(同步复习精讲辅导)北京市2014-2015学年高中数学 空间几何体及三视图课后练习一(含解析)新人教A版必修2

（同步复习精讲辅导）北京市2014-2015学年高中数学 模块综合串讲讲义 新人教A 版必修4难点易错点解析题一题面：已知sin cos αα-=(0,π)α∈，则tan α= ( )A. -1B. 2-C. 2D. 1题二题面：在四边形ABCD 中，(1,2)→－－AC =，(4,2)→－－BD =-，则四边形的面积为( )A B ． C ．5 D ．10金题精讲题一 题面：已知7sin cos ,(0,π)13θθθ+=∈，求tan θ的值.题二题面：已知向量()()1,1,2,2→→m n λλ=+=+，若()()→→→→m n m n +⊥-，则λ= ( ) A. －4 B. －3 C. －2 D. －1题三题面：设a , b 为向量, 则“||||||a a ·b b =”是“a //b ”的 ( ) A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件题四 题面：下列四个数中，最大的是( )A. o o tan80cot80+ B. o o sin80cos80+ C. o o tan80cos80+ D. o o sin80cot80+题五题面：已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则→→－－－－DE CB ⋅的值为 ； →→－－－－DE DC ⋅的最大值为 ．题六题面：已知a , b 是单位向量，a ·b =0.若向量c 满足|c －a －b |=1，则|c |的取值范围是( )A ．1⎤-+⎦B ．2⎤-+⎦C ．⎡⎤⎣⎦ D ．⎡⎤⎣⎦思维拓展题一题面： ππ,[,],44R x y a ∈-∈，且331sin 20,4sin 202x x a y y a +-=++=，求cos(x +2y )的值.讲义参考答案重难点易错点解析题一答案：A题二答案：C金题精讲题一答案：12 5题二答案： B题三答案： C题四答案：A题五答案： 1；1题六答案： A思维拓展题一答案： 1。

复数及其运算
主讲教师：纪荣强北京四中数学教师
引入
复数这一部分概念较多，如何才能避免混淆，把握本质？听纪老师慢慢道来！重难点易错点解析
题一：复数在复平面上对应的点位于（）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
题二：若复数满足,则的虚部为（）
A．B．C．4 D．
金题精讲
题一：把复数的共轭复数记作，为虚数单位，若，则（）
A．3-i B．3+i C．1+3i D．3
题二：复数（）
A．i B．-i C．D．
题三：为虚数单位，则=．
题四：设是虚数单位，复数为纯虚数，则实数为（）
A．2 B．2 C．D．
题五：（1）复数，为的共轭复数，则（）
A．B．C．D．（2）为正实数，为虚数单位，，则（）
A．2 B．C．D．1
题六：已知复数满足（为虚数单位），复数的虚部为，是实数，求．
学习提醒
“复杂”的“数”
复数及其运算
讲义参考答案
重难点易错点解析
题一：B 题二：D
金题精讲
题一：A 题二：A题三：
题四：A题五：（1）B；（2）B 题六：4+2i。

（同步复习精讲辅导）北京市2014-2015学年高中数学 空间几何体及三视图讲义 新人教A 版必修2引入这是一道逻辑推理题：右下角应该填入什么图形？如果你的回答是如果你的回答是——说明你是一个高中生。

你的回答还可以是——？题1题面：一个棱柱至少有 个面，面数最少的一个棱锥有 个顶点，顶点最少的一个棱台有 条侧棱．题2题面：判断正误：（1）棱长相等的直四棱柱是正方体．（2）侧面是全等的等腰三角形的棱锥一定是正棱锥．（3）过球面上不同两点只能作一个大圆．金题精讲题1题面：下图中的三视图表示的几何体为__________．题2题面：一个体积为的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为（ ）．A． B ．8 C．．12第 5 题题3题面：若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．题4题面：下图为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由________块木块堆成．题5题面：如图，直三棱柱的主视图面积为2a 2,则左视图的面积为（ ）．A ．2a 2 B ．a 2C ．23aD ．243a题6题面：在一个几何体的三视图中，正视图与俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）．a aa题7题面：如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12．则该几何体的俯视图可以是（）．题8题面：如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 .题9题面：一个简单几何体的正视图，侧视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．其中正确的是（）．A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④思维拓展题1题面：一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积可能是______.学习提醒几何体结构是基础；还原三视图是关键；与面积体积常结合。

主视图左视图 俯视图讲义参考答案重难点易错点解析题1答案：5，4，3．题2答案：（1）错；（2）错；（3）错．金题精讲题1答案：圆锥．题2答案：A．题3答案：6．题4答案：4．题5答案：C．题6答案：D．题7答案：C．题8答案：题9答案：B．思维拓展题1答案：23或56.。

张喜林制[选取日期]2015年高考一轮复习热点难点精讲精析：7.1空间几何体一、空间几何体的结构及其三视图和直观图（一）空间几何体的结构特征※相关链接※1、几种常见的多面体（1）正方体（2）长方体（3）直棱柱：指的是侧棱垂直于底面的棱柱，特别地当底面是正多边形时，这样的直棱柱叫正棱柱；（4）正棱锥：指的是底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心的棱锥。

特别地，各条棱均相等的正三棱锥又叫正四面体；（5）平行六面体：指的是底面为平行四边形的四棱柱。

2、理解并掌握空间几何体的结构特征，对培养空间想象能力，进一步研究几何体中的线面位置关系或数量关系非常重要，每种几何体的定义都是非常严谨的，注意对比记忆。

※例题解析※〖例1〗平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件①充要条件②思路解析：利用类比推理中“线 面”再验证一下所给出的条件是否正确即可。

解答：平行六面体实质是把一个平行四边形按某一方向平移所形成的几何体，因此“平行四边形”与“平行六四体”有着性质上的“相似性”。

答案：两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交于一点且互相平行；底面是平行四边形（任选两个即可）。

〖例2〗一正方体表面沿着几条棱裁开放平得到如图的展开图，则在原正方体中（）A AB∥CDB AB∥EFC CD∥GHD AB∥GH解答：选C。

折回原正方体如图，则C与E重合，D与B重合。

显见CD∥GH（二）几何体的三视图※相差链接※1、几何体的三视图的排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样，侧视图放在正视图右面，高度与正视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”注意虚、实线的区别。

注：严格按排列规则放置三视图，并用虚线标出长、宽、高的关系，对准确把握几何体很有利。

2、应用：在解题的过程中，可以根据三视图的的及图中所涉及到的线段的长度，推断出原几何图形中的点、线、面之间的关系及图中一些线段的长度，这样我们就可以解出有关的问题。

专题1空间立体几何的三视图、表面积和体积【考点点击】1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；2．以熟悉的几何体为背景，考查多面体或旋转体的侧面积、表面积和体积计算，间接考查空间位置关系的判断及转化思想等，常以三视图形式给出几何体，辅以考查识图、用图能力及空间想象能力，难度中等．3.几何体的三视图与表（侧）面积、体积计算结合；【重点知识】一、空间几何体1．柱体、锥体、台体、球的结构特征名称几何特征棱柱①有两个面互相平行(底面可以是任意多边形)；②其余各面都是平行四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行棱锥①有一个面是多边形(底面)；②其余各面是有公共顶点的三角形．棱台①底面互相平行；②所有侧棱延长后交于一点(即原棱锥的顶点)圆柱①有两个互相平行的圆面(底面)；②有一个侧面是曲面(母线绕轴旋转一周形成的)，且母线与底面垂直圆台①底面互相平行；②有一个侧面是曲面，可以看成母线绕轴旋转一周形成的球①有一个曲面是球面；②有一个球心和一条半径长R，球是一个几何体(包括内部)，可以看成半圆以它的直径所在直线为旋转轴旋转一周形成的2.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积名称体积表面积棱柱V棱柱＝Sh(S为底面积，h为高)S棱柱＝2S底面＋S侧面棱锥V棱锥＝13Sh(S为底面积，h为高)S棱锥＝S底面＋S侧面棱台V棱台＝13h(S＋SS′＋S′)S棱台＝S上底＋S下底＋S侧面圆柱V圆柱＝πr2h(r为底面半径，h为高)S圆柱＝2πrl＋2πr2(r为底面半径，l为母线长)圆锥V圆锥＝13πr2h(r为底面半径，h为高)S圆锥＝πrl＋πr2(r为底面半径，l为母线长)圆台V圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2)S圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋πr′2球V球＝43πR3(R为球的半径)S球＝4πR2(R为球的半径)3.空间几何体的三视图和直观图(1)空间几何体的三视图三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．(2)空间几何体的直观图空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂直长减半”．4．几何体沿表面某两点的最短距离问题一般用展开图解决；不规则几何体求体积一般用割补法和等积法求解；三视图问题要特别留意各种视图与观察者的相对位置关系.【考点分析】考点一空间几何体的结构【例1】已知正三棱锥P­ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．【答案】33【解析】正三棱锥P­ABC 可看作由正方体PADC­BEFG 截得，如图所示，PF 为三棱锥P­ABC 的外接球的直径，且PF ⊥平面ABC.设正方体棱长为a ，则22,2,1232=====BC AC AB a a ，3223222221=⨯⨯⨯=∆ABC S ，由,PAC B ABC P V V --=得222213131⨯⨯⨯⨯=⋅∆ABC S h ，所以332=h 因此球心到平面ABC 得距离为33考点二三视图、直观图【例2】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）（A ）20π（B ）24π（C ）28π（D ）32π【答案】C【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.【例3】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A ．2＋5B ．4＋5C ．2＋25D ．5【答案】C【解析】该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，ABCABD ACD BCD S S S S S ∆∆∆∆+++=表5225221152115212221+=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=考点三几何体的表面积【例4】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++===【例5】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是328π,则它的表面积是（）（A ）17π（B ）18π（C ）20π（D ）28π【答案】A【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的81,设球的半径为R ,则32834873ππ=⨯=R V ,解得R 2=,所以它的表面积是87的球面面积和三个扇形面积之和πππ172413248722=⨯⨯+⨯⨯=S 故选A ．考点四几何体的体积【例6．】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛==⨯⨯= ⎝⎭，故选B.考点五与球的组合体问题纵观近几年高考对于组合体的考查，重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.【例7】棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（）A ．22B ．1C ．212+D ．2解：由题意可知，球为正方体的外接球.平面11AA DD 截面所得圆面的半径12,22AD R ==11EF AA DD ⊂ 面，∴直线EF 被球O 截得的线段为球的截面圆的直径22R =.【例8】正四棱柱1111ABCD A B C D -的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最值，为.【例9】在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且AM MN ⊥,若侧棱23SA =,则正三棱锥S ABC -外接球的表面积是.解：如图，正三棱锥对棱相互垂直，即,AC SB ⊥又,,,.SB MN MN AC MN AM MN SAC ∴⊥⊥∴⊥∥又平面于是,,,SB SAC SB SA SB SC ⊥∴⊥⊥平面从而.SA SC ⊥此时正三棱锥S ABC -的三条侧棱互相垂直并且相等，故将正三棱锥补形为正方体.球的半径23,3,436.2R SA R S R ππ=∴=∴==【例10】一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为()A ．12πB ．C ．3πD ．【答案】C【解析】把原来的几何体补成以DA DC DP 、、为长、宽、高的长方体，原几何体四棱锥与长方体是同一个外接球，2=R l ，=2R ，234434S R πππ==⨯=球.【例11】在三棱锥P －ABC 中，PA ＝,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为（）A ．πB.3π C.4πD.43π解：如图所示，过P 点作底面ABC 的垂线，垂足为O ，设H 为外接球的球心，连接,,AH AO 因60,PAO PA ∠== 故2AO =,32PO =又△AHO 为直角三角形，222,,AH PH r AH AO OH ==∴=+22233344(),1,1.2233r r r V ππ∴=+-∴=∴=⨯=【例12】矩形ABCD 中，4,3,AB BC ==沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B ACD --,则四面体ABCD 的外接球的体积是()A.π12125 B.π9125C.π6125D.π3125解：由题意分析可知，四面体ABCD 的外接球的球心落在AC 的中点，此时满足,OA OD OB OC ===522AC R ∴==,343V R π=1256π=.【总结归纳】1个特征——三视图的长度特征“长对正，宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽。

1.2空间几何体的三视图和直观图（第一课时）教学设计一、教学内容分析（一）教材地位和作用三视图是立体几何的基础之一，画出空间几何体的三视图并能将三视图还原为直观图，是建立空间观念的基础和训练学生几何直观能力的有效手段。

在近几年的高考考查中，利用三视图求直观图体积或表面积的题型屡见不鲜，这种题型的本质即为由三视图还原直观图，所以要求学生掌握由三视图还原直观图这部分内容显得尤其重要。

三视图对部分对学生的逻辑思维能力和空间想象能力提出了较高的要求，使学生谈“图”色变。

本节课是普通高中新课程人教版《必修2》第一章第二节第一课时的内容，是在学习空间几何体的结构特征之后，直观图之前，尚未学习点、直线、平面位置关系的情况下教学的。

学生在义务教育阶段，已经初步接触了正方体、长方体的几何特征以及简单几何体的表面积、体积的计算，会从不同的方向看物体得到不同的视图的方法。

与初中教学内容相比较，本节增加学习了台体的有关内容，简单组合体涉及柱体、锥体、台体以及球体，比义务教育阶段数学课程“空间与图形”部分呈现的组合体多。

通过本节知识的学习，为下一章点、直线、平面之间的位置关系学习打下基础，同时有利于培养学生空间想象能力，几何直观能力的，有利于培养学生学习立体几何的兴趣，体会数学的实用价值。

（二）教学内容及结构本章的主要内容是认识空间图形，通过对空间几何体的整体把握，培养和发展空间想象能力。

从学生熟悉的物体入手，使学生对物体形状的认识由感性上升到理性；通过三视图和直观图的学习，进一步认识空间几何体的结构。

本节课教材从了解中心投影和平行投影出发介绍三视图是利用三个正投影来表示空间几何体的的方法，并给出三视图的概念及作图规则。

要求学生能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型。

在此基础上，学习画出简单组合体（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，并识别三视图所表示的简单组合体。

（三）教学重难点1、重点：（1）画出空间几何体及简单组合体的三视图，（2）给出三视图，还原或想象出原实际图的结构特征，体会三视图的作用。

第14讲 空间向量与立体几何经典精讲题一：一个多面体的三视图如图所示，其中正视图是正方形，侧视图是等腰三角形．则该几何体的表面积为( )．A ．88B ．98C ．108D ．158题二：如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )．A ．1B ．12C ．34D ．32题三：一个简单组合体的三视图及尺寸如图所示(单位：mm)，则该组合体的体积为()． A ．32 mm 3B ．48 mm 3 C ．56 mm 3 D ．64 mm 3题四：一个物体的底座是两个相同的几何体，它的三视图及其尺寸(单位：dm)如图所示，则这个物体的体积为( )．A．(120＋16π) dm3 B．(120＋8π) dm3C．(120＋4π) dm3 D．(60＋8π) dm3题五：如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是BC、CC1、C1D1、A1A的中点．求证：(1)BF∥HD1；(2)EG∥平面BB1D1D；(3)平面BDF∥平面B1D1H．题六：一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M，N分别是AB，SA的中点．(1)求证：NB⊥MC；(2)在棱SD上是否存在点P，使AP∥平面SMC？若存在，请找出点P的位置；若不存在，请说明理由．题七：如图，棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱C 1D 1的中点，F 为棱BC 的中点．(1)求证：直线AE ⊥直线DA 1；(2)求三棱锥D －AEF 的体积；(3)在线段AA 1上求一点G ，使得直线AE ⊥平面DFG ．题八：如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2BC ＝4，∠ABC ＝120°，E 、M 分别为AB 、DE 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A ′DE ，F 为A ′C 的中点，A ′C ＝4．(1)求证：平面A ′DE ⊥平面BCD ；(2)求证：FB ∥平面A ′DE ．题九：如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2．若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )．A ．2B ．3C ．2D ．22题十：已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝AA 1＝2BC ，E 为DD 1的中点，F 为A 1D 的中点．则直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为( )．A ．13B ．33C ．23D ．63第14讲 空间向量与立体几何经典精讲题一：答案：(1)证明见详解；(2)32． 详解：(1)在图(1)中，∵AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，∴∠ACB ＝60°． ∵CD 为∠ACB 的平分线，∴∠BCD ＝∠ACD ＝30°，∴CD ＝23．∵CE ＝4，∠DCE ＝30°，∴DE ＝2．则CD 2＋DE 2＝EC 2，∴∠CDE ＝90°，DE ⊥DC ．在图(2)中，∵平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，DE ⊂平面ACD ， ∴DE ⊥平面BCD ．(2)在图(2)中，∵EF ∥平面BDG ，EF ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BDG ＝BG ， ∴EF ∥BG ．∵点E 在线段AC 上，CE ＝4，点F 是AB 的中点，∴AE ＝EG ＝CG ＝2， 作BH ⊥CD 交CD 于H ，∵平面BCD ⊥平面ACD ，∴BH ⊥平面ACD ．由条件得BH ＝32．S △DEG ＝13S △ACD ＝13×12AC ·CD ·sin30°＝3． ∴三棱锥B －DEG 的体积V ＝13S △DEG ·BH ＝13×3×32＝32．题二：答案：(1)证明见详解；(2) 当θ＝π4时，三棱锥C －AOE 的体积最大，最大值为23． 详解：(1)在直角梯形ABCD 中，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点， 则AB ＝DE ，又AB ∥DE ，AD ⊥AB ，知BE ⊥CD ．在四棱锥C －ABED 中，BE ⊥DE ，BE ⊥CE ，CE ∩DE ＝E ，CE ，DE ⊂平面CDE ，则BE ⊥平面CDE ．因为CO ⊂平面CDE ，所以BE ⊥CO ．又CO ⊥DE ，且BE ，DE 是平面ABED 内两条相交直线，故CO ⊥平面ABED ．(2)由(1)知CO ⊥平面ABED ，则三棱锥C －AOE 的体积V ＝13S △AOE ·OC ＝13×12×OE ×AD ×OC ．由直角梯形ABCD 中，CD ＝2AB ＝4，AD ＝2，CE ＝2，得三棱锥C －AOE 中，OE ＝CE cos θ＝2cos θ，OC ＝CE sin θ＝2sin θ，V ＝23sin2θ≤23． 当且仅当sin2θ＝1，θ∈(0，π2)，即θ＝π4时取等号， (此时OE ＝2<DE ，O 落在线段DE 内)．故当θ＝π4时，三棱锥C －AOE 的体积最大，最大值为23．题三：见详解． 证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接HM 、MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1．又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1．(2)取BD 的中点O ，连接EO 、D 1O ，则OE 平行且等于12DC ． 又D 1G 平行且等于12DC ，∴OE 平行且等于 D 1G ， ∴四边形OEGD 1是平行四边形．∴GE ∥D 1O ．又D 1O 平面BB 1D 1D ，EG 平面BB 1D 1D ，∴EG ∥平面BB 1D 1D ．(3)由(1)知D 1H ∥BF ，D 1H 平面BDF ，BF 平面BDF ，∴D 1H ∥平面BDF ． 同理，由B 1D 1∥BD 可得，B 1D 1∥平面BDF ．又B 1D 1、HD 1平面HB 1D 1，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，∴平面BDF ∥平面B 1D 1H ．题四：见详解．详解:(1)取AD 的中点O ，连接NO ，BO ，∵N 是SA 的中点，O 是AD 的中点，∴NO ∥SD ．又∵SD ⊥底面ABCD ，∴NO ⊥底面ABCD ，MC ⊂平面ABCD ，∴NO ⊥MC ． 又∵ABCD 是正方形，M ，O 分别是AB ，AD 的中点，由平面几何知识可得BO ⊥MC ，NO ∩BO ＝O ，∴MC ⊥平面NOB ，NB ⊂平面NOB ．∴NB ⊥MC ．(2)取线段SD 的中点P 即可．设SC 的中点为Q ，连接PQ ，MQ ，∴PQ ＝12CD 且PQ ∥CD ； 又AM ∥CD 且AM ＝12CD ；∴PQ ∥AM 且PQ ＝AM ．∴APQM 是平行四边形． ∴AP ∥MQ ，AP 平面SMC ，MQ 平面SMC ．∴AP ∥平面SMC ．题五：(2)43． 详解：(1)连接AD 1，BC 1，由正方体的性质可知，DA 1⊥AD 1，DA 1⊥AB ，又AB ∩AD 1＝A ，∴DA 1⊥平面ABC 1D 1，又AE 平面ABC 1D 1，∴DA 1⊥AE ．(2)V D －AEF ＝V E －ADF ＝13·DD 1·S △ADF ＝13×2×2＝43． (3)所示G 点即为A 1点，证明如下：由(1)可知AE ⊥DA 1，取CD 的中点H ，连接AH ，EH ，由DF ⊥AH ，DF ⊥EH ，AH ∩EH ＝H ，可证DF ⊥平面AHE ，∴DF ⊥AE ．又DF ∩A 1D ＝D ，∴AE ⊥平面DFA 1，即AE ⊥平面DFG ．题六：见详解．详解：(1)由题意得△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成，所以△A ′DE ≌△ADE ． ∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形，∴∠A ＝60°．又∵AD ＝AE ＝2，∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形．∵M 是DE 的中点，∴A ′M ⊥DE ，A ′M ＝3．在△DMC 中，MC 2＝42＋12－2×4×1·cos60°，∴MC ＝13．在△A ′MC 中，A ′M 2＋MC 2＝(3)2＋(13)2＝42＝A ′C 2，∴△A ′MC 是直角三角形．∴A ′M ⊥MC ．又∵A ′M ⊥DE ，MC ∩DE ＝M ，∴A ′M ⊥平面BCD ．又∵A ′M ⊂平面A ′DE ，∴平面A ′DE ⊥平面BCD ．(2)取DC 的中点N ，连接FN ，NB ．∵A ′C ＝DC ，F ，N 点分别是A ′C ，DC 的中点，∴FN ∥A ′D ．又∵N ，E 点分别是平行四边形ABCD 的DC ，AB 的中点，∴BN ∥DE ． 又∵A ′D ∩DE ＝D ，FN ∩NB ＝N ，∴平面A ′DE ∥平面FNB ．∵FB 平面FNB ，∴FB ∥平面A ′DE ．题七：A ．详解：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0,a )，CD ＝(1,0,a )，1CB ＝(0,2,2)， 设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n (0,1,0)，则由cos60°＝m·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝2．题八：C ．详解：∵AB ，AD ，AA 1两两垂直，故以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BC ＝1， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，F (0,1,1)，FE ＝(0,1,0)， 设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·1A D ＝2y －2z ＝0n ·CD ＝－2＋y ＝0，故n ＝(1,2,2)，则sin θ＝|cos<n ，FE >|＝|n ·FE |n |·|FE ||＝|1×0＋2×1＋2×04＋4＋1×0＋1＋0|＝23， 故直线EF 与平面A 1CD 所成的角θ的正弦值为23．。