2020屆高考數(shù)學 總復習階段性測試題八 立體幾何初步 北師大版

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1、階段性測試題八(立體幾何初步) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分. 滿分150分.考試時間120分鐘. 第Ⅰ卷(選擇題 共50分) 一、選擇題(本大題共10個小題,每小題5分,共50分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 1.(2020·南寧模擬)在空間中,“兩條直線沒有公共點”是“這兩條直線平行”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 [答案] B [解析] 在空間中,兩條直線沒有公共點,可能是兩條直線平行,也可能是兩條直線異面,兩條直線平行則兩條直線沒有公共點,所以“兩條直線沒有公

2、共點”是“這兩條直線平行”的必要不充分條件. 2.(文)(2020·太原一模)已知m,n,l1,l2表示直線,α,β表示平面.若mα,nα,l1β,l2β,l1∩l2=M,則α∥β的一個充分條件是 (  ) A.m∥β且l1∥α       B.m∥β且n∥β C.m∥β且n∥l2 D.m∥l1且n∥l2 [答案] D [解析] 對選項A,B,C都有α與β相交的情況只有選項D是兩平面平行的判定,故選D. (理)(2020·錦州一模)如圖,空間四邊形OABC中,=a,=b,=c.點M在OA上,且OM=2MA,N為BC中點,則=(  ) A.a-b+c B.-a+

3、b+c C.a+b-c D.-a+b-c [答案] B [解析] 由向量加法法則可知 =+=-+(+) =-a+(b+c) =-a+b+c. 3.(2020·洛陽調(diào)研)三條直線兩兩垂直,那么在下列四個結(jié)論中,正確的結(jié)論共有(  ) ①這三條直線必共點;②其中必有兩條是異面直線;③三條直線不可能共面;④其中必有兩條在同一平面內(nèi). A.4個 B.3個 C.2個 D.1個 [答案] D [解析] 三條直線兩兩垂直時,它們可能共點(如正方體同一個頂點上的三條棱),也可能不共點(如正方體ABCD—A1B1C1D1中的棱AA1,AB,BC),故結(jié)論①不正確,也說明必有結(jié)論

4、②不正確;如果三條直線在同一個平面內(nèi),根據(jù)平面幾何中的垂直同一條直線的兩條直線平行,就導出了其中兩條直線既平行又垂直的矛盾結(jié)論,故三條直線不可能在同一個平面內(nèi),結(jié)論③正確;三條直線兩兩垂直,這三條直線可能任何兩條都不相交,即任意兩條都異面(如正方體ABCD—A1B1C1D1中的棱AA1,BC和C1D1),故結(jié)論④不正確. 4.(2020·廈門一模)設a,b,c是空間的三條直線,α,β是空間的兩個平面,則下列命題的逆命題不成立的是(  ) A.當c⊥α時,若c⊥β,則α∥β B.當bα,且c?α時,若c∥α,則b∥c C.當bα,且c是a在α內(nèi)的射影時,若b⊥a,則c⊥b D.當b

5、α時,若b⊥β,則α⊥β [答案] D [解析] D的逆命題是bα,α⊥β,則b⊥β,顯然不成立. 5.(2020·南昌一模)圓柱的側(cè)面展開圖是長12cm,寬8cm的矩形,則這個圓柱的體積為(  ) A.cm3 B.cm3 C.cm3或cm3 D.192πcm3 [答案] C [解析] 分兩種情況 (1)12為底面圓周長,則2πr=12,∴r=, ∴V=π·2·8=(cm3). (2)8為底面圓周長,則2πr=8,∴r=, ∴V=π·2·12=(cm3).故選C. 6.(文)(2020·江西文) 將長方體截去一個四棱錐,得到的幾何體如圖所示,則該幾何體

6、的左視圖為(  ) [答案] D [解析] 如圖所示,點D1的投影為C1,點D的投影為C,點A的投影為B,故選D. (理)(2020·安徽理)一個空間幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(  ) A.48 B.32+8 C.48+8 D.80 [答案] C [解析] 由三視圖知該幾何體的直觀圖如下圖所示. 該幾何體的下底面是邊長為4的正方形. 上底面是長為4,寬為2的矩形,兩個梯形側(cè)面垂直于底面,上底長為2,下底長為4,高為4;另兩個側(cè)面是矩形寬為4,長為=. ∴S表=42+2×4+×(2+4)×4×2+4××2 =48+8. 7.(文)

7、(2020·煙臺市模擬)設b、c表示兩條直線,α、β表示兩個平面,下列命題中是真命題的為(  ) A.?b∥c B.?c∥α C.?α⊥β D.?c⊥β [答案] C [解析] 結(jié)合線面位置關(guān)系選C. (理)(2020·焦作一模)已知直線AB,CD是異面直線,AC⊥AB,AC⊥CD,BD⊥CD,且AB=2,CD=1,則異面直線AB與CD所成角的大小為(  ) A.30° B.45° C.60° D.75° [答案] C [解析] 設AB與CD所成的角為θ, 則cosθ=|cos〈,〉|=, 由于·=(++)·=·+2+·=0+12+0=1, ∴cosθ=

8、||=||=. 由于0°<θ≤90°,∴θ=60°. 故異面直線AB與CD所成角的大小為60°. 8.如下圖,某幾何體的正視圖(主視圖),側(cè)視圖(左視圖)和俯視圖分別是等邊三角形,等腰三角形和菱形,則該幾何體體積為(  ) A.4 B.4 C.2 D.2 [答案] C [解析] 由三視圖可知該幾何體為如圖所示的四棱錐,根據(jù)三視圖所提供的數(shù)據(jù)可得幾何體的體積為 V=(×2×2) · =2. [點評] 本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)、三視圖、幾何體的體積計算、空間想象能力及運算求解能力,屬中檔題. 9.(文)(2020·大綱全國卷文)已知直二面角α-l-β,點A∈

9、α,AC⊥l,C為垂足,點B∈β,BD⊥l,D為垂足.若AB=2,AC=BD=1,則CD=(  ) A.2 B. C. D.1 [答案] C [解析]  本題考查了異面直線的距離的求法,正確畫出圖形,熟練掌握線面垂直的判定和性質(zhì),把問題轉(zhuǎn)化到直角三角形中,利用勾股定理求解. 連接AD,設CD=x, ∴AD2=AC2+CD2=1+x2. 由題意:△ABD為Rt△,∠BDA=90°, ∴AB2=AD2+BD2, 4=1+x2+1 ∴x=,即CD=. (理)(2020·大綱全國卷理)已知直二面角α-l-β,點A∈α,AC⊥l,C為垂足,B∈β,BD⊥l,D為垂足.

10、若AB=2,AC=BD=1,則D到平面ABC的距離等于(  ) A. B. C. D.1 [答案] C [解析] 解法1:如圖,在直二面角α-l-β中,AC⊥l, ∴AC⊥β,∴平面ABC⊥平面BCD.過D作DH⊥BC,垂足為H,則DH⊥平面ABC,即DH為D到平面ABC的距離. ∵AC⊥β,BCβ,∴AC⊥BC. 在Rt△ABC中,∵AC=1,AB=2,∠ACB=90°, ∴BC===. 在Rt△BCD中,BC=,BD=1, ∴CD===. 由BD·CD=BC·DH得×1×=×·DH, ∴DH=. 解法2:如下圖,連接AD,AB=2,AC=1,

11、同解法1可得BC=,CD=. ∴SRt△ACB=AC·BC=×1×=. SRt△BCD=CD·BD=××1=. 設D到平面ABC的距離為h,則 由V三棱錐D-ABC=V三棱錐A-BCD得S△ABC·h=S△BCD·AC, 即×h=××1, ∴h=. [點評] 本題主要考查了線線垂直、線面垂直、面面垂直的有關(guān)定理和點到平面的距離以及空間想象能力和數(shù)據(jù)處理的能力. 10.(文)(2020·西安一模)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E為AA1中點,則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為(  ) A. B. C. D. [答案] C [解析

12、] 本題考查異面直線所成角的定義,以及空間想象能力、基本運算能力. 如圖所示,連接A1B, ∵ABCD-A1B1C1D1為正四棱柱, ∴A1B∥D1C, ∴∠A1BE為異面直線BE與CD1所成的角. ∵AA1=2AB, ∴設AB=a,則AA1=2a, 又∵E為AA1的中點,∴A1E=a,BE=a,A1B=a, 在△A1BE中,由余弦定理,得 cos∠A1BE===. (理)(2020·咸陽調(diào)研)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為(  ) A. B. C. D. [答案] D

13、[解析] 以B為原點,直線BC、BA、BB1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則D(2,2,0),B1(0,0,1),C1(2,0,1). 設平面BB1D1D的一個法向量n=(x,y,z),則 ,∴,取n=(1,-1,0), 直線BC1的方向向量=(2,0,1), ∴直線BC1與平面BB1D1D所成的角為θ,滿足sinθ==. 第Ⅱ卷(非選擇題 共100分) 二、填空題(本大題共5個小題,每小題5分,共25分,把正確答案填在題中橫線上) 11.長方體ABCD-A1B1C1D1的頂點均在同一個球面上,AB=AA1=1, BC=,則A,B兩點間的球面距離為_____

14、___. [答案]  [解析] 本題考查了組合體及球面距離的定義,需要有較強的空間想象能力,首先確定球心及球半徑,球心即長方體的中心,即體對角線交點,連接AC1,BD1交于O點,進一步求出半徑為1,∠AOB=,∴球面距離=R=·1=. 12.(2020·遼寧卷)如下圖,網(wǎng)格紙的小正方形的邊長是1,在其上用粗線畫出了某多面體的三視圖,則這個多面體最長的一條棱的長為________. [答案] 2 [解析] 由主視圖和俯視圖可知幾何體是正方體切割后的一部分(四棱錐C1-ABCD), 還原在正方體中,如圖所示: 多面體最長的一條棱即為正方體的體對角線,由正方體棱長為AB=2知最

15、長棱長為2. 13.(2020·天津理)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位:m),則該幾何體的體積為________m3. [答案] π+6 [解析] 本題主要考查幾何體的三視圖的還原圖形.根據(jù)三視圖知還原后的圖形為一個長方體上面放一個圓錐.因而V=V長方體+V圓錐,又知長方體長、寬、高分別為3、2、1,圓錐的底面半徑為1,高為3,從而求出體積為π+6. 14.(文)(2020·安徽宣城一模)a,b,c是空間中互不重合的三條直線,下面給出五個命題: ①若a∥b,b∥c,則a∥c; ②若a⊥b,b⊥c,則a∥c; ③若a與b相交,b與c相交,則a與c相交; ④若a平面α,b

16、平面β,則a,b一定是異面直線; ⑤若a,b與c成等角,則a∥b. 上述命題中正確的是________(只填序號) [答案]?、? [解析] 由基本性質(zhì)4知①正確; 當a⊥b,b⊥c時,a與c可以相交、平行,也可以異面,故②不正確; 當a與b相交,b與c相交時,a與c可以相交、平行,也可以異面,故③不正確; aα,bβ,并不能說明a與b不同在任何一個平面內(nèi),故④不正確; 當a,b與c成等角時,a與b可以相交、平行,也可以異面故⑤不正確. (理)(2020·山東日照調(diào)研)在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中,E、F分別為棱AA1、BB1的中點,G為棱A1B1上的一點

17、,且A1G=λ(0≤λ≤1),則點G到平面D1EF的距離為________. [答案]  [解析] 方法一:∵A1B1∥平面D1EF, ∴G到平面D1EF的距離為A1到平面D1EF的距離,在△A1D1E中,過A1作A1H⊥D1E交D1E于H, 顯然A1H⊥平面D1EF,則A1H即為所求, 在Rt△A1D1E中, A1H===. 方法二:等體積法,設h為G到平面D1EF的距離. ∵VG—D1EF=VA1—D1EF=VF—D1A1E, ∴×1××h=×1××1, ∴h=. 15.(文)(2020·福建文)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,點E為AD的中點

18、,點F在CD上,若EF∥平面AB1C,則線段EF的長度等于________. [答案]  [解析] 本題考查線面平行. 由EF∥平面AB1C,EF?平面ABCD,平面ABCD∩平面AB1C=AC,知EF∥AC.所以由E是中點知EF=AC=. (理)(2020·大綱全國卷)已知點E、F分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1、CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于________. [答案]  [解析] 本小題考查的內(nèi)容是二面角的求法,可采用幾何法或向量法. 方法一:(幾何法)如圖,延長FE交CB的延長線于P,則AP為面

19、AEF與面ABC的交線,連結(jié)AC, ∵PB=BC,∴∠CAP=90°. 由三垂線定理,∴∠FAP=90°, ∴∠FAC為二面角的平面角. ∴tan∠FAC=== . 方法二:(向量法)建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,令邊長為3, ∴A(3,0,0),E(3,3,1),F(xiàn)(0,3,2), 平面ABC的法向量為(0,0,1), 設平面AEF的法向量為n=(x,y,z), ∴,∴, 令x=1,∴z=3,y=-1,∴n=(1,-1,3), 令平面夾角為θ,∴cosθ==,sinθ=, ∴tanθ=. 三、解答題(本大題共6個小題,共75分,解答應寫出文字說明,

20、證明過程或演算步驟) 16.(本小題滿分12分)(2020·鄭州模擬)如下圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,側(cè)棱PD⊥底面ABCD,E、F分別是AB、PC的中點. (1)若AB=2,PA=4,求四棱錐P-ABCD的體積; (2)求證:EF∥平面PAD. [解析] (1)解:∵PD⊥底面ABCD,AD平面ABCD, ∴PD⊥AD,∵AB=2,AP=4,∴PD===2, ∴VP-ABCD=SABCD·PD =·4·2=. (2)證明:作FG∥DC交PD于點G, 則G為PD的中點, 連接AG,F(xiàn)G綊CD,又CD綊AB, 故FG綊AE,四邊形AEFG

21、為平行四邊形. ∴EF∥AG,又AG平面PAD,EF?平面PAD, ∴EF∥平面PAD. 17.(本小題滿分12分)一個多面體的直觀圖,正(主)視圖(正前方觀察),俯視圖(正上方觀察),側(cè)(左)視圖(左側(cè)正前方觀察)如下圖所示. (1)探求AD與平面A1BCC1的位置關(guān)系并說明理由; (2)求此多面體的表面積和體積. [解析] 從俯視圖可得:底面四邊形ABCD和側(cè)面四邊形A1C1CB是矩形.又從正(主)視圖可得BC⊥AB,BC⊥BA1,且AB∩BA1=B,故BC⊥面ABA1, 又△ABA1是正三角形. ∴三棱柱是正三棱柱. (1)∵底面四邊形ABCD是矩形,∴AD∥BC

22、, 又∵BC面A1BCC1, ∴AD∥面A1BCC1. (2)依題意可得AB=BC=a, 由V=Sh, 又S=×sin60°×a×a=a2, ∴V=Sh=a2×a=a3, S側(cè)=c×h=3a×a=3a2, S表=S側(cè)+2S底=3a2+2×a2=(3+)a2. 所以此多面體的表面積和體積分別為(3+)a2,a3. 18.(本小題滿分12分)(文)(2020·天津文)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O為AC的中點,PO⊥平面ABCD,PO=2,M為PD的中點. (1)證明PB∥平面ACM; (2)證明AD⊥平面

23、PAC. [解析] (1)證明:連接BD,MO,在平行四邊形ABCD中,因為O為AC的中點,所以O為BD的中點,又M為PD的中點,所以PB∥MO.因為PB平面ACM,MO平面ACM,所以PB∥平面ACM. (2)證明:因為∠ADC=45°,且AD=AC=1,所以∠DAC=90°,即AD⊥AC,又PO⊥平面ABCD,AD平面ABCD,所以PO⊥AD,而AC∩PO=O,所以AD⊥平面PAC. (理)(2020·安徽理)如圖,ABEDFC為多面體,平面ABED與平面ACFD垂直,點O在線段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF都是正三角形. (1)證

24、明直線BC∥EF; (2)求棱錐F-OBED的體積. [解析] (1)證法1:(綜合法)如下圖所示,設G是線段DA延長線與線段EB的延長線的交點,由于△OAB與△ODE都是正三角形,且OD=2,所以OB綊DE,OG=OD=2. 同理,設G′是線段DA延長線與線段FC延長線的交點,有OC綊DF,OG′=OD=2. 又由于G和G′都在線段DA的延長線上,所以G與G′重合. 在△GED和△GFD中,由OB綊DE和OC綊DF,可知B,C分別是GE和GF的中點,所以BC是△GEF的中位線,故BC∥EF. 證法2:(向量法)過點F作FQ⊥AD,交AD于點Q,連接QE,由平面ABED⊥平面A

25、DFC,知FQ⊥平面ABED,從而FQ⊥QE,F(xiàn)Q⊥DQ.以Q為坐標原點,為x軸正方向,為y軸正方向,為z軸正方向,建立如圖所示空間直角坐標系. 由條件知E(,0,0),F(xiàn)(0,0,),B(,-,0),C(0,-,). 則有=(-,0,),=(-,0,). 所以=2,即得BC∥EF. (2)解:由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知S△EOB=, 而△OED是邊長為2的正三角形,故S△OED=. 所以S平行四邊形OBED=S△EOB+S△OED=. 過點F作FQ⊥AD,交AD于點Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,F(xiàn)Q就是四棱錐F-OBED的高,且FQ=,所以VF-OBE

26、D=FQ·S四邊形OBED=. 19.(本小題滿分12分)(文)(2020·鄭州一模)如圖所示,正三棱柱A1B1C1—ABC中,點D是BC的中點,BC=BB1,設B1D∩BC1=F.求證: (1)A1C∥平面AB1D; (2)BC1⊥平面AB1D. [解析] (1)連結(jié)A1B,設A1B與AB1交于E,連結(jié)DE. ∵點D是BC中點,點E是A1B中點, ∴DE∥A1C, ∵A1C平面AB1D,DE平面AB1D, ∴A1C∥平面AB1D. (2)∵△ABC是正三角形,點D是BC的中點, ∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面B1BCC1, 平面ABC∩平面B1BCC1

27、=BC,AD平面ABC, ∴AD⊥平面B1BCC1, ∵BC1平面B1BCC1,∴AD⊥BC1. ∵點D是BC的中點,BC=BB1,∴BD=BB1. ∵==, ∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1. ∴∠BB1D=∠CBC1,∠BDB1=∠CC1B. 且∠CBC1+∠CC1B=90°, ∴∠CBC1+∠BDB1=90°. ∴BC1⊥B1D,又AD∩B1D=D,∴BC1⊥平面AB1D. (理)(2020·九江第一次模擬)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=5,AC=4,BC=3,AA1=4,點D在AB上. (1)若D是AB中點,求證:AC1∥平面B1CD; (2)當

28、=時,求二面角B-CD-B1的余弦值. [解析] (1)證明:連結(jié)BC1,交B1C于E,連結(jié)DE. ∵直三棱柱ABC-A1B1C1,D是AB中點, ∴側(cè)面BB1C1C為矩形,DE為△ABC1的中位線, ∴DE∥AC1. ∵DE平面B1CD,AC1平面B1CD, ∴AC1∥平面B1CD. (2)∵AC⊥BC,如下圖,以C為原點建立空間直角坐標系C-xyz. 則B(3,0,0),A(0,4,0),A1(0,4,4),B1(3,0,4). 設D(a,b,0)(a>0,b>0), ∵點D在線段AB上,且=,即=. ∴a=,b=. 所以=(-3,0,-4),=(-3,

29、4,0), =(,,0). 平面BCD的法向量為n=(0,0,1), 設平面B1CD的法向量為n2=(x,y,1), 由·n2=0,·n2=0,得, 所以x=-,y=4,n2=(-,4,1). 設二面角B-CD-B1的大小為θ,cosθ=||=. 所以二面角B-CD-B1的余弦值為. 20.(本小題滿分13分)(文)(2020·遼寧文)如圖,四邊形ABCD為正方形,QA⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD. (1)證明:PQ⊥平面DCQ; (2)求棱錐Q-ABCD的體積與棱錐P-DCQ的體積的比值. [解析] (1)由條件知PDAQ為直角梯形. 因為QA⊥平

30、面ABCD,所以平面PDAQ⊥平面ABCD, 交線為AD. 又四邊形ABCD為正方形,DC⊥AD, 所以DC⊥平面PDAQ,可得PQ⊥DC. 在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD,則PQ⊥QD. 又DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DCQ. (2)設AB=a.由題設知AQ為棱錐Q-ABCD的高, 所以棱錐Q-ABCD的體積V1=a3, 由(1)知PQ為棱錐P-DCQ的高,而PQ=a,△DCQ的面積為a2,所以棱錐P-DCQ的體積V2=a3. 故棱錐Q-ABCD的體積與棱錐P-DCQ的體積的比值為1. (理)(2020·廣東理)如下圖,在錐體P-ABCD中,ABCD是邊長為1

31、的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD=,PB=2,E,F(xiàn)分別是BC,PC的中點. (1)證明:AD⊥平面DEF; (2)求二面角P-AD-B的余弦值. [解析] (1)證明:取AD中點G,連接PG,BG. ∵四邊形ABCD為菱形且E,G分別為BC,AD中點, 則BG綊DE. 又F為PC中點,則EF∥PB, 則平面DEF∥平面GBP. ∵G是AD中點且PA=PD, ∴PG⊥AD. 在△ABG中,AG=,AB=1,且∠DAB=60°, 由余弦定理得BG=,AB2=AG2+BG2,則AG⊥BG. ∵PG∩BG=G,∴AG⊥平面PGB,即AD⊥平面DEF. (2)解

32、:由(1)知二面角P-AD-B的平面角為∠PGB. 在Rt△PGA中,PG==. 在△PGB中,BG=,PB=2,由余弦定理知, cos∠PGB===-. 即二面角P—AD—B的余弦值為-. 21.(本小題滿分14分)(文)(2020·合肥一模)如圖所示,已知在三棱錐A—BPC中,PA⊥PC,AC⊥BC,M為AB的中點,D為PB的中點,且△PMB為正三角形. (1)求證:DM∥平面APC; (2)求證:平面ABC⊥平面APC; (3)若BC=4,AB=20,求三棱錐D-BCM的體積. [解析] (1)證明:∵M為AB的中點,D為PB的中點, ∴MD∥AP. 又∵DM?

33、平面APC,AP平面APC, ∴DM∥平面APC. (2)證明:∵△PMB為正三角形,D為PB的中點, ∴MD⊥PB,∵MD∥AP,∴AP⊥PB. 又∵AP⊥PC,PC∩BP=P,∴AP⊥平面PBC, ∵BC平面PBC,∴AP⊥BC, ∵AC⊥BC,且AC∩AP=A, ∴BC⊥平面APC. 又∵BC平面ABC,∴平面ABC⊥平面APC. (3)解:∵AP⊥平面PBC, ∴AP為三棱錐A-PBC的高. ∵MD∥AP,∴DM⊥平面PBC, ∴MD為三棱錐M-PBC的高. ∵M為AB中點,D為PB中點,∴AP=2MD, ∴VA-PBC=2VM-PBC. ∵VM-P

34、CD=VM-BCD, ∴VM-DBC=VA-PBC, ∵AB=20,BC=4, ∴PB=10,PC=2,AP=10, ∴VA-PBC=40, ∴VM-DBC=10, 即VD-BCM=10. (理)(2020·合肥質(zhì)檢)如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,側(cè)棱PA=PD=,底面ABCD為直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點. (1)求證:PO⊥平面ABCD; (2)求異面直線PB與CD所成角的大?。? (3)求點A到平面PCD的距離. [解析] (1)在△PAD中PA=PD,O為AD中點,所以PO⊥AD,又側(cè)面P

35、AD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO平面PAD,故PO⊥平面ABCD. (2)以O為坐標原點,、、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz. 則A(0,-1,0)、B(1,-1,0)、C(1,0,0)、 D(0,1,0)、P(0,0,1), ∴=(-1,1,0),=(1,-1,-1). cos<,>==-, 即異面直線PB與CD所成的角是arccos. (3)設平面PCD的法向量為n=(x0,y0,z0), 由(2)知=(-1,0,1),=(-1,1,0), 則, ∴,即x0=y(tǒng)0=z0, 取x0=1,得平面的一個法向量為n=(1,1,1). 又=(1,1,0), 從而點A到平面PCD的距離d==.

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