第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版(2019)必修第二册(含解析)

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第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版(2019)必修第二册(含解析)

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第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版(2019)必修第二册
一.选择题(共8小题)
1.(2023春 兴义市校级期末)如图,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的周长为(  )
A.10+2 B.3 C.10+4 D.12
2.(2021春 大连期末)已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,则该圆锥的侧面积为(  )
A.2π B.π C.π D.2π
3.(2024春 通州区期末)在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中,真命题是(  )
A.若l β,且α⊥β,则l⊥α
B.若l⊥β,且α∥β,则l⊥α
C.若α∥β,l α,m β,则l∥m
D.若l⊥β,且α⊥β,则l∥α
4.(2023春 鼓楼区校级期末)如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC的是(  )
A. B.
C. D.
5.(2023春 陈仓区期末)某同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面ABCD是边长为2的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,则该包装盒的容积为(  )
A. B. C. D.20
6.(2024秋 太和县校级期末)在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,四边形ABCD是矩形,,点E为线段AB1的中点,点G是线段AC1上的一点,点F是底面ABCD内的一点,则GE+GF的最小值为(  )
A. B. C. D.
7.(2023春 建邺区校级期末)宋代是中国瓷器的黄金时代,涌现出了五大名窑:汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑.其中汝窑被认为是五大名窑之首.如图1,这是汝窑双耳罐,该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成,其直观图如图2所示.已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米,中间圆的直径是20厘米,上底面圆的直径是8厘米,高是14厘米,且上、下两圆台的高之比是3:4,则该汝窑双耳罐的体积是(  )
A. B. C. D.
8.(2024春 辽宁期末)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,所有棱长都相等,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是(  )
A. B. C. D.
二.多选题(共3小题)
(多选)9.(2024春 琼山区校级期末)已知m,n是异面直线,m α,n β,那么(  )
A.当m⊥β,或n⊥α时,α⊥β
B.当m∥β,且n∥α时,α∥β
C.当α⊥β时,m⊥β,或n⊥α
D.当α,β不平行时,m与β不平行,且n与α不平行
(多选)10.(2024春 科左中旗校级期末)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,下列结论正确的是(  )
A.圆柱的侧面积为4πR2
B.圆锥的侧面积为
C.圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和
D.三个几何体的表面积中,球的表面积最小
(多选)11.(2024春 辽宁期末)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,P是正方形A1B1C1D1内的动点,则下列结论正确的是(  )
A.若DP∥平面CEF,则点P的轨迹长度为
B.若,则点P的轨迹长度为
C.二面角A﹣EF﹣C的正切值为
D.若P是棱A1B1的中点,则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π
三.填空题(共3小题)
12.(2024春 徐汇区校级期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为     .
13.(2024秋 耒阳市校级期末)将一个底面边长为2cm,高为的正四棱锥铁块磨制成一个球体零件,则可能制作的最大零件的表面积为     cm2.
14.(2024春 仓山区校级期末)如图,直四棱柱A1B1C1D1﹣ABCD的底面是边长为2的正方形,AA1=3,E,F分别是AB,BC的中点,P为直四棱柱表面上的动点,若D1,E,F,P四点共面,则动点P的轨迹的长度为     .
四.解答题(共5小题)
15.(2024春 哈尔滨期末)如图,在三棱锥A﹣BCD中,E是线段AD的中点,F是线段CD上的一点.
(1)若EF∥平面ABC,试确定F在CD上的位置,并说明理由;
(2)若BC=BD=AD=AC,证明:CD⊥AB.
16.(2024春 蒙城县校级期末)如图:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为DD1的中点.
(1)求证:BD1∥平面AEC;
(2)CC1上是否存在一点F,使得平面AEC∥平面BFD1,若存在请说明理由.
17.(2024春 乌兰浩特市校级期末)如图,在四棱锥O﹣MNPQ中,底面MNPQ是正方形,OM⊥平面MNPQ,且OM=MN=2.
(1)求直线PO与平面OMQ所成角的余弦值;
(2)求二面角N﹣OP﹣Q的大小.
18.(2024春 吉林期末)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,PA=AD=4,AB=2,PA⊥平面ABCD,且M是PD的中点.
(1)求证:AM⊥平面PCD;
(2)求异面直线CD与BM所成角的正切值;
(3)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.
19.(2024春 辛集市期末)如图,已知等腰梯形ABCD中,AD∥BC,,E是BC的中点,AE∩BD=M,将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD.
(1)求证:CD⊥平面B1DM;
(2)求B1E与平面B1MD所成的角;
(3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP∥平面B1AD,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版(2019)必修第二册
参考答案与试题解析
一.选择题(共8小题)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A B D A A D D
二.多选题(共3小题)
题号 9 10 11
答案 AB ABC BCD
一.选择题(共8小题)
1.(2023春 兴义市校级期末)如图,△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图,则△OAB的周长为(  )
A.10+2 B.3 C.10+4 D.12
【解答】解:根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形,底面边长0B=4,高OA=2O'A'=6,AB=2,
∴直角三角形OAB的周长为10+2.
故选:A.
2.(2021春 大连期末)已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形,则该圆锥的侧面积为(  )
A.2π B.π C.π D.2π
【解答】解:圆锥的轴截面边长为2的等边三角形,如图所示;
则圆锥的母线长为l=2,底面圆半径为r=1,
所以圆锥的侧面积为S侧面积=πrl=π 1 2=2π.
故选:A.
3.(2024春 通州区期末)在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中,真命题是(  )
A.若l β,且α⊥β,则l⊥α
B.若l⊥β,且α∥β,则l⊥α
C.若α∥β,l α,m β,则l∥m
D.若l⊥β,且α⊥β,则l∥α
【解答】解:A不正确,由面面垂直的性质定理可推出;C不正确,可能l与m异面;
B正确,由线面垂直的定义和定理,面面平行的性质定理可推出;
D不正确,由面面垂直的性质定理可知,α∩β=m,且l⊥m,l⊥β,则l α.
故选:B.
4.(2023春 鼓楼区校级期末)如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC的是(  )
A. B.
C. D.
【解答】解:对于A,作出完整的截面ABCD,由正方体的性质可得MN∥EF∥AC,可得直线MN∥平面ABC,能满足;
对于B,作出完整的截面ABDCEF,由正方体的性质可得MN∥BF,可得直线MN∥平面ABC,能满足;
对于C,作出完整的截面ABCD,由正方体的性质可得MN∥BD,可得直线MN∥平面ABC,能满足;
对于D,作出完整的截面,如图ABNMHC,可得MN在平面ABC内,不能得出平行,不能满足.
故选:D.
5.(2023春 陈仓区期末)某同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:底面ABCD是边长为2的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,则该包装盒的容积为(  )
A. B. C. D.20
【解答】解:如图,可知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积,
其中长方体的高AA1=EE′,
长方体的体积,
一个三棱锥的体积V′(1×1).
则包装盒的容积为V﹣4V′.
故选:A.
6.(2024秋 太和县校级期末)在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中,四边形ABCD是矩形,,点E为线段AB1的中点,点G是线段AC1上的一点,点F是底面ABCD内的一点,则GE+GF的最小值为(  )
A. B. C. D.
【解答】解:如图,
显然当F是G在底面ABCD的射影时,GE+GF才可能最小.
将平面AB1C1沿AC1翻折,使其与平面ACC1共面,如图所示,
由于,则,
所以,
得∠B1AC1=30°,
同理∠CAC1=30°,而,
显然当E,G,F三点共线且GF⊥AC时,GE+GF取得最小值,
此时.
故选:A.
7.(2023春 建邺区校级期末)宋代是中国瓷器的黄金时代,涌现出了五大名窑:汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑.其中汝窑被认为是五大名窑之首.如图1,这是汝窑双耳罐,该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成,其直观图如图2所示.已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米,中间圆的直径是20厘米,上底面圆的直径是8厘米,高是14厘米,且上、下两圆台的高之比是3:4,则该汝窑双耳罐的体积是(  )
A. B. C. D.
【解答】解:∵上、下两圆台的高之比是3:4,∴上圆台的高为厘米,
下圆台的高为厘米,
故上圆台的体积为立方厘米,
下圆台的体积为立方厘米,
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米.
故选:D.
8.(2024春 辽宁期末)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,所有棱长都相等,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是(  )
A. B. C. D.
【解答】解:取A1C1的中点M,AC的中点Q,连接MD,EF,EF,A1D,MQ,
因为E,F,D都是中点,
由题意可得DE∥C1M,且DE=C1M,所以四边形DEC1M为平行四边形,
所以DM∥C1E,
所以∠MDF为异面直线DF,C1E所成的角,
因为直棱柱的棱长相等,设棱长为2,
则MF=DE2=1,EF=2,所以DF=DM,
在△MDF中,cos∠MDF.
故选:D.
二.多选题(共3小题)
(多选)9.(2024春 琼山区校级期末)已知m,n是异面直线,m α,n β,那么(  )
A.当m⊥β,或n⊥α时,α⊥β
B.当m∥β,且n∥α时,α∥β
C.当α⊥β时,m⊥β,或n⊥α
D.当α,β不平行时,m与β不平行,且n与α不平行
【解答】解:m,n是异面直线,m α,n β,
对于A,当m⊥β,或n⊥α时,由面面垂直的判定定理得α⊥β,故A正确;
对于B,当m∥β,且n∥α时,由面面平行的判定定理得α∥β,故B正确;
对于C,当α⊥β时,m与β相交、平行或m β,或n与α相交、平行或n α,故C错误;
对于D,当α,β不平行时,m与β有可能平行,且n与α有可能平行,故D错误.
故选:AB.
(多选)10.(2024春 科左中旗校级期末)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,下列结论正确的是(  )
A.圆柱的侧面积为4πR2
B.圆锥的侧面积为
C.圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和
D.三个几何体的表面积中,球的表面积最小
【解答】解:对于A:圆柱的侧面积为2πR 2R=4πR2,所以A选项正确.
对于B:圆锥的侧面积为,所以B选项正确.
对于C:圆锥的体积为,圆柱的体积为πR2 2R=2πR3,
球的体积为,所以圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和,所以C选项正确.
对于D:球的表面积为4πR2,圆柱的表面积为2πR 2R+2πR2=6πR2,
圆锥的表面积为,所以圆锥的表面积最小,故D错误.
故选:ABC.
(多选)11.(2024春 辽宁期末)如图,在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,P是正方形A1B1C1D1内的动点,则下列结论正确的是(  )
A.若DP∥平面CEF,则点P的轨迹长度为
B.若,则点P的轨迹长度为
C.二面角A﹣EF﹣C的正切值为
D.若P是棱A1B1的中点,则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π
【解答】解:对于A,如图,取A1D1,A1B1中点N,M,且连接B1D1,NE,
因为E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,由中位线定理得MN∥B1D1,EF∥B1D1,
所以MN∥EF,而BD=B1D1,BB1=DD1,
所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1,
所以BD∥EF,因为CD=NE,ND=CE,
所以四边形NDCE是平行四边形,
所以ND∥CE,因为ND 面CEF,CE 面CEF,
所以ND∥面CEF,
因为BD 面CEF,EF 面CEF,
所以BD∥面CEF,而BD∩ND=D,
所以面MNDB∥面CEF,又P是正方形A1B1C1D1内的动点,
且DP∥平面CEF,面MNDB和面CEF相交,MN,EF是交线,
所以P的轨迹为线段MN,由勾股定理得,故A错误;
对于B,如图,若,此时AA1⊥面A1B1C1D1,
所以AA1⊥A1P,由勾股定理得,
所以P的轨迹为在面A1B1C1D1内,以A为圆心,1为半径的圆弧,
所以P的轨迹长度为,故B正确;
对于C,如图,作ET⊥BC,连接A1C1与EF交于点S,连接AE,AF,AC,A1F,AS,B1D1,ET,
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1,E.F分别是棱B1C1,C1D1的中点,
A1C1的中点记为V,所以EF是△C1D1B1的中位线,
所以EF∥D1B1,而D1B1⊥A1C1,
所以EF⊥A1C1,而由正方体性质得CC1⊥面A1B1C1D1,
所以CC1⊥EF,而CC1∩A1C1=C1,CC1,A1C1 面A1ACC1,
故EF⊥面A1ACC1,EF⊥AS,EF⊥CS,
而由勾股定理得,AF=AE=6,
由三线合一性质得S是EF的中点,故S是C1V的中点,
即S是A1C1靠近C1的四等分点,
所以由勾股定理得,,,
而EF⊥AS,EF⊥CS,面AEF∩面CEF=EF,
所以∠ASC是二面角A﹣EF﹣C的平面角,且设该角为θ,
在△ASC中,由余弦定理得,
易得θ∈[0.π],所以sinθ≥0,而,
解得(负根舍去),
所以,
所以二面角A﹣EF﹣C的正切值为,故C正确;
对于D,如图,取PF的中点G,AC的中点H,连接PE,GH,FP,
因为P是棱A1B1的中点,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点,
所以C1F=C1E=B1E=B1P=2,由勾股定理得,
而PF=4,所以EF2+PE2=PF2,所以EF⊥PE,
而,所以点G到E,F,P的距离相等,
因为GH∥AA1,由正方体性质得AA1⊥面PEF,
所以GH⊥面PEF,所以三棱锥P﹣CEF的外接球的球心在GH上,
设球心为O,GO=t,则HO=4﹣t,又GP=2,,
设三棱锥P﹣CEF的外接球的半径为R,则PO=CO=R,
在直角三角形HCO中,由勾股定理得R2=8+(4﹣t)2,
在直角三角形PGO中,由勾股定理得R2=4+t2,
解得,,
所以三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积为,故D正确.
故选:BCD.
三.填空题(共3小题)
12.(2024春 徐汇区校级期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为    .
【解答】解∵AD1∥BC1,∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角(或所成角的补角),
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2,
则PB1=PC1,BC12,BP,
∴cos∠PBC1,
∴∠PBC1,
∴直线PB与AD1所成的角为,
故答案为:.
13.(2024秋 耒阳市校级期末)将一个底面边长为2cm,高为的正四棱锥铁块磨制成一个球体零件,则可能制作的最大零件的表面积为    cm2.
【解答】解:由题意可知,当球与正四棱锥的五个面都相切时,球的表面积最大,
因为正四棱锥的底面边长为2cm,高为
所以正四棱锥的侧面底边上的高为2(cm),
设球的半径为r,
则正四棱锥的体积为v4(42×2×4)×r,
解得r(cm),
所以球的表面积为S=4πr2(cm2).
故答案为:.
14.(2024春 仓山区校级期末)如图,直四棱柱A1B1C1D1﹣ABCD的底面是边长为2的正方形,AA1=3,E,F分别是AB,BC的中点,P为直四棱柱表面上的动点,若D1,E,F,P四点共面,则动点P的轨迹的长度为    .
【解答】解:设直线EF分别于DA,DC得延长线交于点S,Q,连接D1S,交AA1于点M,
连接D1Q,交CC1于点N,连接ME,FN,
所以动点P的轨迹为直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的截面五边形D1MEFN.
由平行线分线段比例可知:AS=BF=1,
故DS=DD1=3,故△DD1S为等腰直角三角形,
所以AM=AS=1,故A1M=2,则,

所以五边形D1MEFN的边长为:

故答案为:.
四.解答题(共5小题)
15.(2024春 哈尔滨期末)如图,在三棱锥A﹣BCD中,E是线段AD的中点,F是线段CD上的一点.
(1)若EF∥平面ABC,试确定F在CD上的位置,并说明理由;
(2)若BC=BD=AD=AC,证明:CD⊥AB.
【解答】(1)解:F是CD的中点,理由如下:
若EF∥平面ABC,由EF 平面ACD,平面ACD∩平面ABC=AC,
得EF∥AC,又E是AD的中点,F在CD上,
所以F是CD的中点;
(2)证明:取CD的中点G,连接BG,AG,
因为BC=BD=AD=AC,G为CD中点,
所以CD⊥AG,CD⊥BG,
因为BG∩AG=G,所以CD⊥平面ABG,
因为AB 平面ABG,
所以CD⊥AB.
16.(2024春 蒙城县校级期末)如图:在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为DD1的中点.
(1)求证:BD1∥平面AEC;
(2)CC1上是否存在一点F,使得平面AEC∥平面BFD1,若存在请说明理由.
【解答】解:(1)证明:连结BD交AC于O,连结EO.
因为ABCD﹣A1B1C1D1为正方体,底面ABCD为正方形,
对角线AC、BD交于O点,所以O为BD的中点,
又因为E为DD1的中点,在△DBD1中,OE是△DBD1的中位线,
则OE∥BD1,
又OE 平面AEC,BD1 平面AEC,
所以BD1∥平面AEC;
(2)CC1上的中点F即满足平面AEC∥平面BFD1.
因为F为CC1的中点,E为DD1的中点,所以CF∥ED1,
所以四边形CFD1E为平行四边形,所以D1F∥EC,
又因为EC 平面AEC,D1F 平面AEC,
所以D1F∥平面AEC;
由(1)知BD1∥平面AEC,
又因为BD1∩D1F=D1,
所以平面AEC∥平面BFD1.
17.(2024春 乌兰浩特市校级期末)如图,在四棱锥O﹣MNPQ中,底面MNPQ是正方形,OM⊥平面MNPQ,且OM=MN=2.
(1)求直线PO与平面OMQ所成角的余弦值;
(2)求二面角N﹣OP﹣Q的大小.
【解答】解:(1)在正方形MNPQ中,有PQ⊥MQ,
因为OM⊥平面MNPQ,PQ 面MNPQ,
所以OM⊥PQ,
又因为OM 平面OMQ,MQ 平面OMQ,OM∩MQ=M,
所以PQ⊥平面OMQ,
所以∠POQ为直线PO与平面OMQ所成的角,
在Rt△OMQ中,,
在Rt△OPQ中,,

所以直线PO与平面OMQ所成角的余弦值为.
(2)连接NQ交MP于点E,
在正方形MNPQ中,有NQ⊥MP,
因为OM⊥平面MNPQ,NQ 面MNPQ,
所以OM⊥NQ,
因为OM 平面OMP,MP 平面OMP,OM∩MP=M,
所以NQ⊥平面OMP,
又OP 面OMP,
所以NQ⊥OP,
在△OPN中,过点N作NF⊥OP于点F,连接FQ,
因为NQ 平面NFQ,NF 平面NFQ,NQ∩NF=N,
所以OP⊥平面NFQ,
又QF 面NFQ,
所以OP⊥QF,
则∠NFQ是二面角N﹣OP﹣Q的平面角,
在△OPN中,,
则NF,
同理可求得,
在△NFQ中,,
由余弦定理可得cos∠NFQ,
则,
则二面角N﹣OP﹣Q的大小为π.
18.(2024春 吉林期末)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是矩形,PA=AD=4,AB=2,PA⊥平面ABCD,且M是PD的中点.
(1)求证:AM⊥平面PCD;
(2)求异面直线CD与BM所成角的正切值;
(3)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值.
【解答】证明:(1)∵PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,∴PA⊥CD,
又四边形ABCD是矩形,∴CD⊥DA,
∵DA∩PA=A,∴CD⊥平面PAD,
∵AM 平面PAD,∴CD⊥AM,
又M是PD的中点,PA=AD=4,∴AM⊥PD,
∵CD∩PD=D,所以AM⊥平面PCD;
解:(2)∵底面ABCD是矩形,∴CD∥BA,
∴异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的角,
由(1)得CD⊥平面PAD,∴BA平面PAD,
∵AM 平面PAD,∴BA⊥AM,∴△BAM为直角三角形,
又M是PD的中点,PA=AD=4,∴,
∴在Rt△BAM中,∠ABM即为异面直线CD与BM所成角,故,
∴异面直线CD与BM所成角的正切值为;
解:(3)取AD中点为N,连接MN,AC,
在△PAD中,M,N分别为线段PD,AD的中点,故,
∵PA⊥平面ABCD,∴MN⊥平面ABCD,
∴,
由(1)得AM⊥平面PCD,∵MC 平面PCD,∴AM⊥MC,
∵PA=AD=4,∴,又AB=CD=2,∴,
∴,
设点D到平面AMC的距离为h,直线CD与平面ACM所成角为θ,
则,解得:,
故,
所以直线CD与平面ACM所成角的正弦值为.
19.(2024春 辛集市期末)如图,已知等腰梯形ABCD中,AD∥BC,,E是BC的中点,AE∩BD=M,将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD.
(1)求证:CD⊥平面B1DM;
(2)求B1E与平面B1MD所成的角;
(3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP∥平面B1AD,若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
【解答】(1)证明:∵AD∥BC,E是BC的中点,∴,
故四边形ABED是菱形,从而AE⊥BD,
∴△BAE沿着AE翻折成△B1AE后,AE⊥B1M,AE⊥DM,
又∵B1M∩DM=M,
∴AE⊥平面B1MD,
由题意,易知AD∥CE,AD=CE,
∴四边形AECD是平行四边形,故AE∥CD,
∴CD⊥平面B1DM;
(2)解:∵AE⊥平面B1MD,
∴B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M,
由已知条件,可知AB=AE=CD,,
∴△B1AE是正三角形,∴∠EB1M=30°,
∴B1E与平面B1MD所成的角为30°;
(3)假设线段B1C上是存在点P,使得MP∥平面B1AD,
过点P作PQ∥CD交B1D于Q,连结MP,AQ,如下图:
∴AM∥CD∥PQ,∴A,M,P,Q 四点共面,
又∵MP∥平面B1AD,∴MP∥AQ,
∴四边形AMPQ为平行四边形,故,
∴P为B1C中点,
故在线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD,且.
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