1.将一个长方体沿从同一个顶点出发的三条棱截去一个棱锥,棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比为(　　 )

A.1:2　　　　　　　　　 B.1:3

C.1:4　　　　　　 　　　 D.1:5

解析:设长方体同一顶点引出的三条棱长分别是a,b,c,则棱锥的体积V₁=×abc=abc.长方体的体积V=abc,剩下的几何体的体积为V₂=abc-abc,所以V₁:V₂=1:5,故选D.

答案:D

13.如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P、Q分别为线段AB、CD的中点，EP⊥平面ABCD.

(1)求证：DP⊥平面EPC；

(2)问在EP上是否存在点F使平面AFD⊥平面BFC？若存在，求出的值.

解：(1)证明：∵EP⊥平面ABCD，

∴EP⊥DP，

又ABCD为矩形，AB＝2BC，

P、Q为AB、CD中点，

∴PQ⊥DC且PQ＝DC，

∴DP⊥PC，

∵EP∩PC＝P，

∴DP⊥平面EPC.

　(2)如图，假设存在F使平面AFD⊥平面BFC，

∵AD∥BC，AD⊄平面BFC，

BC⊂平面BFC，

∴AD∥平面BFC，

∴AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l.

∵EP⊥平面ABCD，

∴EP⊥AD，而AD⊥AB，AB∩EP＝P，

∴AD⊥平面EAB，

∴l⊥平面FAB，

∴∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角，

∵P是AB的中点，且FP⊥AB，

∴当∠AFB＝90°时，FP＝AP，

∴当FP＝AP，即＝1时，平面AFD⊥平面BFC.

12.如图所示，已知△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且＝＝λ(0<λ<1).

　(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；

(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？

解：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，

∴AB⊥CD，

∵CD⊥BC且AB∩BC＝B，

∴CD⊥平面ABC.

又＝＝λ(0<λ<1)，

∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，

∴EF⊥平面ABC，又∵EF⊂平面BEF，

∴不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC.

(2)由(1)知，BE⊥EF，

又平面BEF⊥平面ACD，

∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC，

∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，

∴BD＝，AB＝tan60°＝，

∴AC＝＝，

由AB²＝AE·AC得AE＝，

∴λ＝＝，

故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.

11.如图(1)，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中点，如图(2)，将△ABE沿AE折起，使二面角B-AE-C成直二面角，连接BC，BD，F是CD的中点，P是棱BC的中点.

　(1)求证：AE⊥BD；

(2)求证：平面PEF⊥平面AECD；

(3)判断DE能否垂直于平面ABC？并说明理由.

分析：由条件可知△ABE为正三角形，要证AE⊥BD，可证明AE垂直于BD所在的平面BDM，即证AE⊥平面BDM；可用判定定理证明平面PEF⊥平面AECD；对于第(3)问可采用反证法证明.

解： (1)证明：取AE中点M，连接BM，DM.

∵在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中点，

△ABE与△ADE都是等边三角形.

∴BM⊥AE，DM⊥AE.

∵BM∩DM＝M，BM，DM⊂平面BDM.

∴AE⊥平面BDM.

∵BD⊂平面BDM，∴AE⊥BD.

(2)证明：连接CM，EF交于点N，连接PN，如图.

∵ME∥FC，且ME＝FC，

∴四边形MECF是平行四边形.

∴N是线段CM的中点.

∵P是线段BC的中点，∴PN∥BM.

∵BM⊥平面AECD，∴PN⊥平面AECD.

又∵PN⊂平面PEF，

∴平面PEF⊥平面AECD.

(3)DE与平面ABC不垂直，

证明：假设DE⊥平面ABC，则DE⊥AB，

∵BM⊥平面AECD.∴BM⊥DE.

∵AB∩BM＝B，AB，BM⊂平面ABE，

∴DE⊥平面ABE.

∴DE⊥AE，这与∠AED＝60°矛盾.

∴DE与平面ABC不垂直.

评析：翻折与展开是一个问题的两个方面，不论是翻折还是展开，均要注意平面图形与立体图形中各个对应元素的相对变化，元素间大小与位置关系，哪些不变，哪些变化，这是至关重要的.

10.(2010·东城目标检测)过正三棱锥的侧棱与底面中心作截面，已知截面是等腰三角形，若侧面与底面所成的角为θ，则cosθ的值是　　.

解析：本题考查二面角的求法.

设侧面与底面所成的角为θ，如图，

O为中心，∴θ＝∠SPB，又△SPB为等腰三角形，有两种情况：

(1)SP＝PB，∴OP＝SP⇒cosθ＝＝；

(2)SB＝PB，则SP＝＝

＝＝ ＝AC，

又BP＝AC，

OP＝BP，∴cosθ＝＝，

综上可得：cosθ的值是或.

答案：或

9.α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.

以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：　　.

解析：由题意构作四个命题：

(1)①②③⇒④；(2)①②④⇒③；(3)①③④⇒②；(4)②③④⇒①.

易判断(3)、(4)为真，应填m⊥α，n⊥β，α⊥β⇒m⊥n(或m⊥n，m⊥α，n⊥β⇒α⊥β).

答案：①③④⇒②；②③④⇒①

评析：本题为条件和结论同时开放的新颖试题.

8.如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，侧棱AA₁⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB₁＝3a，D是A₁C₁的中点，点F在线段AA₁上，当AF＝　　时，CF⊥平面B₁DF.

解析：由题意易知，B₁D⊥平面ACC₁A₁，所以B₁D⊥CF.

要使CF⊥平面B₁DF，

只需CF⊥DF即可.

令CF⊥DF，设AF＝x，

则A₁F＝3a－x.

由Rt△CAF∽Rt△FA₁D，得＝，

即＝，

整理得x²－3ax+2a²＝0，

解得x＝a或x＝2a.

答案：a或2a

7.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为　　.

解析：如图，取CD的中点F、SC的中点G，连接EF，EG，FG，EF交AC于点H，易知AC⊥EF，又GH∥SO，

∴GH⊥平面ABCD，

∴AC⊥GH，∴AC⊥平面EFG，

故点P的轨迹是△EFG，

其周长为+.

答案：+

6.(2010·郑州质检)在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B－AC－D的余弦值为(　)

A.　　B.　　C.　　D.

解析：在原图中连接AC与BD交于O点，则AC⊥BD，在折起后的图中，由四边形ABCD为菱形且边长为1，则DO＝OB＝，由于DO⊥AC，因此∠DOB就是二面角B－AC－D的平面角，由BD＝1

得cos∠DOB＝＝＝，

故选A.

答案：A

5.如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ACB所在平面，那么(　)

A.PA＝PB>PC

B.PA＝PB<PC

C.PA＝PB＝PC

D.PA≠PB≠PC

解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.选C.

答案：C