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1、第一阶段专题四第三节考点例题冲关集训高考预测课时检测（十四）专题评估（四）返回第一阶段二轮专题复习第一阶段二轮专题复习返回专题四专题四 立体几何立体几何第三节第三节 空间向量与立体几何空间向量与立体几何返回考点例题考点例题返回返回返回返回返回返回返回例例3：思路点拨：思路点拨：(1)只要证明只要证明DE平面平面A1DC即可；即可；(2)以以C点为点为原点建系，利用向量法求解；原点建系，利用向量法求解；(3)假设假设P点存在，利用条件求点点存在，利用条件求点P，若符合题意，则存在；否则，不存在若符合题意，则存在；否则，不存在解：解：(1)证明：因为证明：因为ACBC，DEBC，所以所以DEAC.
2、所以所以DEA1D，DECD，所以，所以DE平面平面A1DC.所以所以DEA1C.又因为又因为A1CCD，DECDD.所以所以A1C平面平面BCDE.返回返回返回返回返回返回返回返回返回返回返回返回4解：解：(1)证明：连接证明：连接A1C，交，交AC1于点于点O，连接，连接OD.由由ABCA1B1C1是直三棱柱，得四边形是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，为矩形，O为为A1C的中点的中点又又D为为BC的中点，的中点，所以所以OD为为A1BC的中位线，的中位线，所以所以A1BOD.因为因为OD平面平面ADC1，A1B 平面平面ADC1，所以所以A1B平面平面ADC1.返回返回返回返回返回返
3、回返回返回返回返回返回3解：解：(1)证明：证明：平面平面SAD平面平面ABCD，平面，平面SAD平面平面ABCDAD，SE平面平面SAD，SEAD，SE平面平面ABCD.BE平面平面ABCD，SEBE.ABAD，ABCD，CD3AB3，AEED，AEB30，CED60.BEC90，即，即BECE.又又SECEE，BE平面平面SEC.BE平面平面SBE，平面平面SBE平面平面SEC.返回返回返回返回返回返回返回返回返回DA返回4选选 由题意知由题意知DFBC.因为因为DF面面PDF，BC 面面PDF，所以所以BC面面PDF，A正确；因为正确；因为PEBC，AEBC，所以，所以BC面面PAE.因
4、为因为BC面面ABC，所以面，所以面PAE面面ABC，D正确；正确；又因为又因为DFBC，所以，所以DF面面PAE，B正确正确CC返回DB返回7选选 若若，换为直线换为直线a，b，则命题化为，则命题化为“ab，且，且ab”，此命题为真命题；若，此命题为真命题；若，换为直线换为直线a，b，则，则命题化为命题化为“a，且，且abb”，此命题为假命题；若，此命题为假命题；若，换为直线换为直线a，b，则命题化为，则命题化为“a，且，且bab”，此命，此命题为真命题题为真命题CA返回 9选选 对于，由对于，由b不在平面不在平面内知，直线内知，直线b或者平行于平面或者平行于平面 ，或者与平面，或者与平面相
5、交，若直线相交，若直线b与平面与平面相交，则直线相交，则直线b与与 直线直线a不可能垂直，这与已知不可能垂直，这与已知“ab”相矛盾，因此正确；相矛盾，因此正确；对于，由对于，由a知，在平面知，在平面内必存在直线内必存在直线a1a，又，又a，所以有所以有a1，所以，所以，正确；对于，若直线，正确；对于，若直线a与平面与平面相交于点相交于点A，过点，过点A作平面作平面，的交线的垂线的交线的垂线m，则，则 m，又，又a，则有，则有am，这与，这与“直线直线a，m有公共点有公共点A”相矛盾，因此相矛盾，因此正确；对于，过空间一点正确；对于，过空间一点O分别向平面分别向平面，引垂线引垂线a1，b1，则
6、有则有aa1，bb1，又，又ab，所以，所以a1b1，所以，所以，因此，因此正确综上所述，其中正确命题的个数为正确综上所述，其中正确命题的个数为4.D返回A返回12解析：解析：由三视图可知，该几何体是一个长方体中间挖去一由三视图可知，该几何体是一个长方体中间挖去一 个圆柱，其中长方体的长，宽，高分别是个圆柱，其中长方体的长，宽，高分别是4,3,1，中间被挖，中间被挖 去的是底面半径为去的是底面半径为1，母线长为，母线长为1的圆柱，所以几何体的表的圆柱，所以几何体的表 面积等于长方体的表面积减去圆柱两个底面的面积，再加面积等于长方体的表面积减去圆柱两个底面的面积，再加 上圆柱的侧面积，即为上圆柱
7、的侧面积，即为2(434131)22 38.答案：答案：38返回返回DEB在平面在平面ABCD上的射影为上的射影为DAB，所以所以DEBDAB90.所以错误；所以错误；DEBF在平面在平面ABCD上的射影上的射影ABCD为正方形，为正方形，因此正确；因此正确；当当E，F分别为分别为AA，CC中点时，可知中点时，可知EFAC，易知，易知EF垂直垂直于平面于平面BBD，即平面，即平面BFDE垂直于面垂直于面BBD，正确，正确答案：答案：返回返回17解：解：(1)证明：由题意知，证明：由题意知，AC是所作球面的直径，则是所作球面的直径，则 AMMC.又因为又因为PA平面平面ABCD，则，则PACD.又又CDAD，所以，所以CD平面平面PAD，故故CDAM，所以，所以AM平面平面PCD，所以平面所以平面ABM平面平面PCD.返回返回返回返回返回返回返回20解：解：(1)证明：因为四边形证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以，所以ADCBCD120.又因为又因为CBCD，所以，所以CDB30，因此因此ADB90，ADBD.又又AEBD，且，且AEADA，AE，AD平面平面AED，所以所以BD平面平面AED.返回返回返回返回
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