故点P的轨迹是△EFG,其周长为.
6.②③④ 解析 ①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB. 7.(1)证明 由已知得AM=AD=2.
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.
又AD∥BC,故TN??AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT. 因为AT?平面PAB,MN?平面PAB, 所以MN∥平面PAB.
(2)解 因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,
所以N到平面ABCD的距离为取BC的中点E,连接AE. 由AB=AC=3得AE⊥BC,AE=由AM∥BC得M到BC的距离为故S△BCM=BCM
PA.
.
,
×4×=2.所以四面体N-BCM的体积VN-=×S△BCM×.
8.(1) 证明 因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.
又因为DC⊥AC, 所以DC⊥平面PAC.
(2)证明 因为AB∥DC,DC⊥AC,
所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD,
所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC. 所以平面PAB⊥平面PAC.
(3)解 棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:
取PB中点F,连接EF,CE,CF.
又因为E为AB的中点,所以EF∥PA. 又因为PA?平面CEF,所以PA∥平面CEF.
9.(1)证明 由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.
(2)解 取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.
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在Rt△DAM中,AM=1,故DM=中,AN=1,故DN=.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN.
.
.
在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为
(3)解 连接CM.因为△ABC为等边三角形, M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.
在Rt△CAD中,CD==4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM=.
所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.
10.证明 (1)∵PA=PD,且E为AD的中点,
∴PE⊥AD.
∵底面ABCD为矩形,∴BC∥AD,∴PE⊥BC. (2)∵底面ABCD为矩形,∴AB⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,∴AB⊥平面PAD. ∴AB⊥PD.
又PA⊥PD,PA∩AB=A, ∴PD⊥平面PAB.
∵PD?平面PCD,∴平面PAB⊥平面PCD. (3)如图,取PC的中点G,连接FG,GD.
∵F,G分别为PB和PC的中点,
∴FG∥BC,且FG=BC.
∵四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点, ∴ED∥BC,ED=BC, ∴ED∥FG,且ED=FG,
∴四边形EFGD为平行四边形, ∴EF∥GD.
又EF?平面PCD,GD?平面PCD, ∴EF∥平面PCD.
二、思维提升训练
11.(1)证明 在题图①中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.
即在题图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 从而BE⊥平面A1OC,
又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC. (2)解 由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,
且平面A1BE∩平面BCDE=BE,
又由(1),A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE, 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.
由题图①知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2.
7
从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=×S×A1O=×a2×a=a3,由
,得a=6.
12.(1)证明 ∵O,D分别是AB和AC的中点,∴OD∥BC.
又OD?平面VBC,BC?平面VBC, ∴OD∥平面VBC.
(2)证明 ∵VA=VB,O为AB中点,∴VO⊥AB.
在△VOA和△VOC中,OA=OC,VO=VO,VA=VC, ∴△VOA≌△VOC, ∴∠VOA=∠VOC=90°, ∴VO⊥OC.
∵AB∩OC=O,AB?平面ABC,OC?平面ABC, ∴VO⊥平面ABC.又AC?平面ABC, ∴AC⊥VO.
∵VA=VC,D是AC的中点,∴AC⊥VD.
∵VO?平面VOD,VD?平面VOD,VO∩VD=V, ∴AC⊥平面VOD. (3)解 由(2)知VO是棱锥V-ABC的高,且VO=a3=36
.
∵点C是的中点, ∴CO⊥AB,且CO=1,AB=2, ∴△ABC的面积S△ABC=AB·CO=×2×1=1,
×1×,故棱锥C-ABV的体积为
∴棱锥V-ABC的体积为VV-ABC=.
S△ABC·VO=13.(1)证明 因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.
因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.
因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,
所以AE=,AD=1,
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°. 在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°, 所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.
因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D, 所以DE⊥BC1.
(2)解 假设存在点E满足题意.
设AE=h,则A1E=所以
-h,
-S△AED-=2
h-(
-h)-h.
因为BD⊥平面ACC1A1, 所以所以
h,又V棱柱=h=1,解得h=,
×2×=3,
故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积
的.
14.(1)证明 ∵DE垂直平分线段PC,PB=BC,∴DE⊥PC,BE⊥PC.
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又BE∩DE=E,∴PC⊥平面BDE.
(2)解 BD⊥DQ.证明如下:由(1)得,PC⊥BD.
∵PA⊥底面ABC,∴PA⊥BD. 又PC∩PA=P,∴BD⊥平面PAC,
当点Q是线段PA上任一点时都有DQ?平面PAC,∴BD⊥DQ. (3)解 ∵PA=AB=2,
∴PB=BC=2.
,∴PC=4,CE=2,且BD=∵AB⊥BC,∴AC=2.
∵△CDE∽△CPA, ∴,
∴DE=.
由(2)可知:BD⊥DE,
∴VB-CED=VC-BDE=S△BDE·CE
=×2= .
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（精编）2024年高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练14空间中的平行与垂直文
