立体几何强化训练B 卷参考答案

一、选择题

1.B 2.B 3.C 4.A 5.A 6.D

7.D 8.C 9.A 10.B 11.A 12.B

二、填空题

三、解答题

17.(1)如图1,连接BD,因为底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,所 以△ABD是正三角形。

图1

又Q为AD的中点,所以AD⊥BQ。

因为△PAD是正三角形,Q为AD的中点,所以AD⊥PQ。又PQ∩BQ=Q,所以AD⊥平面PQB。(2)连接AC,交BQ于点N,连接MN,因为AQ∥BC,所以

因为PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,平面MQB∩平面PAC=MN,由线面平行

的性质定理得MN∥PA,所以,所以

因为MC=λ PM,所以λ=2。

18.(1)如图2,因为E,O分别是SC,AC的中点,所以OE∥SA。

又因为OE⊄平面SAB,所以OE∥平面SAB。

图2

(2)在△SAC中,因为OE∥AS,∠ASC=90°,所以OE⊥SC。

因为平面SAC⊥平面ABC,∠BCA=90°,所以BC⊥平面ASC。

因为OE⊂平面ASC,所以BC⊥OE,所以OE⊥平面BSC。

因为SF⊂平面BSC,所以OE⊥SF。

(3)因为∠ACB=90°,所以BC⊥AC,∠ASC=90°,所以SC⊥SA。

因为平面SAC⊥平面ABC,所以BC⊥平面SAC。

因为SA⊂平面SAC,所以BC⊥SA。

又SA⊥SC,BC∩SC=C,所以SA⊥平面SBC。

19.(1)因为圆锥的体积为底面直径,所以解得,所以,所以该圆锥的侧面积

以O为原点,OC为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立如图3所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),

图3

设异面直线PB与CD所成角为θ,则

所以异面直线PB与CD所成角为

20.(1)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直棱柱,所以A1A⊥平面ABC。

又BC⊂平面ABC,所以A1A⊥BC。

因为AD⊥平面A1BC,且BC⊂平面A1BC,所以AD⊥BC。

又AA1⊂平面A1AB,AD⊂平面A1AB,所以BC⊥平面A1AB。

又A1B⊂平面A1BC,所以BC⊥A1B。

(2)由(1)知BC⊥平面A1AB,AB⊂平面A1AB,从而BC⊥AB。

如图4,以B为原点建立空间直角坐标系B-x y z,因为AD⊥平面A1BC,其垂足D落在直线A1B上,所以AD⊥A1B。

在 R t△ABD中在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥AB。

图4

在 R t△A1BA中,,所以,则B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),P(1,1,0),A1(0,

设平面PA1B的一个法向量,则

21.(1)因为底面ABCD是平行四边形,所以AD=BC=1。

又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BD,所以BD⊥平面PAD。

因为BD⊂平面PDB,所以平面PDA⊥平面PDB。

图5

(2)以D为原点,建立如图5所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,因为E是PC边的中点,所以则所以

(3)由C,E,P三点共线,得且0≤λ≤1,从而有

设平面EDB的法向量为n=(x,y,z),由及,可取n=

又平面CBD的法向量可取m=(0,0,1),二面角E-BD-C的大小为30°,所以,所以所以,所以

22.(1)以C为原点,CA,CB,CS所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图6,则

图6

因为CD∩CS=C,所以DE⊥平面SCD。

设平面SAD的法向量为n=(x,y,z)。

易知二面角A-SD-C为锐角,因此有,即二面角A-SD-C的余弦值为

作AH⊥平面SCD,垂足为H,设,且x+y+z=1,由