发布时间 : 星期四 文章2020届高三数学一轮复习典型题专题训练：立体几何（含解析）更新完毕开始阅读
5、解：（1） ?正三棱柱ABC?A1B1C1，?C1C?平面ABC，
ABC，?C1C?AD，又AD?C1D，C1D?C1C?C1
?AD?平面BCC1B1，………………………………………………………3分 又?正三棱柱ABC?A1B1C1，
?平面ABC?平面BCC1B1，?AD?BC，D为BC的中点．………6分 （2） 连接A1B，连接A1C交AC1于点G，连接DG
A1 ?矩形A1ACC1，?G为A1C的中点，
F 又由(1)得D为BC的中点，
B1 ?△A1BC中，DG//A1B…………………9分
又?点E，F分别是BB1，A1B1的中点，
?△A1B1B中，EF//A1B，?EF//DG，……12分
E 又EF?平面ADC1，DG?平面ADC1 A ?EF//平面ADC1．………14分
又AD?平面
C1
G C
D
6、（1）因为平面PBC?平面ABC，平面PBC?平面ABC?BC，
B
AB?平面ABC，AB?BC，所以AB?平面PBC.
因为CP?平面PBC，所以CP?AB
又因为CP?PB，且PB?AB?B，PB?平面PAB， 所以CP?平面PAB，
又因为PA?平面PAB，所以CP?PA.
（2）在平面PBC内过点P作PD?BC，垂足为D. 因为平面PBC?平面ABC，又平面PBC?平面ABC?BC,
PD?平面PBC，所以PD?平面ABC.
又l?平面ABC，所以l//PD.
又l?平面PBC，PD?平面PBC，l//平面PBC.
7、证明：(1) (证法1)取PA的中点G，连结BG，GN.
1
∵ 点N是PD的中点，∴ NG∥AD，且NG＝AD.(2分)
2
1
∵ 点M是BC的中点，∴ BM＝BC.
2
1
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∴ BM∥AD，且BM＝AD.(4分)
2
∴ 四边形BMNG是平行四边形. 又MN∥平面PAB，BG?平面PAB， ∴ MN∥平面PAB.(6分)
(证法2)取AD中点H，连结NH，MH. ∵ 点N是PD的中点，∴ NH∥PA.
又NH?平面PAB，PA?平面PAB，∴ NH∥平面PAB.(2分)
∵ M，H分别是BC，AD的中点，四边形ABCD是平行四边形， ∴ MH∥AB.
又MH?平面PAB，AB?平面PAB，∴ MH∥平面PAB.(4分) 又MH∩NH＝H，∴ 平面MNH∥平面PAB. ∵ MN?平面PAB，∴ MN∥平面PAB.(6分) (2) ∵ PA⊥平面ABCD，由(1)知NH∥PA， ∴ NH⊥平面ABCD，AC?平面ABCD. ∴ NH⊥AC，即AC⊥NH.(8分) ∵ ∠BAC＝90°，∴ AC⊥AB.
又MH∥AB，∴ AC⊥MH.(10分)
∵ MH∩NH＝H，NH?平面MNH，MH?平面MNH， ∴ AC⊥平面MNH.(12分)
而MN?平面MNH，∴ AC⊥MN，即MN⊥AC.(14分) 8、（1）设A1B与AB1的交点为O，连MO，NO
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，O为AB1的中点，OM∥BB1，且OM＝依题意，有CN∥BB1，且CN＝
1BB1， 21BB1， 2∴ OM∥CN，且OM＝CN
∴ 四边形CMON为平行四边形， ∴ CM∥ON
而CM?平面AB1N，ON?平面AB1N， ∴ CM∥平面AB1N。
（2）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∴ BB1⊥CM， 又CM⊥AB，AB∩BB1＝B，∴ CM⊥平面ABB1A1， 因为CM∥ON，∴ ON⊥平面ABB1A1 ON?平面A1BN，
∴ 平面A1BN⊥平面ABB1A1
9、证明：（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC． ……………………2分
因为AD?平面ABC，所以BB1⊥AD．
又因为AD⊥DE，在平面BCC1B1中，BB1与DE相交，所以AD⊥平面BCC1B1． 又因为AD?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1． …………………6分 （2）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1． …………………8分
因为A1F?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1F．
又因为A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC1B1． …………………10分
在(1)中已证得AD⊥平面BCC1B1，所以A1F//AD．
又因为A1F?平面ADE，AD?平面ADE，所以A1F//平面ADE． …………………14分
10、解：（1）因PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 又因PA＝AB＝2，AD＝1，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，………2分 因为E是棱PB的中点，所以E(
22，0，)， 22
→22→所以EC＝(，1，－)，PD＝(0，1，－2)，
22→→所以cos＜EC，PD＞＝
1＋16
＝， 311
＋1＋·1＋222
6
． ……………………6分 3
所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为
→→22→（2）由（1）得EC＝(，1，－)，BC＝(0，1，0)，DC＝(2，0，0)，
22
??2x1＋y1－2z1＝0，
2设平面BEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，所以?2
??y1＝0．
令x1＝1，则z1＝1，所以面BEC的一个法向量为n1＝(1，0，1)，
??2x2＋y2－2z2＝0，
2设平面DEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，所以?2
?2x2＝0．?
令z2＝2，则y2＝1，所以面DEC的一个法向量为n2＝(0，1，2)， 所以cos＜n1，n2＞＝
23
＝．由图可知二面角B－EC－D为钝角，
1＋1·1＋23
3
． …………………………10分 3
所以二面角B－EC－D的余弦值为－
11、【证明】（1）因为△PAD是正三角形，点E是PD的中点，
所以AE⊥PD． …… 2分
又平面PCD⊥面PAD，平面PCD∩平面PAD＝PD，AE
平面PAD．
所以AE⊥平面PCD． …… 5分 又PC平面PCD，
所以AE⊥PC． …… 7分
（2）取PC的中点F，连结EF，
在△PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，
所以EF∥CD且CD＝2EF．
P 又AB∥CD，CD＝2AB， 所以EF∥AB且EF＝AB，
F B C
D
（第15题图）
E A