/hBiCQi・ABCDphd,o711]7所以7上=7四棱柱/0iCQ]・ABCD-Vv=^ahd—^ahd=~^ahd,故土=H7-3•如图,在棱长为2的正方体ABCD-A{BXC{D中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,45,/Qi的中点,点卩,0分别在棱QDi,BB}.上移动,EDP=BQ=A(06、PQ.(2)是否存在儿使面EFPQ与面P0MV所成的二面角为直二面角?若存在,求岀久的值;若不存在,说明理由.解:方法一(几何方法):(1)证明:如图①,连接4D、,由ABCD・4、BCD是正方体,矢[BC}//AD}.当久=1时,P是DDi的中点,乂F是/D的中点,所以FP//ADX,所以30//FP.而〃U平面EFPQ,且BCQ平面EFP0,故直线BC//平面EFP0.图①图②(2)如图②,连接因为E,尸分别是/B,/Q的中点,所以EF〃力D且EF=*BD.乂DP=BQ,DP〃BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,巔PQ〃
7、BD,且PQ=BD,从而EF//PQ,月.EF=*PQ.在RtAEBQ和R也FDP中,因为BQ=DP=X,BE=DF=,于是EQ=FP=p+2?,所以四边形EFPQ也是等腰梯形.同理可证四边形P0MV也是等腰梯形.分别取EF,PQ,MV的中点为H,O,G,连接OH,OG,贝ijGOA.PQ,HO1PQ,而GOCHO=O,故AGOH是而EFPQ与而P0MV所成的二而角的平而角.若存在久,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则ZGOH=90°・连接EM,FN,则hEF//MN,且知四边形EFNM是平行四边形.连接GH,因为H
8、,G是EF,的中点,所以GH=ME=2.在△GOH中,GH—4,07/2=1+护一俘)2=OG?=1+(2-2)2-(爭^=(2-久『+*,由OG2+OH2—GH~,得(2—久)2+*+护+*