2015届高考数学二轮复习专题检测： 立体几何初步(含解析)

2015届高考数学二轮复习专题检测：立体几何初步

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟． 第Ⅰ卷(选择题 共50分)

一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(2015·广东七校联考)已知平面α、β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③mα；④α⊥β；⑤α∥β.能推导出m∥β的是( ) A．①④ B．①⑤ C．②⑤ D．③⑤ [答案] D

[解析] 由两平面平行的性质可知两平面平行，在一个平面内的直线必平行于另一个平面，于是选D． 2．(2015·云南第一次检测)在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H，D、E分别是AB、BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为( ) 45A．23B2

C．45 D．3 [答案] A

[解析] 取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB．因为SB∥平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD．同理SB∥1

FE.又D、E分别为AB、BC的中点，则H、F也为AS、SC的中点，从而得HF綊2綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形．又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH1145为矩形，其面积S＝HF·HD＝(2(2＝2.

3．(文)已知直线l⊥平面α，直线m平面β，则α∥β是l⊥m的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 [答案] A

[解析] 若α∥β，则由l⊥α知l⊥β，又mβ，可得l⊥m，若α与β相交(如图)，设α∩β＝n，当m∥n时，由l⊥α可得l⊥m，而此时α与β不平行，于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件，故选A． (理)对于直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题： (1)若m∥α，m⊥n，则n⊥α (2)若m⊥α，m⊥n，则n∥α (3)若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ

(4)若m⊥α，m∥n，nβ，则α⊥β 其中真命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 [答案] A

[解析] (1)错误．(2)当nα时，则不成立．(3)不正确．当m⊥α，m∥n，有n⊥α，又nβ，所以有α⊥β，所以只有(4)正确．选A．

4．正方体ABCD－A1B1C1D1中E为棱BB1的中点(如图1)，用过点AEC1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为(

)

[答案] C

[解析] 取DD1的中点F，连接AF、C1F，则剩余几何体为A1B1C1D1—AFC1E，因此其左视图为选项C．

5．(文) 如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是(

)

A．9π B．12π C．11π D．10π [答案] B

[解析] 从三视图可以看出该几何体是由一个球体和一个圆柱组合而成的，其表面为S＝4π×12＋π×12×2＋2π×1×3＝12π，故选B．

(理)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) 8πA．3

B．3π

10π

C．3 D．6π

[答案] B

[解析] 由三视图还原几何体，如图所示，为圆柱被一个不垂直于1

线的平面所截得到的几何体，其体积为V＝4π－2＝3π.

轴

6．(2015·陕西检测)若设平面α、平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 [答案] A

[解析] 由α⊥β和b⊥m，知b⊥α，又aα，∴a⊥b，“α⊥β”可以推出“a⊥b”，反过来，不一定能推出，即“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件．

7．(文)如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为(

)

A．6 C．12 [答案] [解析]

B．9 D．18 B

本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算，是简单题．由三视图知，其对应几何

11

体为三棱锥，其底面为三角形，一边长为6，这边上的高为3，棱锥的高为332×6×3×3＝9，故选B．

(理)如图，如图，2的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是 (

)

A．3 B．23 C．1 D．2 [答案] A

[解析] 由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形，所以四个面中面积最大的为△BCD，且△BCD13

是边长为2的正三角形，所以S△BCD223，选A． 8．(2014·唐山统考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在半

径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为( ) A．2 B．1 2C．2 D2

[答案] C

[解析] 由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圆圆心N是BC的中点，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点．设正方形BCC1B1xx

的边长为x，Rt△OMC1中，OM＝2，MC1＝2，OC1＝R＝1(R为球的半径)， xx

∴(2)2＋(2)2＝1，即x2，则AB＝AC＝1，

∴S矩形ABB1A12×12.

9．(文)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是(

)

20A．316B3ππ

C．8－6 D．8－3

[答案] A

[解析] 由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为2，正四棱锥的底面边长为正方体的上底面，高为1.

1420

∴原几何体的体积为V＝23－3＝8－33A．

(理)如图，空间四边形OABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝C．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则MN＝( ) 121A．2－3＋2111C．2＋2b－2211B．－322221D．－3＋32c

[答案] B

[解析] 由向量加法法则可知

2121211

MN＝MO＋ON3＋2＋OC)＝－3a＋2＋c)＝－3a＋2b＋2C．

10．(文)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积＝底面积×高)时，其高的值为( ) A．33 B．23 23

C．3D3

[答案] B

[分析] 根据正六棱柱和球的对称性，球心O必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量．

[解析] 解法1：以正六棱柱的最大对角面作截面，设球心为O，正六棱柱的上下底面中心分别为O1，O2，则O是O1，O2的中点．设正六棱柱的底面边长为a，高为2h，则a2＋h2＝9.33333

正六棱柱的体积为V＝6×4a2×2h，即V＝2－h2)h，则V′＝2(9－3h2)，得极值点h＝3，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点，故当正六棱柱的体积最大，其高为23.

3

解法2: 求函数V＝2(9－h2)h的条件可以使用三个正数的均值不等式进行，即 3336V＝2(9－h2)h9－h2·9－h2·2h2≤4

22

9－h2＋9－h2＋2h2

，等号成立的条件是93

－h2＝2h2，即h3.

(理)(2014·新课标Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M、N分别是A1B1、A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为( ) 1A．102B．5302C．10D2

[答案] C

[解析] 如图，分别以C1B1、C1A1、C1C为x、y、z轴，建立空间直角坐标系．令AC＝BC＝C1C＝2，则A(0,2,2)，B(2,0,2)，M(1,1,0)，N(0,1,0)．

→→

∴BM＝(－1,1，－2)，AN＝(0，－1，－2)． →→

0－1＋4BM·AN30

cosθ＝→→10.故选C． 5|BM|·|AN|

第Ⅱ卷(非选择题 共100分)

二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)

11．湖面上漂着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下了一个直径为12cm，深2cm的空穴，则该球的半径是________cm，表面积是________cm2. [答案]

10 400π

[解析] 设球的半径为r，画出球与水面的位置关系图，如图：

由勾股定理可知，r2＝(r－2)2＋36，解得r ＝10. 所以表面积为4πr2＝4π×100＝400π. 12．(2015·忻州期末)已知不重合的直线m、l和不重合的平面α、β，且m⊥α，lβ，给出下列命题：

①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l； ③若m⊥l，则α∥β；④若m∥l，则α⊥β. 其中正确命题的个数是________． [答案] 2

[解析] 对于①，∵m⊥α，α∥β， ∴m⊥β，又lβ，∴m⊥l，①正确；

对于②，∵m⊥α，α⊥β，∴m∥β或mβ，又lβ， ∴m与l可能相交、平行或异面，②错误；

对于③，∵m⊥α，m⊥l，∴l∥α或lα，又lβ， ∴α与β有可能相交，也有可能平行，③错误；

对于④，∵m⊥α，m∥l，则l⊥α，又lβ，∴α⊥β，④正确， ∴正确命题的个数是2. 13．已知△ABC的斜二侧直观图是边长为2的等边△A1B1C1，那么原△ABC的面积为________． [答案] 26

[解析] 如图：

a2

在△A1D1C1中，由正弦定理2π＝πa＝6，

sin3sin41

故S△ABC26＝26.

14．(2015·北京海淀区期末)已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．

(1)若该四棱锥的左视图为直角三角形，则它的体积为________； (2)关于该四棱锥的下列结论中：

①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直；

②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形； ③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面． 所有正确结论的序号是________． 4

[答案] 3 ①②③

[解析] 由三视图可知该几何体是底面边长为2的正方形、高为1的四棱锥，如图所示，所以14

该四棱锥的体积为3＝3(2)由图可知PQ⊥平面ABCD，则有PQ⊥AB，又AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC，于是侧面PAB⊥侧面PBC，同理可知侧面PDC⊥侧面PBC，故①正确；由上述易知AB⊥PB，CD⊥PC，所以△PAB，△PCD为直角三角形，又四棱锥的左视图为直角三角形，所以△PBC为直角三角形，故②正确；由图易判断平面PAB与平面PAD不垂直，故③正确．综上知①②③均正确．

15．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC5，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．

[答案]

3

[解析] 将三棱柱的侧面A1ABB1和B1BCC1以BB1为折痕展平到一个平面α上，在平面α内AC1与BB1相交，则当交点为M点时，AM＋MC1取最小值，易求BM＝1， ∴AM＝2，MC1＝22， 又在棱柱中，AC1＝14，

AM2＋MC21－AC212＋8－141

∴cos∠AMC1＝＝＝－2AM·MC12 2×22∴∠AMC1＝120°，

1∴S△AMC1＝2MC1·sin∠AMC1 13

＝22×23.

三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16．(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥A－BOC中，OA⊥底面BOC，∠OAB＝∠OAC＝30°，AB＝AC＝4

，BC＝22，动点D在线段AB上．

(1)求证：平面COD⊥平面AOB；

(2)当OD⊥AB时，求三棱锥C－OBD的体积． [解析] (1)∵AO⊥底面BOC， ∴AO⊥OC，AO⊥OB．

∵∠OAB＝∠OAC＝30°，AB＝AC＝4， ∴OC＝OB＝2.又BC＝2， ∴OC⊥OB，

∴OC⊥平面AOB． ∵OC平面COD，

∴平面COD⊥平面AOB． (2)∵OD⊥AB，∴BD＝1，OD＝3. 113

∴VC－OBD＝323×1×23.

17．(本小题满分12分)(文)(2015·江苏苏北四市高三调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，

PB＝PD，且E，F分别是BC，CD的中点．求证：

(1)EF∥平面PBD；

(2)平面PEF⊥平面PAC．

[解析] (1)因为E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，

因为EF / 平面平面PBD， BD平面PBD，

所以EF∥平面PBD．

(2)设BD交AC于点O，连接PO，

因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，O是BD中点， 又PB＝PD，所以BD⊥PO，又EF∥BD， 所以EF⊥AC，EF⊥PO.

又AC∩PO＝O，所以EF⊥平面PAC．

因为EF平面PEF，所以平面PEF⊥平面PAC．

(理)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝A．

(1)求证：AD⊥B1D；

(2)求证：A1C∥平面AB1D．

[解析] (1)∵ABC－A1B1C1是正三棱柱， ∴BB1⊥平面ABC，

∴BD是B1D在平面ABC上的射影． 在正△ABC中，∵D是BC的中点，

∴AD⊥BD, 根据三垂线定理得，AD⊥B1D． (2)连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE. ∵AA1＝AB，∴四边形A1ABB1是正方形， ∴E是A1B的中点，

又D是BC的中点，∴DE∥A1C． ∵DE平面AB1D，A1C / 平面AB1D， ∴A1C∥平面AB1D．

18．(本小题满分12分)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，D为C1B的中点，P为AB边上的动点．

(1)当点P为AB的中点时，证明DP∥平面ACC1A1； (2)若AP＝3PB，求三棱锥B－CDP的体积． [解析] (1)连接DP，AC1，

∵P为AB中点，D为C1B中点，∴DP∥AC1， 又∵AC1平面ACC1A1，DP / 平面ACC1A1， ∴DP∥平面ACC1A1.

11

(2)由AP＝3PB，得PB＝4＝21

过点D作DE⊥BC于E，则DE2，

又CC1⊥平面ABC，∴DE⊥平面BCP， 3

又CC1＝3，∴DE＝2113

则S△BCP＝2·sin60°24， 1333∴VB－CDP＝VD－BCP342819．(本小题满分12分)(文)(2014·北京高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，

BC＝1，E、F分别为A1C1、BC的中点．

(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面ABE； (3)求三棱锥E－ABC的体积．

[解析] (1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC， 所以BB1⊥AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB平面ABE.

所以平面ABE⊥平面

B1BCC1.

(2)取AB中点G，连结EG、FG.

因为E、F分别是A1C1、BC的中点． 1

所以FG∥AC，且FG＝2．

因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1， 所以FG∥EC1，且FG＝EC1.

所以四边形FGEC1为平行四边形． 所以C1F∥EG.

又因为EG 平面ABE，C1F 平面ABE， 所以C1F∥平面ABE.

(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝AC2－BC23， 所以三棱锥E－ABC的体积

1113V＝3S△ABC·AA1323×1×2＝3.

(理) 如图所示，在棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，PA＝AD＝DC＝2，AB＝4且AB∥CD，∠BAD＝

90°，

(1)求证：BC⊥PC；

(2)求PB与平面PAC所成角的正弦值． [解析] (1)在直角梯形ABCD中，AC＝2， 取AB中点E，连接CE， 则四边形AECD为正方形， 1

∴AE＝CE＝2，又BE＝2AB＝2， 则△ABC为等腰直角三角形，

∴AC⊥BC，

又∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，

∴PA⊥BC，由AC∩PA＝A得BC⊥平面PAC， ∵PC平面PAC，所以BC⊥PC．

(2)以A为坐标原点，AD，AB，AP分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系．则P(0,0,2)，B(0,4,0)，C(2,2,0)， →→

BP＝(0，－4,2)，BC＝(2，－2,0)． →

由(1)知BC即为平面PAC的一个法向量， →→BC·BP10→→

cos<BC，BP>＝→→＝5|BC||BP|

10

即PB与平面PAC所成角的正弦值为520．(本小题满分13分)(文)(2014·湖北高考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，

A1D1的中点．求证：

(1)直线BC1∥平面EFPQ； (2)直线AC1⊥平面PQMN.

[解析] 思路分析：(1)直线与平面平行，主要通过直线与直线平行来证明，由BC1∥AD1，AD1∥FP，得出BC1∥FP，即可证明；(2)直线与平面垂直，主要通过直线与直线垂直来证明，而直线与直线垂直往往又要通过直线与平面垂直来证明．由BD⊥平面ACC1，得BD⊥AC1，从而MN⊥AC1；同理，证明PN⊥AC1，即可完成证明．

解：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥

BC1，

因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1. 从而BC1∥FP.

而FP平面EFPQ，且BC1 / 平面EFPQ. 故直线BC1∥平面EFPQ.

(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD．

由CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD，可得CC1⊥BD． 又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1， 而AC1平面ACC1，所以BD⊥AC1.

因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点， 所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.

同理可证PN⊥AC1，又PN∩MN＝N， 所以直线AC1⊥平面PQMN. (2014·辽宁高考)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．

(1)求证：EF⊥BC；

(2)求二面角E－BF－C的正弦值.

[解析] (1)方法一：过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF，由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，

图1

π

所以∠EOC＝∠FOC＝2FO⊥BC．

又EO⊥BC，因此BC⊥平面EFO. 又EF平面EFO，所以EF⊥BC．

方法二：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得1331→

B(0,0,0)，A(0，－1，3)，D(3，－1,0)，C(0,2,0)，因而E(0，22)，F(2，20)，所以EF33→→→＝(2，0，－2，BC＝(0,2,0)，因此EF·BC＝0， →→

从而EF⊥BC，所以EF⊥BC．

(2)方法一：在图1中过O作OG⊥BF，垂足为G连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平

面BDC，

又OG⊥BF，由三垂线定理知EG⊥BF.

因此∠EGO为二面角E－BF－C的平面角， 113

在△EOC中，EO＝2＝2cos30°2， BO3由△BGO∽△BFC知OG＝BC·FC＝4EO5因此tan∠EGO＝OG2，从而sin∠EGO5. 25

即二面角的正弦值为5方法二：在图(2)中平面BFC的一个法向量为n1＝(0,0,1)，设平面BEF的法向量n2

＝(x，y，z)

图2

3113→→

又BF＝(2，20)，BE＝(0，22)． → BF＝0 n2·由 得其中一个n2＝(1，－3，1)

→ BE＝0 n2·

n1·n21设二面角E－BF－C的大小为θ，由题意知θ为锐角，则cosθ＝|cos<n1，n2>|＝|n1||n|＝5因此sinθ＝

25＝5. 5

5

即所求二面角的正弦值为5.

21．(本小题满分14分)(文) (2014·保定模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC．设D、E分别为PA、AC中点． (1)求证：DE∥平面PBC； (2)求证：BC⊥平面PAB；

(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．

[解析] (1)证明：因为点E是AC中点，点D为PA的中点， 所以DE∥PC． 又因为DE / 平面PBC，PC平面PBC， 所以DE∥平面PBC．

(2)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又PA平面PAC，PA⊥AC， 所以PA⊥平面ABC．所以PA⊥BC． 又因为AB⊥BC，且PA∩AB＝A， 所以BC⊥平面PAB．

(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．

取AB中点F，连EF，DF. 由(1)可知DE∥平面PBC．

因为点E是AC中点，点F为AB的中点， 所以EF∥BC． 又因为EF / 平面PBC，BC平面PBC， 所以EF∥平面PBC．

又因为DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC， 所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．

故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行． (理)(2014·保定模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC． (1)求证：AC⊥PB；

→1→→

(2)设 O，D分别为AC，AP的中点，点G为△OAB内一点，且满足OG＝3(OA＋OB)，求证：DG∥平面PBC；

(3)若AB＝AC＝2，PA＝4，求二面角A－PB－C的余弦值．

[解析] (1)因为PA⊥平面ABC，AC平面ABC， 所以PA⊥AC．

又因为AB⊥AC，且PA∩AB＝A， 所以AC⊥平面PAB． 又因为PB平面PAB， 所以AC⊥PB．

(2)解法1：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，又因为AB⊥AC，所以建立如图所示的空间直角坐标系A－

xyz.

设AC＝2a，AB＝b，PA＝2c，

则A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，P(0,0,2c) 又因为OG→＝13→＋OB→)，所以OG→

＝(－2b3a，30)． ∴ab

33，0)

于是DG→＝(ab

3，3，－c)，

BC→＝(2a，－b,0)，PB→

＝(0，b，－2c)． 设平面PBC的一个法向量

n＝(x0，y0，z0)，则有 n·

BC→＝0，

n·

PB→＝0，

即 2ax0－by0＝0，

by0－2cz0＝0.

不妨设z0＝1，则有y02cc

b，x0＝a， 所以n＝c2c

ab1)． 因为n·DG→

＝(c2c(abca＋2cbab，1)·3，3，－c)a3b3＋1·(－c)＝0， 所以n⊥DG→

.又因为DG / 平面PBC， 所以DG∥平面PBC．

解法2：取AB中点E，连接OE，则OE→＝12(OA→＋OB→) 由已知OG→＝13→＋OB→)可得OG→＝2

3

则点G在OE上．连接AG并延长交CB于F，连接PF 因为O，E分别为AC，AB的中点， 所以OE∥BC，即G为AF的中点． 又因为D为线段PA的中点， 所以DG∥PF. 又DG / 平面PBC，PF平面PBC． 所以DG∥平面PBC．

(3)由(2)可知平面PBC的一个法向量n＝(c2c

a，b1)＝(2,2,1)． 又因为AC⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量是AC→

＝(2,0,0)．又cos<n·AC→

>＝n·AC→42→＝3×23

|n|·|AC|由图可知，二面角A－PB－C为锐角， 所以二面角A－PB－C2

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