衡水万卷作业（七）立体几何（一）考试时间：45分钟姓名：__________班级：__________考号：__________一、解答题（本大题共5小题，共100分）（2015四川高考真题）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设的中点为，的中点为（1）请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）（2）证明：直线平面（3）求二面角的余弦值.如图，在四棱锥中，，，，，分别为的中点，.（1）求证：平面⊥平面；（2）设，若平面与平面所成锐二面角，求的取值范围.已知四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形，，．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）设与交于点，为中点，若二面角的正切值为，求的值．如图，在三棱锥中，分别为棱的中点．已知．（1）求证：直线PA∥平面DEF；（2）平面BDE⊥平面ABC．如图，正方形的边长为2，分别为的中点，在五棱锥中，为棱的中点，平面与棱分别交于点.（1）求证：；（2）若底面，且，求直线与平面所成角的大小，并求线段的长.衡水万卷作业（七）答案解析一、解答题【答案】（1）点F、G、H的位置如图所示.（2）详见解析.（3）【解析】（1）点F、G、H、的位置如图所示.MDCABEFHG（2）连结BD，设O为BD的中点.因为M、N分别是BC、GH的中点，所以OM∥CD,且OM=,NH∥CD,且NH=,所以OM∥NH,OM=NH,所以OM∥NH,OM=NH,所以MNHO是平行四边形，从而MH∥OH,又MN平面BDH,OH平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3).连接AC，过M作MP⊥AC于P.在正方形ABCD-EFGH中，AC∥EG,所以MP⊥EG,过P作PK⊥EG于K，连结KM，所以EG⊥平面PKM，从而KM⊥EG,所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角,设AD=2，则CM=1，PK=2，在RtCMP中,PM=CMsin=，在RtKMP,KM==所以cos∠PKM=.即二面角A-EG-M的余弦值为（另外，也可利用空间坐标系求解）【考点定位】本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.【名师点睛】立体几何解答题的考查内容，不外乎线面、面面位置关系及空间夹角与距离的计算.（1）注意ABCD是底面，将平面展开图还原可得点F、G、H的位置.（2）根据直线与平面平行的判定定理，应考虑证明MN平行于平面BDH内的一条直线.连结O、M，易得是平行四边形，从而，进而证得平面.（3）要作出二面角的平面角，首先要过M作平面AEGC的垂线，然后再过垂足作棱EG的垂线，再将垂足与点M连结，即可得二面角的平面角.【答案】(Ⅰ)略（2）【解析】(Ⅰ)，分别为的中点，为矩形，,又面,面,平面⊥平面(Ⅱ),又，又,所以面,建系为轴，为轴，为轴,，,平面法向量，平面法向量，可得.【思路点拨】面,面,平面⊥平面。，，可得.【答案】（Ⅰ）略；（Ⅱ）解析：（Ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，又ABCD为菱形，所以AC⊥BD,所以BD⊥平面PAC，从而平面PBD⊥平面PAC．（Ⅱ）如图,以为原点,所在直线为轴,轴建立空间直角坐标系，则,,，从而，因为BD⊥平面PAC,所以平面PMO的一个法向量为，设平面PMD的法向量为,由得取，即，设与的夹角为，则二面角大小与相等从而，得从而，即．【思路点拨】证明面面垂直通常利用面面垂直的判定定理进行证明，已知二面角可通过两面的法向量的夹角建立等量关系进行解答.（1）∵为中点∴DE∥PA∵平面DEF，DE平面DEF∴PA∥平面DEF（2）∵分别为中点∴∵为中点∴∴∴，∴DE⊥EF∵，∴∵,平面ABC,平面ABC,∴DE⊥平面ABC∵DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．解：（I）在正方形中，因为B是AM的中点，所以∥。又因为平面PDE，所以∥平面PDE，因为平面ABF，且平面平面，所以∥。（Ⅱ）因为底面ABCDE,所以，.如图建立空间直角坐标系，则，,,,,.设平面ABF的法向量为，则即令，则。所以，设直线BC与平面ABF所成角为a,则。因此直线BC与平面ABF所成角的大小为。设点H的坐标为。因为点H在棱PC上，所以可设，即。所以。因为是平面ABF的法向量，所以，即。解得，所以点H的坐标为。所以
