参考答案（4）

1 空间几何体中的三视图

1. 由几何体的正视图和侧视图均如题图5所示知，原图下面是圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，A、B、C都可能是该几何体的俯视图，D不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图1所示的矩形. 选D.

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图1

2. 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为S=2×■×（2+4）×4+4×4+2×4+2×■×4=48+8■.

3. 由几何体的三视图可知，该几何体的底面是矩形，高为△ADE中DE边上的高，则V=■×2■×2×■=■.

2 空间平行与垂直

1. 设AC∩BD=O，连结OQ.

（1）因为ABCD为菱形，所以O为AC的中点；又Q为PA的中点，所以OQ∥PC. 又PC？埭平面QBD，OQ？奂平面QBD，所以PC∥平面QBD.

（2）因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD，BD？奂平面ABCD，所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC. 又BD？奂平面QBD，所以平面QBD⊥平面PAC.

2. （1）证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC？奂平面ABCD，所以BB1⊥AC. 又因为BD⊥AC，且BD∩BB1=B，所以AC⊥平面BB1D，而MD？奂平面BB1D，所以MD⊥AC.

（2）当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D. 取DC的中点N，D1C1的中点N1，连结NN1交DC1于O，连结OM（如图2）. 因为N是DC的中点，BD=BC，所以BN⊥DC；又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，所以BN⊥平面DCC1D1. 又可证得，O是NN1的中点，所以BM∥ON且BM=ON，即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D. 因为OM？奂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.

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图2

3 空间角

1. 过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D，连结AD，连结CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角.

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图3

由三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角α-l-β的平面角，∠ADC=60°.

设AD=2，则AC=■，CD=1.

又∠ABD=30°，所以AB=4，故sin∠ABC=■=■.

2. （1）法1：由AE⊥平面BCD得AE⊥CD，又AD⊥CD，则CD⊥平面AED，故CD⊥DE；同理可得CB⊥BE，则BCDE为矩形. 又BC=CD，则BCDE为正方形，故CE⊥BD.

法2：由已知可得AB=BD=AD=6■，设O为BD的中点，则AO⊥BD，CO⊥BD，则BD⊥平面AOC，故平面BCD⊥平面AOC，则顶点A在底面BCD上的射影E必在OC上，故CE⊥BD.

（2）由（1）的证明过程知OD⊥平面AEC，过O作OF⊥EG，垂足为F，则易证得DF⊥EG，故∠OFD即为二面角C-EG-D的平面角.由已知可得AE=6，则AE2=AG·AC=2■·6■=36，故■=■，故EG⊥AC，则OF=■=2■.又OD=3■，则DF=■，故cos∠OFD=■，即二面角C-EG-D的余弦值为■.

4 空间向量

1. （1）因为AD∥BC，BC=■AD，Q为AD的中点，所以四边形BCDQ为平行四边形，所以CD∥BQ.因为∠ADC=90°，所以∠AQB=90°，即QB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BQ⊥平面PAD. 因为BQ？奂平面PQB，所以平面PQB⊥平面PAD.

（2）因为PA=PD，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD.

因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PQ⊥平面ABCD.

如图4，以Q为原点建立空间直角坐标系，则平面BQC的法向量为n=（0，0，1）；Q（0，0，0），P（0，0，■），B（0，■，0），C（-1，■，0）.

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图4

设M（x，y，z），则■=（x，y，z-■），■=（-1-x，■-y，-z）.

由已知条件■=t■，可得x=t（-1-x），y=t（■-y），z-■=t（-z），所以x=-■，y=■，z=■.

在平面MBQ中，■=（0，■，0），■=-■，■，■，所以平面MBQ的法向量m=（■，0，t）.

因二面角M-BQ-C的平面角为30°，故cos30°=■=■=■，所以t=3.

2. 如图5，建立空间直角坐标系，其中点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BB1所在直线为y轴.

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图5

由题意，B（0，0，0），A（2■，0，0），C（■，-■，■），A1（2■，2■，0），B1（0，2■，0），C1（■，■，■）.

（1）■=（-■，-■，■），■=（-2■，0，0）.

cos〈■，■〉=■=■=■.

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为■.

（2）■=（0，2■，0），■=（-■，-■，■），设平面AA1C1的法向量为m=（x，y，z），则m·■=0，m·■=0.即-■x-■y+■z=0，2■y=0.

令x=■，则y=0，z=■，m=（■，0，■）.

设平面A1B1C1的法向量为n=（a，b，c），则n·■=0，n·■=0，

即-■a-■b+■c=0，-2■a=0.

令b=■，则a=0，c=■，n=（0，■，■）.

于是得cos〈m，n〉=■=■=■，所以sin〈m，n〉=■.

所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为■.

（3）由N为棱B1C1的中点，可得N■，■，■，设M（p，q，0），则■=■-p，■-q，■.

因为MN⊥平面A1B1C1，则■·■=0，■·■=0，且■=（-■，-■，■），■=（-2■，0，0），则可得■-p·（-■）+■-q·（-■）+■×■=0，■-p·（-2■）=0，

解上面的方程组可得p=■，q=■，所以可得M■，■，0. 向量■=■，■，0，所以线段BM的长■=■=■.

5 折叠问题

（1）由已知有DE⊥A1E，DE⊥EB，又A1E∩EB=E，所以DE⊥平面A1EB，所以DE⊥A1B.

（2）因为DE⊥平面A1BE，所以平面DEA1⊥平面A1BE，所以平面DEBC⊥平面A1BE，所以平面A1ED与平面DEBC所成的角即为∠A1EB=θ.

如图6，建立空间直角坐标系，则A1（■sinθ，■cosθ，0），C（0，■，3），D（0，0，3），所以■=（-■sinθ，■-■cosθ，3），■=（-■sinθ，-■cosθ，3）.

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图6

设平面A1CD的法向量为n=（x，y，z），所以-■sinθ·x+（■-■cosθ）·y+3z=0，-■sinθ·x-■cosθ·y+3z=0.

令z=1，则x=■，y=0，所以n=■，0，1.

又易知平面A1EB的一个法向量为m=（0，0，1），所以cos〈m，n〉=■=■. 又因为θ∈■，■，所以可得cos〈m，n〉∈■，■. 所以当θ∈■，■时，平面A1DC与平面A1EB所成二面角的余弦值的取值范围为■，■.

综合测试

1. 此物体的上部是一个长方体，体积为15×4×2=120；下部分为两个大小相同的半圆柱体，体积为π×22×2=8π，故选B.

2. 利用排除法，当直线a与α相交，则A不对；当直线a与α平行，则B不对；当直线a在α内，则C不对，故选D.

3. ①④正确，选C.

4. 注意到A1C1⊥平面BB1D1D. 连结A1C1交B1D1于点O，BO即为BC1在平面BB1D1D的投影. BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为C1O∶BC1，故选D.

5. 如图7，因为圆M的面积为4π，故MA=2，所以在Rt△OAM中，OA=R=4，故OM=2■.

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因为在Rt△OMN中，∠OMN=30°，所以ON=■OM=■，故圆N的半径r=■=■，所以圆N的面积为S=πr2=13π. 选D.

6. 无穷多. 提示：正四棱锥的高是固定不变的，但是其底面正方形ABCD的面积可不一样. 本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多种情况.

7. 因为E点在线段AA1上，所以S■=■×1×1=■，又因为F点在线段B1C上，所以点F到平面DED1的距离为1，即h=1，所以V■=V■=■×S■×h=■×■×1=■.

8. 由题意，黑“电子狗”爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，即过6段后又回到起点，可以看作以6为周期；同理，黄“电子狗”也是过6段后又回到起点. 所以黑“电子狗”爬完2006段后实质是到达第二段的终点D1，黄“电子狗”爬完2007段后到达第三段的终点C1. 此时的距离为C1D1=1.

9. （1）因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1. 又B1C⊥A1B，且A1B∩BC1=B，所以B1C⊥平面A1BC1. 又B1C？奂平面AB1C，所以平面AB1C⊥平面A1BC1.

（2）设BC1交B1C于点E，连结DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线，如图8.

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图8

因为A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE.

又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点，即A1D∶DC1=1.

10. 法1：（1）因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB∩平面ABCD=AB，AD⊥AB，AD？奂平面ABCD，所以AD⊥平面G1AB. 又AD？奂平面G1ADG2，所以平面G1AB⊥平面G1ADG2.

（2）过点B作BH⊥AG1于点H，连结G2H，如图9.

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图9

由（1）的结论可知，BH⊥平面G1ADG2，所以∠BG2H是BG2和平面G1ADG2所成的角.

因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB∩平面ABCD=AB，G1E⊥AB，G1E？奂平面G1AB，所以G1E⊥平面ABCD，故G1E⊥EF.

因为G1G2

又因为G1G2∥AD∥EO，所以四边形G1EOG2是矩形.

由题设AB=12，BC=25，EG=8，则GF=17，所以G2O=G1E=8，G2F=17，OF=■=15，G1G2=EO=10.

因为AD⊥平面G1AB，G1G2∥AD，所以G1G2⊥平面G1AB，从而G1G2⊥G1B.

故BG■■=BE2+EG■■+G1G■■=62+82+102=200，BG2=10■.

又AG1=■=10，由BH·AG1=G1E·AB得BH=■=■.

所以sin∠BG■H=■=■×■=■，cos∠BG2H=■，即直线BG2与平面G1ADG2所成角的余弦值为■.

法2：（1）因为平面G1AB⊥平面ABCD，平面G1AB∩平面ABCD=AB，G1E⊥AB，G1E？奂平面G1AB，所以G1E⊥平面ABCD，从而G1E⊥AD. 又AB⊥AD，所以AD⊥平面G1AB. 因为AD？奂平面G1ADG2，所以平面G1AB⊥平面G1ADG2.

（2）由（1）可知，G1E⊥平面ABCD. 故可以E为原点，分别以直线EB，EF，EG1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图10）. 由题设AB=12，BC=25，EG=8，则EB=6，EF=25，EG1=8，相关各点的坐标分别是A（-6，0，0），D（-6，25，0），G1（0，0，8），B（6，0，0）.

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图10

所以■=（0，25，0），■=（6，0，8）.

设n=（x，y，z）是平面G1ADG2的一个法向量，由n·■=0，n·■=0得25y=0，6x+8z=0，故可取n=（4，0，-3）.

过点G2作G2O⊥平面ABCD于点O，因为G2C=G2D，所以OC=OD，于是点O在y轴上.

因为G1G2∥AD，所以G1G2∥EF，G2O=G1E=8.

设G2（0，m，？摇8）（0

所以■=（0，10，8）-（6，0，0）=（-6，10，8）.

设BG2和平面G1ADG2所成的角是θ，则由前面可得sinθ=■=■=■. 所以cosθ=■=■，即直线BG2与平面G1ADG2所成角的余弦值为■.

11. （1）因为该几何体的正视图为矩形，左视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，所以BA，BC，BB1两两垂直.

以B为原点，BA，BB1，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，84a0fb4fffb5129d68f8649aeaa079a75137bef046589b8ea3ed81bc9a39781b6，4），C（0，0，4）.

因为■·■=（4，4，0）·（-4，4，0）= -16+16=0，■·■=（4，4，0）·（0，0，4）=0，所以BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1，所以BN⊥平面C1B1N.

（2）设n=（x，y，z）为平面NCB1的一个法向量，则可得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=■=■.？摇

（3）因为M（2，0，0）.设P（0，0，a）为BC上一点，则■=（-2，0，a），因为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，所以当BP=1时，MP∥平面CNB1.

12. （1）设AC与BD交于O，如图11所示建立空间直角坐标系O-xyz. 设AB=2，则A（■，0，0），B（0，1，0），C（-■，0，0），D（0，-1，0），D1（0， -1，2）. 设E（0，1，2+h），则■=（0，2，h），■=（2■，0，0），■=（■，1，-2）.

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图11

因为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）.

设平面EAC的一个法向量为m=（x，y，z），则由m⊥■，m⊥■可得方程组x=0，-■x+y+3z=0.令z=-1，所以m=（0，3，-1）.

又平面D1AC的法向量为■=（0，2，1），所以可得cos〈m，■〉=■=■，所以二面角E-AC-D1的大小为45°.

（2）设■=λ■=λ（■-■），得■=■■=0，■，■，所以■=■+■=（-■，-1，0）+0，■，■=-■，■，■.

因为A1P∥平面EAC，所以■⊥m，所以-■×0+3×■+（-1）×■=0，所以λ=■，所以存在点P使A1P∥平面EAC，此时D1P ∶ PE=3∶2. ■