參考答案（三）

1 空間幾何體的三視圖與直觀圖

1. 15 根據(jù)三視圖我們可以還原原幾何體：上部分是一個倒放的三棱柱，下部分是一個長方體. 所以該幾何體的體積為3×2×2+ ×2×1×3=15（cm3）.

2. C 由點A經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到達頂點C1位置，共有6種展開方式，若把平面ABB1A1 和平面BCC1展到同一個平面內(nèi)，在矩形中連結AC1會經(jīng)過BB1的中點，故此時的正視圖為②. 若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一個平面內(nèi)，在矩形中連結AC1會經(jīng)過CD的中點，此時正視圖會是④. 其他幾種展開方式對應的正視圖在題中沒有出現(xiàn)或者已包含在②④中了.

2 空間幾何體的表面積和體積

1. 14π 因為∠BOC=90°，OA⊥平面BOC，所以三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，所以可以以三條側(cè)棱為棱長得到一個長方體. 由圓的對稱性知長方體的各個頂點都在這個球上，所以球的直徑是 = . 所以球的半徑是 . 所以球的表面積是4π× 2=14π.

2. 不妨設直徑AB=AS=2，AN=x，連結AC，BC，則BC⊥AC，BC⊥SA，所以BC⊥平面SAC.所以BC⊥AN.又因為A在SC上的射影為N， 所以AN⊥SC，故AN⊥平面SBC，所以三棱錐S-AMN的體積V= S△SMN·AN= × × × ×x= × ×x≤ × = ，當且僅當 =x，即x=1時等號成立，此時有最大值，且∠ASC=30°. 所以∠ACS=60°，所以sin∠ACS= . 故答案為 .

3 空間線面位置關系的判定

1. C 對于A，直線l還有可能在平面α內(nèi)，所以錯誤；對于B，若m∥n，則直線l與平面α不一定垂直，所以錯誤；對于D，若l？奐α，m？奐β，l⊥m，兩面可以平行和相交，但不一定垂直，所以錯誤. 選C.

2. A 由圖可知，直線A1B與直線外一點E確定的平面為A1BCD1，EF？奐平面A1BCD1，且兩直線不平行，故兩直線相交.

3. 6 由三視圖可知該幾何體是有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.根據(jù)線線垂直或線面垂直的判定定理可得互相垂直的異面直線共有6對.

4 空間線面平行與垂直的證明

1. （1）因為平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE=AC，CD⊥AC，所以DC⊥平面ABC.

又DC？奐平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC.

（2）取BD的中點P，連結EP，F(xiàn)P，則FP DC.

因為EA DC，所以EA FP，所以四邊形AFPE是平行四邊形，所以AF∥EP. 又EP？奐平面BDE且AF？埭平面BDE，所以AF∥平面BDE.

（3）因為BA⊥AC，平面ABC∩平面ACDE=AC，所以BA⊥平面ACDE.所以BA就是四面體B-CDE的高，且BA=2. 因為DC=AC=2AE=2，AE∥DC，所以S梯形ACDE= ×（1+2）×2=3，S△ACE= ×1×2=1，所以S△CDE=3-1=2，所以VB-CDE= ×2×2= .

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38）.

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38

5 利用空間向量求解空間角與距離

1. 在Rt△BAD中，AD=2，BD=2 ，所以AB=2，ABCD為正方形，因此BD⊥AC. 因為PA=AB=AD=2，所以PB=PD=BD=2 . 設C到平面PBD的距離為d，由VP-BCD=VC-PBD，得 ·S△BCD·PA= ·S△PBD·d，即 × ×2×2×2= × ×（2 ）2×sin60°×d，得d= .

2. （1）以C為原點，CA，CB，CC1為x，y，z軸，建立空間直角坐標系C-xyz，則C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，2），B1（0，2，2），D（2，0，1）. 所以 =（-2，0，1）， =（0，-2，-2）.所以cos〈 ， 〉= = =- ，即異面直線DC1與B1C所成角的余弦值為 .

（2）因為 =（0，2，0）， =（2，0，0）， =（0，0，2），所以 · =0， · =0，所以 為平面ACC1A1的一個法向量. 因為 =（0，-2，-2）， =（2，0，1），設平面B1DC的一個法向量為n=（x，y，z），則有n· =0，n· =0，所以-2y-2z=0，2x+z=0.令x=1，則y=2，z=-2，從而可得n=（1，2，-2）. 所以cos〈n， 〉= = = . 所以二面角B1-DC-C1的余弦值為 .

3. （1）線段AB上存在一點K，且當AK= AB時，BC∥平面DFK. 證明如下：設H為AB的中點，連結EH，則BC∥EH. 又因為AK= AB，F(xiàn)為AE的中點，所以KF∥EH，所以KF∥BC. 因為KF？奐平面DFK，BC？埭平面DFK，所以BC∥平面DFK.

（2）因為H為AB的中點，所以AH=HE=BC=1，因為F為AE的中點，所以FH⊥AE. 因為DA=DE=1，所以DF⊥AE. 因為平面ADE⊥平面ABCE，所以DF⊥平面ABCE. 由此，以FA，F(xiàn)H，F(xiàn)D分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖39.endprint

因為DF⊥平面ABCE，所以DF⊥FH. 又因為FH⊥AE，DF∩AE=F，所以FH⊥平面ADE，則 為平面ADE的一個法向量. 因為AB=2，BC=1，所以FH= ， =0， ，0. 又可得D0，0， ，A ，0，0，所以 =- ，0， ， =- ， ，0.

圖39

設平面ADB的法向量為n=（x，y，z），由n· =0，n· =0？圯- x+ z=0，- x+ y=0，即-x+z=0，-x+y=0.令x=1，則n=（1，1，1）. 所以cos〈 ，n〉= = ，故二面角E-AD-B的余弦值為 .

6 利用空間向量解決開放性、探究性問題

1. （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（0，8，4），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= = .

（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.

2. （1）設AC與BD交于O，如圖40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40

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.

綜合測試

1. D 由于當一條直線垂直于兩個平行平面中的一個時，此直線也垂直于另一個平面，所以結合所給的選項，故由②⑤可推出m⊥β. 故選D.

2. A 主視圖為Rt△VAC，左視圖為以△VAC中AC的高VD為一條直角邊，△ABC中AC的高BE為另一條直角邊的直角三角形.

設AC=x，則VA= x，VC= x，VD= x，BE= x，所以S主視圖∶S左視圖= · x· x∶ · x· x=4∶ .

故選A.

3. D M，N分別為VA，VC的中點，所以MN∥AC，故A錯誤；因為AB是⊙O的直徑，所以∠ACB=90°，因為MN∥AC，所以MN與BC所成的角為90°，故B錯誤；因為∠ACO<∠ACB=90°，所以OC與平面VAC不垂直，故C錯誤；因為∠ACB=90°，所以AC⊥BC，所以BC⊥平面VAC，因為BC？奐平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，故D正確.

4. B 根據(jù)對稱性可知，球心O位于正三棱柱上、下底面中心連線的中點上. 設正三棱柱的底面邊長為x（0

5. D 設平面AD1E與直線BC交于點G，連結AG，EG，則G為BC的中點.分別取B1B，B1C1的中點M，N，連結AM，MN，AN. 因為A1M∥D1E，A1M ？埭平面D1AE，D1E？奐平面D1AE，所以A1M∥平面D1AE. 同理可得MN∥平面D1AE. 因為A1M，MN是平面A1MN內(nèi)的相交直線，所以平面A1MN∥平面D1AE，由此結合A1F∥平面D1AE，可得直線A1F？奐平面A1MN，即點F是線段MN上的動點.

設直線A1F與平面BCC1B1所成角為θ，運動點F并加以觀察，可得：當F與M（或N）重合時，A1F與平面BCC1B1所成角等于∠A1MB1，此時所成角θ達到最小值，滿足tanθ= =2；當F與MN的中點重合時，A1F與平面BCC1B1所成角達到最大值，滿足tanθ= =2 .

所以A1F與平面BCC1B1所成角的正切值t的取值范圍為[2，2 ].

6. 60° 連結AB1，易知AB1∥EF，連結B1C交BC1于點G，取AC的中點H，連結GH，則GH∥AB1∥EF，故∠AGB（或其補角）即為EF和BC1所成的角.

設AB=BC=AA1=a，連結HB，在三角形GHB中，易知GH=HB=GB= a，故兩直線所成的角為∠AGB=60°.

7. ②④

8. 此題的破解可采用兩個極端位置法：

①當點F位于DC的中點E時，過點D作DG⊥AF，連結BG.

因為∠ADF=90°，AD=DF=1，所以AG=DG= .

在△ABG中，由已知可得BG2= +22-2· ·2·cos45°= .

所以在Rt△BDG中，BD= = .

于是△ABD是直角三角形，所以t=AD·cos∠DAB=1× = .

②當點F在點C時，過D作DH⊥AF，連結BH. 因為∠ADF=90°，AD=1，DF=2，所以AC= ，所以AH= ，DH= .

在△ABH中，因為cos∠BAH= ，AH= ，AB=2，所以BH2= +22-2· ·2· = .

所以在Rt△BDH中，BD2= + = .

所以在△ABD中，cos∠DAB= = .

所以t=ADcos∠DAB=1× = .

綜上，t的取值范圍是 ， .

9. （1）因為∠DAB=90°，所以DA⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以DA⊥平面ABEF. 因為EF？奐平面ABEF，所以DA⊥EF.

（2）設點B到平面DCE的距離為h，直線BE與平面DCE所成角為α，DC=EC= ，DE=2 ， 所以S△EDC= ，S△BCD=1.

連結DB，則VE-BCD=VB-EDC，即 ×S△EDC×h= S△BCD×BE，所以 h=2，h= .

sinα= = = ，所以直線BE與平面DCE所成角的正弦值是 .

10. （1）不會平行. 假設直線AD與平面BC′E平行，BE=平面BC′E∩平面ABCD，AD？奐平面ABCD，所以AD∥BE，與題設矛盾.

（2）連結BD，因為CD=CB，∠BCD=60°，所以△BCD是正三角形.

又E是CD的中點，故BE⊥CE，從而BE⊥C′E

所以二面角C′-BE-C的平面角是∠CEC′，即∠CEC′=θ=90°.

則C′E⊥CE. 因為BE⊥C′E，BE∩CE=E，所以C′E⊥平面ABCD.

因為AB？奐平面ABCD，所以AB⊥C′E.

又AB⊥BE，BE∩C′E=E，所以AB⊥平面C′EB，即點B是點A在平面C′EB上的投影，所以∠AC′B是直線C′A與平面BC′E所成角的平面角.

因為tan∠AC′B= =1，所以sin∠AC′B= .

所以直線C′A與平面BC′E所成角的正弦值為 .

11. （1）因為點E為線段PB的中點，點O為線段AB的中點，所以OE∥PA.因為PA？奐平面PAC，OE？埭平面PAC，所以OE∥平面PAC. 因為OM∥AC，AC？奐平面PAC，OM？埭平面PAC，所以OM∥平面PAC. 因為OE？奐平面MOE，OM？奐平面MOE，OE∩OM=O，所以平面MOE∥平面PAC.

（2）因為點C在以AB為直徑的圓O上，所以∠ACB=90°，即BC⊥AC. 因為PA⊥平面ABC，BC？奐平面ABC，所以PA⊥BC.

因為AC？奐平面PAC，PA？奐平面PAC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC. 因為BC？奐平面PBC，所以平面PAC⊥平面PCB.

（3）如圖41，以C為原點，CA所在的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，建立空間直角坐標系C-xyz.

圖41

因為∠CBA=30°，PA=AB=2，所以CB=2cos30°= ，AC=1. 延長MO交CB于點D.

因為OM∥AC，所以MD⊥CB，MD=1+ = ，CD= CB= . 所以P（1，0，2），C（0，0，0），B（0， ，0），M ， ，0.

所以 =（1，0，2）， =（0， ，0）. 設平面PCB的法向量m=（x，y，z）.

因為m· =0，m· =0，所以x+2z=0， y=0.令z=1，則x=-2，y=0. 所以m=（-2， 0，1）.

同理可得平面PMB的一個法向量n=（1， ，1）. 所以cos〈m，n〉= = - . 所以cosθ= .

12. （1）取CD的中點E，連結BE. 因為AB∥DE，AB=DE=3k，所以四邊形ABED為平行四邊形.

所以BE∥AD且BE=AD=4k. 在△BCE中，因為BE=4k，CE=3k，BC=5k，所以BE2+CE2=BC2. 所以∠BEC=90°，即BE⊥CD.

又因為BE∥AD，所以CD⊥AD. 因為AA1⊥平面ABCD，CD？奐平面ABCD，所以AA1⊥CD. 又AA1∩AD=A，所以CD⊥平面ADD1A1.

（2）以D為原點， ， ， 的方向為x，y，z軸的正方向建立如圖42所示的空間直角坐標系，則A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）.

所以 =（-4k，6k，0）， =（0， 3k，1）， =（0，0，1）.

設平面AB1C的法向量n=（x，y，z），則由 ·n=0， ·n=0得-4kx+6ky=0，3ky+z=0.取y=2，得n=（3，2，-6k）.

設AA1與平面AB1C所成角為θ，則sinθ=cos〈 ，n〉= = = ，解得k=1.

故所求k的值為1.

圖42

（3）共有4種不同的方案， f（k）=72k2+26k，0 .