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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+*
