8.4~8.6综合拔高练.docx

1、8.48.6 综合拔高练 五年高考练 考点 1空间点、线、面的位置关系 1.(2019 课标,8,5 分,)如图,点 N 为正方形 ABCD 的中心,ECD 为正三角形,平面 ECD平面 ABCD,M 是线段 ED 的中点,则() A.BM=EN,且直线 BM,EN 是相交直线 B.BMEN,且直线 BM,EN 是相交直线 C.BM=EN,且直线 BM,EN 是异面直线 D.BMEN,且直线 BM,EN 是异面直线 考点 2空间平行、垂直关系的证明 2.(2019 课标,7,5 分,)设,为两个平面,则的充要条件是 () A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条

2、直线 D.,垂直于同一平面 3.(2019 北京,12,5 分,)已知 l,m 是平面外的两条不同直线.给出下 列三个论断: lm;m;l. 本资料分享自千人教师本资料分享自千人教师 QQQQ 群群 323031380期待你的加入与分享期待你的加入与分享 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确 的命题:. 4.(2020 课标,19,12 分,)如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆 心,ABC 是底面的内接正三角形,P 为 DO 上一点,APC=90. (1)证明:平面 PAB平面 PAC; (2)设 DO= 2,圆锥的侧面积为 3,求三棱锥 P-ABC 的体积.

3、 5.(2020课标,19,12分,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F 分别在棱 DD1,BB1上,且 2DE=ED1,BF=2FB1.证明: (1)当 AB=BC 时,EFAC; (2)点 C1在平面 AEF 内. 6.(2020 江苏,15,14 分,)在三棱柱 ABC-A1B1C1中,ABAC,B1C 平面 ABC,E,F 分别是 AC,B1C 的中点. (1)求证:EF平面 AB1C1; (2)求证:平面 AB1C平面 ABB1. 考点 3空间角 7.(2020 新高考,4,5 分,)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利 用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间

4、.把地球看成一个 球(球心记为 O),地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面 所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放 置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点 A 处的纬度为北纬 40,则 晷针与点 A 处的水平面所成角为() A.20 B.40 C.50 D.90 8.(2020 浙江,19,15 分,)如图,在三棱台 ABC-DEF 中,平面 ACFD 平面 ABC,ACB=ACD=45,DC=2BC. (1)证明:EFDB; (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值. 9.(2019 课标,19,12 分,)图 1 是由矩形 ADEB,Rt

5、ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形,其中 AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其 沿 AB,BC 折起使得 BE 与 BF 重合,连接 DG,如图 2. (1)证明:图 2 中的 A,C,G,D 四点共面,且平面 ABC平面 BCGE; (2)求图 2 中的二面角 B-CG-A 的大小.深度解析 10.(2019 天津,17,13 分,)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,PCD 为等边三角形,平面 PAC平面 PCD,PACD,CD=2,AD=3. (1)设 G,H 分别为 PB,AC 的中点,求证:GH平面 PAD; (2)求证:PA平面 PCD

6、; (3)求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值. 考点 4空间距离 11.(2019 课标,16,5 分,)已知ACB=90,P 为平面 ABC 外一 点,PC=2,点 P 到ACB 两边 AC,BC 的距离均为 3,那么 P 到平面 ABC 的距离为. 12.(2019课标,19,12分,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面 是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N 分别是 BC,BB1,A1D 的中 点. (1)证明:MN平面 C1DE; (2)求点 C 到平面 C1DE 的距离. 考点 5立体几何中的探究性问题 13.(2019 北京,18,14 分,)

7、如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA平面 ABCD,底面 ABCD 为菱形,E 为 CD 的中点. (1)求证:BD平面 PAC; (2)若ABC=60,求证:平面 PAB平面 PAE; (3)棱 PB 上是否存在点 F,使得 CF平面 PAE?说明理由. 三年模拟练 应用实践 1.(2020 辽宁沈阳东北育才实验学校高三三模,)已知 m,n 是两条不 重合的直线,是两个不重合的平面,下列命题正确的是() A.若 m,m,n,n,则 B.若 mn,m,n,则 C.若 mn,m,n,则 D.若 mn,m,n,则 2.(2020 山东泰安一中高三下月考,)已知,是不重合的平面,m,n 是不重合的

8、直线,则 m的一个充分条件是() A.mn,nB.m, C.n,n,m D.=n,mn 3.(2020 黑龙江大庆实验中学高三下月考,)长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1的中点,则异面直线 BC1与 AE 所成角的余弦值为() A. 10 10 B. 30 10 C.2 15 10 D.3 10 10 4.(2020安徽安庆一中高三下月考,)已知三棱锥 P-ABC中,O为AB 的中点,PO平面 ABC,APB=90,PA=PB=2,则下列说法错误的是 (深度解析) A.若 O 为ABC 的外心,则 PC=2 B.若ABC 为等边三角形,则 APBC

9、 C.当ACB=90时,PC 与平面 PAB 所成角的范围为 0, 4 D.当 PC=4 时,M 为平面 PBC 内一动点,若 OM平面 PAC,则 M 在 三角形 PBC 内的轨迹长度为 2 5.(2020 山东济宁第一中学高三下月考,)已知四棱锥 M-ABCD 中,MA平面 ABCD,ABBC,BCD+BAD=180,MA=2,BC=2 6,ABM=30 .若四面体 M-ACD 的四个顶点都在同一个球面上,则该球的表面积 为(深度解析) A.20B.22 C.40 D.44 6.(2020广东佛山高三月考,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是 四边形 ABCD 的中心,关于直线

10、A1O,下列说法正确的是() A.A1OD1C B.A1OBC C.A1O平面 B1CD1D.A1O平面 AB1D1 7.(2020 广东佛山顺德高三下月考,)设正方体 ABCD-A1B1C1D1的 棱长为 1,E 为 DD1的中点,M 为 BD1上一点,N 为平面 AEC 内一点, 则 M,N 两点间距离的最小值为() A. 6 3 B. 6 6 C. 3 4 D. 3 6 8.(2020 湖南长沙长郡中学高三下月考,)在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,点 C 关于平面 BDC1的对称点为 M,则 AM 与平 面 ABCD 所成角的正切值为() A. 2 2 B. 2C.

11、 3D.2 9.(2020 山东省实验中学高三一模,)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底 面 ABCD 是边长为 2 的菱形,DAB=60,ADP=90,平面 ADP 平面 ABCD,点 F 为棱 PD 的中点. (1)在棱 AB 上是否存在一点 E,使得 AF平面 PCE?若存在,求出点 E 的位置;若不存在,请说明理由; (2)当二面角 D-FC-B 的余弦值为 2 4 时,求直线 PB 与平面 ABCD 所成 的角. 10.(2020 山东六地部分学校高三下月考,)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1中,CA=CB,BAA1=45,平面 AA1C1C平面 AA1B1B. (1)求证:AA

12、1BC; (2)若 BB1= 2AB=2,直线 BC 与平面 ABB1A1所成角为 45,D 为 CC1 的中点,求二面角 B1-A1D-C1的余弦值. 11.(2020 北京朝阳六校高三联考,)在四棱锥 P- ABCD 中,平面 ABCD平面 PCD,底面 ABCD 为梯形, ABCD, ADDC,且 AB=1,AD=DC=DP=2,PDC=120. (1)求证:ADPC; (2)求二面角的余弦值; 从P-AB-C,P-BD-C,P-BC-D 这三个条件中任选一个,补充在上 面问题中并作答. (3)若 M 是棱 PA 的中点,求证:对于棱 BC 上任意一点 F,MF 与 PC 都 不平行.

13、迁移创新 12.(2020 江西景德镇高一上期末,)如图两个同心球,球心均为点 O, 其中大球与小球的表面积之比为 31,线段 AB 与 CD 是夹在两个球 体之间的内弦,其中 A、C 两点在小球上,B、D 两点在大球上,两内弦 均不穿过小球内部.当四面体 A-BCD 的体积达到最大值时,异面直线 AD 与 BC 的夹角为,则 sin ? 2= . 答案全解全析答案全解全析 五年高考练 1.B过 E 作 EQCD 于 Q,连接 BD,QN,BE,易知点 N 在 BD 上.平面 ECD平 面 ABCD,平面 ECD平面 ABCD=CD,EQ平面 ABCD,EQQN,同理可知 BCCE,设 CD=

14、2,易得 EQ= 3,QN=1 ,则 EN= ?2+ Q?2= 3 + 1=2,BE= ?2+ C?2= 4 + 4=2 2.易知 BE=BD,又 M 为 DE 的中点,BMDE,BM= ?2-E?2= 8 1= 7,BM= 72=EN. BMEN. 又点 M、N、B、E 均在平面 BED 内,BM,EN 在平面 BED 内,又 BM 与 EN 不平行, BM,EN 是相交直线,故选 B. 2.BA、C、D 选项中与可能相交,故选 B. 3.答案若 lm,l,则 m(答案不唯一) 解析把其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,共有三种情况.对三 种情况逐一验证.作为条件,作为结论时,还可

15、能 l或 l 与斜交;作为 条件,作为结论和作为条件,作为结论时,容易证明命题成立. 4.解析(1)证明:由题设可知,PA=PB=PC. 由于ABC 是正三角形,故可得PACPAB,PACPBC. 又APC=90,故APB=90,BPC=90. 从而 PBPA,PBPC,故 PB平面 PAC, 所以平面 PAB平面 PAC. (2)设圆锥的底面半径为 r,母线长为 l. 由题设可得 rl= 3,l2-r2=2. 解得 r=1,l= 3.从而 AB= 3. 由(1)可得 PA2+PB2=AB2,故 PA=PB=PC= 6 2 . 所以三棱锥 P-ABC 的体积为1 3 1 2PAPBPC= 1

16、3 1 2 6 2 3 = 6 8 . 5.证明(1)连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故ACBD. 又因为 BB1平面 ABCD,所以 ACBB1,所以 AC平面 BB1D1D. 由于 EF平面 BB1D1D, 所以 EFAC. (2)如图,在棱 AA1上取点 G,使得 AG=2GA1,连接 GD1,FC1,FG. 因为D1E=2 3DD1,AG= 2 3AA1,DD1 AA1,所以ED1AG,于是四边形ED1GA为平行 四边形,故 AEGD1. 因为 B1F=1 3BB1,A1G= 1 3AA1,BB1 AA1,所以FGA1B1,FGC1D1,四边形FGD1C

17、1 为平行四边形,故 GD1FC1. 于是 AEFC1.所以 A,E,F,C1四点共面,即点 C1在平面 AEF 内. 6.证明(1)因为 E,F 分别是 AC,B1C 的中点,所以 EFAB1, 又 EF 平面 AB1C1,AB1平面 AB1C1, 所以 EF平面 AB1C1. (2)因为 B1C平面 ABC,AB平面 ABC, 所以 B1CAB. 又 ABAC,B1C平面 AB1C, AC平面 AB1C,B1CAC=C, 所以 AB平面 AB1C, 又因为 AB平面 ABB1, 所以平面 AB1C平面 ABB1. 7.B由题意作出如图所示的截面图,设所求角为, 由图易知=40.故选 B.

18、8.解析(1)证明:如图,过点 D 作 DOAC,交直线 AC 于点 O,连接 OB. 由ACD=45,DOAC 得 CD= 2CO, 由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC,所以 DOBC. 由ACB=45,BC=1 2CD= 2 2 CO 得 BOBC.所以 BC平面 BDO, 故 BCDB. 由三棱台 ABC-DEF 得 BCEF,所以 EFDB. (2)过点 O 作 OHBD,交直线 BD 于点 H,连接 CH. 由三棱台 ABC-DEF 得 DFCO,所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角. 由 BC平面 BDO 得 OHBC,故 O

19、H平面 BCD, 所以OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角. 设 CD=2 2, 由 DO=OC=2,BO=BC= 2, 得 BD= 6,OH=2 3 3 , 所以 sinOCH=? ?= 3 3 , 因此,直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 . 9.解析(1)证明:由已知得 ADBE,CGBE,所以 ADCG,故 AD,CG 确定一个 平面,从而 A,C,G,D 四点共面. 由已知得 ABBE, ABBC, 故 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC, 所以平面 ABC平面 BCGE. (2)由(1)得 AB平面 BCGE,又 ABDE, DE平面 BCGE

20、,过点 E 作 EHCG,交 CG 于点 H,连接 DH,则DHE 就是二 面角 B-CG-A 的平面角. DE=AB=1,EH=EGsin 60=2 3 2 = 3, tanDHE=? ?= 1 3= 3 3 , DHE=30, 即二面角 B-CG-A 的大小为 30. 解题反思 本题是很新颖的立体几何考题,首先是多面体折叠问题,考查考生在折叠过程中哪 些量是不变的,再者折叠后的多面体不是直棱柱,最后通过二面角的平面角的定义 将求二面角转化为求二面角的平面角问题,突出考查考生的空间想象能力. 10.解析(1)证明:如图,连接 BD,易知 ACBD=H,BH=DH. 又 BG=PG,所以 GH

21、PD. 又因为 GH 平面 PAD,PD平面 PAD, 所以 GH平面 PAD. (2)证明:取棱 PC 的中点 N,连接 DN. 依题意,得 DNPC. 又因为平面 PAC平面 PCD,平面 PAC平面 PCD=PC,DN平面 PCD, 所以 DN平面 PAC, 又 PA平面 PAC,所以 DNPA. 又 PACD,CDDN=D,CD,DN平面 PCD,所以 PA平面 PCD. (3)连接 AN,由(2)中 DN平面 PAC,可知DAN 为直线 AD 与平面 PAC 所成的 角. 因为PCD 为等边三角形,CD=2 且 N 为 PC 的中点,所以 DN= 3. 又 DNAN, 所以在 RtA

22、ND 中,sinDAN=? ?= 3 3 . 所以直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为 3 3 . 11.答案2 解析设 PO平面 ABC 于 O,PEAC 于 E,PFBC 于 F,连接 OE、OF、OC, PO平面 ABC,POAC, 又 POPE=P,AC平面 POE, ACOE, 同理有 BCOF,四边形 OECF 为矩形, PC=PC 且 PE=PF, RtPECRtPFC, EC=FC= ?2-P?2=1, 四边形 OECF 是边长为 1 的正方形, OC= 2, 在 RtPOC 中,PO= ?2-O?2= 2. 12.解析(1)证明:连接 B1C,ME.因为 M,E 分别

23、为 BB1,BC 的中点,所以 MEB1C, 且 ME=1 2B1C.又因为 N 为 A1D 的中点,所以 ND= 1 2A1D. 由题设知 A1B1DC,可得 B1CA1D,故 MEND,因此四边形 MNDE 为平行四 边形,MNED. 又 MN 平面 C1DE,所以 MN平面 C1DE. (2)过 C 作 C1E 的垂线,垂足为 H. 由已知可得 DEBC,DEC1C,所以 DE平面 C1CE,故 DECH. 从而 CH平面 C1DE, 故 CH 的长即为 C 到平面 C1DE 的距离. 由已知可得 CE=1,C1C=4,所以 C1E= 17, 故 CH=4 17 17 . 从而点 C 到

24、平面 C1DE 的距离为4 17 17 . 13.解析(1)证明:因为 PA平面 ABCD,BD平面 ABCD,所以 PABD. 因为底面 ABCD 为菱形,所以 BDAC. 因为 PAAC=A,所以 BD平面 PAC. (2)证明:因为 PA平面 ABCD,AE平面 ABCD,所以 PAAE. 因为底面 ABCD 为菱形,ABC=60,且 E 为 CD 的中点, 所以AECD.所以ABAE.又因为PAAB=A,所以AE平面PAB.又因为AE 平面 PAE, 所以平面 PAB平面 PAE. (3)棱 PB 上存在点 F,使得 CF平面 PAE. 取 F 为 PB 的中点,取 G 为 PA 的中

25、点,连接 CF,FG,EG, 则 FGAB,且 FG=1 2AB. 因为底面 ABCD 为菱形,且 E 为 CD 的中点,所以 CEAB,且 CE=1 2AB. 所以 FGCE,且 FG=CE. 所以四边形 CEGF 为平行四边形. 所以 CFEG. 因为 CF 平面 PAE,EG平面 PAE, 所以 CF平面 PAE. 三年模拟练 应用实践 1.B若 m,m,n,n,则或与相交,故 A 错; 若 mn,m,则 n,又 n,是两个不重合的平面,所以,故 B 正确; 若 mn,m,则 n或 n 与相交,又 n,是两个不重合的平面,所以与 相交,故 C 错; 若 mn,m,则 n或 n或 n 与相

26、交,又 n,是两个不重合的平面, 所以或与相交,故 D 错. 故选 B. 2.C对于 A,由 mn,n,得 m 与相交或 m,故 A 不符合; 对于 B,由 m,得 m 与相交或 m,故 B 不符合; 对于 C,由 n,n,得,又 m,所以 m,故 C 符合; 对于 D,由=n,mn,得 m 与相交或 m或 m,故 D 不符合. 故选 C. 3.B连接 AD1,D1E,则 AD1BC1,D1AE(或其补角)就是异面直线 BC1与 AE 所成角. 在D1AE 中,AD1= 5,AE= 6,D1E= 5, cosD1AE=?1? 2+A?2-?1?2 2?1AAE = 5+65 2 5 6= 30

27、 10 ,异面直线 BC1与 AE 所成角的余弦 值为 30 10 .故选 B. 4.B若 O 为ABC 的外心,则 OA=OB=OC,PO平面 ABC,PA=PB=PC,故 A 正确; 假设 PABC,又由题意得 POBC,BC平面 APB,BCAB,与ABC 为等 边三角形矛盾,故 B 错误; 当ACB=90时,连接 OC,则 OC= 2,PC=2,过 C 作 CHAB,连接 PH,则CPH 为 PC 与平面 PAB 所成角,如图 1,sinCPH=? 2 0, 2 2 , CPH 的范围为 0, 4 ,故 C 正确; 图 1 取 M1、M2分别为 PB、BC 的中点,则平面 OM1M2平

28、面 APC,线段 M1M2为 M 在三角形 PBC 内的轨迹,其长度为 2,故 D 正确. 图 2 解题反思 本题为立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题 时,可以用已知的定理或性质来证明,也可以用反证法来说明命题不成立. 5.CBCD+BAD=180,A、B、C、D 四点共圆,又 ABBC, ADC=ABC=90. MA平面 ABCD,MAAB. tan 30= 2 ?,得 AB=2 3, AC= (2 3)2+ (2 6)2=6. 设 AC 的中点为 E,MC 的中点为 O,连接 OE.MA平面 ABCD,OE平面 ABCD, 易知点 O 为四面体 M-ACD 外

29、接球的球心,且 OC= 6 2 2 + 2 2 2= 10, S球=4OC2=40.故选 C. 方法总结 解决与球有关的内切或外接问题时,解题的关键是确定球心的位置,对于球的外接 几何体问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的 垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径. 6.C如图所示,设 A1C1B1D1=M,则 M 为 A1C1的中点.连接 MC. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1中, 易知 ACA1C1,且 AC=A1C1, 点 O、M 分别为 AC、A1C1的中点, A1MOC,且 A1M=OC, 四边形 A1MCO 为平行四边

30、形, A1OCM, 由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,A 选项中的命题错误; 连接BM,易知BM=CM,则BCM为等腰三角形,且BC为底,BC与CM不垂直, A1OCM,A1O 与 BC 不垂直,B 选项中的命题错误; A1OCM,A1O 平面 B1CD1,CM平面 B1CD1,A1O平面 B1CD1, C 选项中的命题正确; 四边形 A1B1C1D1为正方形, B1D1A1C1, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,CC1平面 A1B1C1D1,B1D1平面 A1B1C1D1, B1D1CC1,A1C1CC1=C1,B1D1平面 A1CC1, A1C平面 A1CC1,A1C

31、B1D1,同理可证 A1CAB1,且 AB1B1D1=B1, A1C平面 AB1D1,A1O 与平面 AB1D1不垂直,D 选项中的命题错误.故选 C. 7.B如图所示. 由题意可知OE是三角形BDD1的中位线,故所求即为OE与BD1两平行线间的距 离,设为d,由题意得DD1=1,BD= 2,BD1= 3,所以有1 2BDDD1= 1 2BD12d,解得 d= 6 6 .故选 B. 8.B由题意可得 BD=DC1=BC1= 2, 设点 C 到平面 BDC1的距离为 h. 由?-?1=?1-DCB,得1 3 ?1h=1 3SDBCCC1,则 1 3 3 4 ( 2)2h=1 31 1 2, 解得

32、 h= 3 3 ,点 C 到平面 BDC1的距离为 3 3 . 连接 A1C,CA,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,DBAC,DBAA1,ACAA1=A,则 DB平面 A1AC,A1CDB.连接 B1C,同理可证 BC1平面 A1B1C,A1CBC1, 又 DBBC1=B,A1C平面 BDC1. 又点 C 关于平面 BDC1的对称点为 M, 点 M 在线段 A1C 上, 点 C 到平面 BDC1的距离为 3 3 , CM=2 3 3 . 在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,A1C= 3, CM=2 3CA1, 点 M 为 A1C 上靠近点 A1的三等分点,过 M 作 CA 的垂线交

33、 CA 于 M,则 MMA1A,MM=2 3A1A= 2 3,AM= 1 3AC= 2 3 , 由于 A1A平面 ABCD, MM平面 ABCD, 连接 MA,则 AM 与平面 ABCD 所成角为MAM,tanMAM=? ?= 2 3 2 3 = 2, AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为 2. 9.解析(1)在棱 AB 上存在点 E,使得 AF平面 PCE,点 E 为棱 AB 的中点,理由如 下: 取 PC 的中点 Q,连接 EQ、FQ,由题意得,FQDC 且 FQ=1 2CD,AECD, 且 AE=1 2CD,AEFQ,且 AE=FQ, 四边形 AEQF 为平行四边形, AFEQ,又

34、EQ平面 PEC,AF 平面 PEC,AF平面 PEC. (2)设 PD=a,ADP=90,PDAD. 平面 ADP平面 ABCD,平面 ADP平面 ABCD=AD,PD平面 ABCD. 连接 BD,则PBD 就是直线 PB 与平面 ABCD 所成的角. 由题意得,BDC 为等边三角形. 过 B 作 BHCD 于 H,则 H 为 CD 的中点, PD平面 ABCD,PDBH,又 PDCD=D,BH平面 PDC. 过 H 作 HGFC 于 G,连接 BG,则BGH 就是二面角 D-FC-B 的平面角. cosBGH= 2 4 ,tanBGH= 7, 易得 BH= 3,GH= 21 7 . sin

35、GCH=? ?= ? ?, ? 2 ? 2 2+22= 21 7 1 ,解得 a=2 3, tanPBD=? ?= 2 3 2 = 3, PBD=60,即直线 PB 与平面 ABCD 所成的角为 60. 10.解析(1)证明:过点 C 作 COAA1,垂足为 O, 平面 AA1C1C平面 AA1B1B,平面 AA1C1C平面 AA1B1B=AA1, CO平面 AA1B1B, 又 OB平面 AA1B1B,COOB, 又CA=CB,CO=CO,COA=COB=90,RtAOCRtBOC,OA=OB, A1AB=45,AOB=90, AA1OB, 又AA1CO,AA1平面 BOC, AA1BC. (

36、2)由(1)得 CO平面 AA1B1B,CBO 是直线 BC 与平面 AA1B1B 所成角, CBO=45, AO=BO=CO=1,O 为 AA1的中点, CODA1. 过 B1作 B1O1AA1,交 AA1的延长线于 O1,则B1A1O1就是二面角 B1-A1D-C1 的平面角. 由等角定理知B1A1O1=BAA1=45, 二面角 B1-A1D-C1的余弦值为 2 2 . 11.解析(1)证明:平面 ABCD平面 PCD,平面 ABCD平面 PCD=CD,AD 平面 ABCD,ADDC,AD平面 PCD,又 PC平面 PCD,ADPC. (2)若选,过点 P 作 POCD 交 CD 的延长线

37、于点 O. 平面 PCD平面 ABCD,平面 PCD平面 ABCD=CD,PO平面 PCD, PO平面 ABCD,过 O 作 OEAD 交 BA 的延长线于点 E, ABCD,ADCD,OEAB,连接 PE,PO平面 ABCD,AB平面 ABCD, POAB,POOE=O,AB平面 POE,又 PE平面 POE,ABPE, PEO 就是二面角 P-AB-C 的平面角. 由题意得,PO=PDsin 60= 3,OE=AD=2,PE= 7cosPEO=2 7 7 , 即二面角 P-AB-C 的余弦值为2 7 7 . 若选,过点 P 作 POCD 交 CD 的延长线于点 O,连接 BD. 平面 PC

38、D平面 ABCD,平面 PCD平面 ABCD=CD,PO平面 PCD, PO平面 ABCD,过点 O 作 OMBD 交 BD 的延长线于点 M,连接 PM, PO平面 ABCD,BD平面 ABCD,POBD,POOM=O,BD平面 POM, 又 PM平面 POM,BDPM,PMO 为二面角 P-BD-C 的平面角的补角, 易算得 OM=2 5 5 ,PM= 95 5 , cosPMO=? ?= 2 19 19 , 二面角 P-BD-C 的余弦值为-2 19 19 . 若选,过点 P 作 POCD 交 CD 的延长线于点 O. 平面 PCD平面 ABCD,平面 PCD平面 ABCD=CD,PO平

39、面 PCD, PO平面 ABCD,过点 O 作 OHBC 交 BC 于点 H,连接 PH, PO平面 ABCD,BC平面 ABCD,POBC,又 POOH=O,BC平面 POH, 又 PH平面 POH, BCPH, PHO 为二面角 P-BC-D 的平面角, 易算得 OH=6 5 5 ,PH= 255 5 , cosPHO=? ?= 2 51 17 , 二面角 P-BC-D 的余弦值为2 51 17 . (3)证明:连接 AC,取 AC 的中点 K,连接 MK,则 MKPC.若棱 BC 上存在点 F,使 MFPC,则由基本事实4可得MKMF,显然矛盾,故对于棱BC上任意一点F,MF 与 PC

40、都不平行. 迁移创新 12.答案 6 6 解析设正方体的棱长为 2,则其内切球半径为 1,外接球半径为 22+22+22 2 = 3, 内切球和外接球的表面积之比为 13,符合题意中的小球和大球的比例,依题意 CD、AB 最长为 ( 3)2-12= 2,如图所示,其中 A、C 分别为所在正方形的中心,O 是正方体内切球和外接球的球心,CDAD1,CD=AD1,CB1AB,CB1=AB,由于 VA-BCD=1 3 ?1-C?1D=1 3 ?1AC,此时四面体 A-BCD 的体积最大. CEAB,CE=AB, 四边形 ABCE 为平行四边形, BCAE, DAE 是异面直线 BC 和 AD 所成的角,DAE=, 设 G 是 DE 的中点, AD=AE, AGDE, ? 2=GAE, sin ? 2= ? ?= 1 22+12+12= 1 6= 6 6 .