高中數(shù)學(xué)高考三輪沖刺 立體幾何（高郵一中）

1.如圖，正方形所在平面與平面四邊形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（I）求證：；（II）設(shè)線段、的中點分別為、，求證：∥【解析】解法一：因為平面ABEF⊥平面ABCD，BC平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF.因為⊿ABE為等腰直角三角形，AB=AE，所以∠AEB=45°，又因為∠AEF=45,所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.因為BC平面ABCD,BE平面BCE,BC∩BE=B所以（II）取BE的中點N,連結(jié)CN,MN,則MNPC∴PMNC為平行四邊形,所以PM∥CN.∵CN在平面BCE內(nèi),PM不在平面BCE內(nèi),∴PM∥平面BCE.解法二:因等腰直角三角形，，所以又因為平面，所以⊥平面，所以即兩兩垂直；如圖建立空間直角坐標(biāo)系,(I)設(shè)，則，∵，∴，從而，于是，∴⊥,⊥∵平面，平面，∴（II），從而于是∴⊥，又⊥平面，直線不在平面內(nèi)，故∥平面2.如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.過A1，C，D三點的平面記為α，BB1與α的交點為(1)證明：Q為BB1的中點；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比；解析(1)證明：因為BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，所以平面QBC∥平面A1AD，從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QC∥A1D.故△QBC與△A1AD的對應(yīng)邊相互平行，于是△QBC∽△A1AD，所以eq\f(BQ,BB1)＝eq\f(BQ,AA1)＝eq\f(BC,AD)＝eq\f(1,2)，即Q為BB1的中點．(2)如圖1所示，連接QA，QD.設(shè)AA1＝h，梯形ABCD的高為d，四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC＝a，則AD＝2a圖1V三棱錐Q-A1AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·2a·h·d＝eq\f(1,3)ahd，V四棱錐Q-ABCD＝eq\f(1,3)·eq\f(a＋2a,2)·d·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)h))＝eq\f(1,4)ahd，所以V下＝V三棱錐Q-A1AD＋V四棱錐Q-ABCD＝eq\f(7,12)ahd.又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD＝eq\f(3,2)ahd，所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1-ABCD－V下＝eq\f(3,2)ahd－eq\f(7,12)ahd＝eq\f(11,12)ahd，故eq\f(V上,V下)＝eq\f(11,7).3.如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2(1)當(dāng)λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．解：方法一(幾何方法)：(1)證明：如圖①，連接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方體，知BC1∥AD1當(dāng)λ＝1時，P是DD1的中點，又F是AD的中點，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.圖①圖②(2)如圖②，連接BD.因為E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，所以EF∥BD，且EF＝eq\f(1,2)BD.又DP＝BQ，DP∥BQ，所以四邊形PQBD是平行四邊形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，從而EF∥PQ，且EF＝eq\f(1,2)PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因為BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝eq\r(1＋λ2)，所以四邊形EFPQ也是等腰梯形．同理可證四邊形PQMN也是等腰梯形．分別取EF，PQ，MN的中點為H，O，G，連接OH，OG，則GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ與面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則∠GOH＝90°.連接EM，F(xiàn)N，則由EF∥MN，且EF＝MN知四邊形EFNM是平行四邊形．連接GH，因為H，G是EF，MN的中點，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝λ2＋eq\f(1,2)，OG2＝1＋(2－λ)2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝(2－λ)2＋eq\f(1,2)，由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋eq\f(1,2)＋λ2＋eq\f(1,2)＝4，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2)，故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角．方法二(向量方法)：以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖③所示的空間直角坐標(biāo)系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，0，0)，P(0，0，λ)．圖③eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，F(xiàn)P＝(－1，0，λ)，F(xiàn)E＝(1，1，0)．(1)證明：當(dāng)λ＝1時，F(xiàn)P＝(－1，0，1)，因為eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2eq\o(FP,\s\up6(→))，即BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.(2)設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up6(→))·n＝0))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一個法向量為m＝(λ－2，2－λ，1)．若存