平面

提示:由题意,平面α,β,γ两两互相垂直且有一个公共点O。不妨将平面α,β,γ放置在正方体ABCO-A1B1C1O1的三个相邻面中,记平面ABCO为平面α,记平面AOO1A1为平面β,记平面OCC1O1为平面γ,则直线l1为OA,直线l2为OO1,直线l3为OC。记正方体ABCO-A1B1C1O1棱长为1。以点O为坐标原点,OA、OC、OO1所 在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如图2。图2则点O(0,0,0),A(1,0,0),B(

l过点A且垂直于平面ABC,动点P∈l,当点P逐渐远离点A时,则∠PCB( )。图1A.变大 B.变小C.不变 D.有时变大有时变小2.球的表面积S1与它的内接正方体的表面积S2的比值是( )。3.已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m//n”是“m//α”的( )。A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.在棱长为1 的正方体上,分别用过共顶点的三条棱的中点的平面截该正方体,则截去8 个三棱锥后,剩下的几何体的

1）求证：EF∥平面ABC；（2）若平面ADE⊥平面BCDE，求四面体FDCE的体积.22.已知AB是球O的直径，C， D是球面上的两点，且D在以BC为直径的小圆上，如图8所示，设此小圆所在平面为α，（1）求证：平面ACB⊥平面α；（2）设AB与α所成角为θ，过球半径OD且垂直于α的截面截BC弦于E点，求ΔOED与经过点O，D的截面面积之比，并求θ为何值时，面积之比最大.因为EF？平面FEO，所以EF∥平面ABC.（2）解法1：在折叠前，四边形ABCD为矩

B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最大?2.如图2 所示,在三棱锥D-ABC中,二面角D-AB-C是直二面角,AB⊥BD,且AB=BD,AC=BC,P为CD上一点,且BP⊥平面ACD。E,F分别为棱DA,DC上的动点,且=λ。图2(1)求证:AC⊥BC;(2)若平面EFB与平面ABC所成角的余弦值为,求λ的值。3.在如图3所示的多面体中,平面ABCD是边长为2 的正方形,平面PDCQ⊥平面ABCD,PD⊥DC,E,F,G分别为

D 中，PA ⊥平面ABCD，在四边形ABCD 中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，CD =，AD=2，PA=4。（1）证 明：CD ⊥平面PAD；图1（2）求二面角B-PC-D 的余弦值。2.（2020 年江西模拟）如图2，在三棱锥P-ABC 中，平面PAC⊥平面ABC，∠BAC=90°，∠ACP=30°，且AC=12，AB=AP=6。图2（1）若D 为BP 上的一个动点，求证：PC⊥AD；（2）若CE=2EP，求二面角A-EB-C 的平面角的余弦

面体中,A1D⊥平面ABCD,CD⊥平面BCC1B1,所以AA1= 2,侧面ABB1A1,CDD1C1均为矩形。所以该几何体的表面积18.(1)连接AC,交BD于点O,连接PO。因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,BO=DO。由PB=PD知PO⊥BD。再由PO∩AC=O知BD⊥平面APC,因此BD⊥PC。(2)因 为E是PA的 中 点,所 以由PB=PD=AB=AD=2知△ABD≌△PBD。因为∠BAD=60°,所以又PA=所以PO2+AO2=PA2,

得，直线FG//平面ABBAn，因为E是AC的中点，所以EF//AB。因为ABC平面ABB，A1，EF≠平面ABB，A，所以EF//平面ABB.A1。因为EF与FG相交，EFC平面EFG，GFC平面EFG，所以平面EFG//平面ABB1A1。18.如图1，以D为坐标原点，建立坐标系D-xyz。设正方体的边长为2，则D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），E（1，2，0），F（2，1，2），G（1，2，2）。（1）（2）DB=（2，2，0），D

=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，PAC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MC=2PM。因为MC=λPM，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。（2）在OSAC中，因为OE//AS，∠ASC=90°，所以OE⊥SC。因为平面SAC

右图所示，PA⊥平面ABCD，∠ABC=90°，△ABC≌△ADC.0为AC的中点.E为PC的中点，PA=AC=2AB=2.（I）证明：平面DOE//平面PAB（Ⅱ）求直线ED与平面PBC所成角的正弦值.（I）证明：由于0为AC的中点，∠ABC=90°，且AC=2，所以BO=1/2 AC=1.同理，D0=1.又△ABC≌△ADC，2AB=2，所以AB=AD=1，則四边形ABOD是平行四边形，于是可知DO∥AB.由E为PC的中点，可知EO∥PA，由于DO∩

(1)因为点P在平面B C D E的射影O落在B E上,所以平面P B E⊥平面B C D E。易知B E⊥C E,故C E⊥平面P B E。而B P⊂平面P B E,则P B⊥C E。(2)以O为坐标原点,以过点O且平行于C D的直线为x轴,过点O且平行于B C的直线为y轴,直线P O为z轴,建立如图1所示直角坐标系。图15 1.(1)连接B D,交A C于O,则O是B D的中点,故O G∥B E。又B E⊂平面B E F,且O G⊄平面B E F,所以

可得,直线FG∥平面ABB1A1,因为E是AC的中点,所以EF∥AB。因为AB⊂平面ABB1A1,EF⊄平面ABB1A1,所以EF∥平面ABB1A1。因为EF与FG相交,EF⊂平面EFG,GF⊂平面EFG,所以平面EFG∥平面ABB1A1。18.如图1,以D为坐标原点,建立坐标系D-x y z。设正方体的边长为2,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),E(1,2,0),F(2,1,2),G(1,2,2)。图1又平面ABD的一个法向量(0,

=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

Q的距离相等,但平面ABB1A与平面EFPQ相交,故选项B错误。平面ABB1A1⊥平面ABCD。平面ADD1A1⊥平面ABCD。但平面ABB1A1与平面ADD1A1相交于A1A。故选项D错误。6.D 提示:如图2所示。若A1A为b,CD为a,BC为c,而a,c不异面,所以①不正确。若A1A为b,AB为a,A1B1为c,而a∥c,所以②不正确。若A1A为b,AB为a,AD为c,而a⊥b,a⊥c,b⊥c,且a与c相交,所以④不正确。由异面直线所成角的定义或等角

SA。因为OE⊂平面BDE,SA⊄平面BDE,所以直线SA∥平面BDE。图1 (Ⅱ)因为SA与BC所成角为60°,所以∠SAD=60°。 因 为SA=SD,所以△SAD为等边三角形。所以SA=4。在Rt△SAO中,AO=22,所以SO=22。建立如图1所示的空间直角坐标系,则D(0,-22,0),B(0,22,0),S(0,0,22),C(-22,0,0),所以=(0,-42,0)=(-22,-22,0)=(0,22,-22)。设平面SBC的法向量n=(x

D。所以S A⊥平面A B C D。(2)连接B D,设B D与A C交于点O,连接O P,O显然平分B D,取S P的中点M。因为S D=3P D,所以S M=MP=P D。因此,BM∥O P,BM⊄平面P A C,所以BM∥平面P A C。同理ME∥平面P A C。因为BM∩ME=E,所以平面BME∥平面P A C。又B E⊂平面BME,故B E∥平面P A C。4 4.(1)如图1,过点M作ME∥C D交P D于E点,连接A E。因为AN=NB,所以

1.C.一个点在平面的一侧，而另外三个点在平面的另一侧，有C14=4个这样的平面；两个点在平面的一侧，而另外两个点在平面的另一侧，有C24÷2=3个这样的平面（注意此处为平均分组问题，故要除以2，以防重复）.故共有7个满足题意的平面.

种展开方式，若把平面ABB1A1 和平面BCC1展到同一个平面内，在矩形中连结AC1会经过BB1的中点，故此时的正视图为②. 若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，在矩形中连结AC1会经过CD的中点，此时正视图会是④. 其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现或者已包含在②④中了.2 空间几何体的表面积和体积1. 14π 因为∠BOC=90°，OA⊥平面BOC，所以三棱锥的三条侧棱两两垂直，所以可以以三条侧棱为棱长得到一个长方体. 由圆的对

化225700）平面方程有点法式、一般式、截距式等几种类型，在求平面方程过程中，主要求点法式方程和一般式方程，本文将介绍向量积在求平面方程中的应用，以及如何用待定系数法求平面方程。1 用向量积求平面点法式方程平面点法式方程的一般形式为A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0，其中{A,B,C}为法向量，即垂直于平面的任一非零向量；(x0,y0,z0)为平面上的一个点的坐标[1]。从平面的点法式方程中可以看出，求平面的点法式方程关键要求得平面的法向