全國(guó)名校真題模擬專題訓(xùn)練9-立體幾何解答題2數(shù)學(xué)

PC,平面ABC,PC錯(cuò)誤！未找到引用源。PC,平面ABC,PC錯(cuò)誤！未找到引用源。錯(cuò)誤！未找到引用源。2009屆全國(guó)名校真題模擬專題訓(xùn)練09立體幾何三、解答題(第二部分)31、(福建省廈門市2008學(xué)年高三質(zhì)量檢查)如圖，三棱錐P—ABC中,=AC=2,AB=BC,D是PB上一點(diǎn)，且CDL平面PAR(1)求證：ABL平面PCB;(2)求二面角C-PA-B的大小的余弦值。(1)解：:PC,平面ABC,ABU平面ABC,???PCXAB。.CD，平面PAB,AB二平面PAB,.CD,AB。又PCACD=C,.AB,平面PCR(2)解法一：取AB的中點(diǎn)E,連結(jié)CEDE。??PC=AC=2,CE±PA,CE=.2.CD±￥面PAB,由三垂線定理的逆定理，得DELPA??/CED為二面角C-PA-B的平面角。由(1)ABL平面PCBAB±BC,又..AB=BC,AC=2,求得BC=22.(2)解法二：ABXBC,ABL平面PBC過點(diǎn)B作直線l//PA,則l^AB,UBC,以BGBA、l所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)。6分設(shè)平面PAB的法向量為m=(x,y,z).A(0,,2,0),P(20,2),C(..2,0,0),.BA=(0,、.2,0),AP=(2,-.2,2),口「bam=0,口口

則《一「即」APm=0.-V2y=02x-.2y2z=0,解得」y=0人解得」已令Z=-1x=-v2z得孟=(亞,0,—1).8分設(shè)平面PAC的法向量為n=(x1，弘，乙)，

CPn=CPn=0,口‘2z1=0即」vACn=0.V2xi—22yiACn=0.TOC\o"1-5"\h\zZi=0人-解得」.令xi=1，得n=(1,1,0).10分、x1=y1ifmn：.：-23二coscm,n>—；=————=——.11分|m||n|323」,二面角C—PA—B大小為arcos——.12分3(2)解法三：■「CD，平面PAB,，CD是平面PAB的一個(gè)法向量。取AC中點(diǎn)F,???AB=BC=22,bBF±AC,又PC1平面ABC,有平面PACL平面ABC,??.BFL平面PACBF是平面PAC的一個(gè)法向量。TOC\o"1-5"\h\z一..1——7分9分107分9分10分設(shè)CD=CP(1-■)CB,CD—而即CDBP=0得(九而十(1—九)CB)■(而一CB)=0,由(1)知而CB=0,CP氤=0,二?JCP|2-(1—K)|cB|2=0，而|cP|二2/cB|二五112二九=—，二CD=—CP+—CB.333_-214421|CD|2二制42二，|BF|2二x(22)=1,……—-39934—-3CDBF|CD||BF|3cos::|CD||BF|332、(福建省仙游一中2008屆高三第二次高考模擬測(cè)試)在如圖所示的多面體中，已知正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直，EC±AC,EF//AC,AB=J萬(wàn)，EF=EC=1,⑴求證：平面BEF1平面DEF;⑵求二面角A-BF-E的大小。解法1：⑴①證明：???平面ACEFL平面ABCD,EC!AC,「?EC!平面ABCD;連接BD交AC于點(diǎn)O,連接F0,?,正方形ABCD的邊長(zhǎng)為亞,AC=BD=2;在直角梯形ACEF中，EF=EC=1,O為AC中點(diǎn)，

.FO//EG且F0=1;易求得DF=BF=DE=BE=、3,由勾股定理知DF，EF,BF±EF,??/BFD是二面角B-EF-D的平面角，由BF=DF=&,BD=2可知/BFD=90"??平面BEF1平面DEF（6分）⑵取BF中點(diǎn)M,BE中點(diǎn)N,連接AM、MN、AN,???AB=BF=AF=72,AMXBF,又「MN//EF,EF±BF,MN±BF,???/AMN就是二面角A-BF-E的平面角。易求得AM=^AB="3,MN=EEF=-;D在RtAAPN中,可求得AN2=AP2NP2=一4???在4AMN中,由余弦定理求得cos.AMN;6ZAMN--arccos——3解法2:⑴二.平面ACEFL平面12分）ABCDEC±AC,Ed平面ABCD;建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系在RtAAPN中,可求得AN2=AP2NP2=一4???在4AMN中,由余弦定理求得cos.AMN;6ZAMN--arccos——3解法2:⑴二.平面ACEFL平面12分）ABCDEC±AC,Ed平面ABCD;建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz,則A（V2，V2,0）B（0，,20），D（之皿丑邛等竟，???EFk2^,?，。），BE=（0-72,1）,而=（-/2,0,1）…（2分）設(shè)平面BER平面DEF的法向量分別為m=（為,yi,1）n=（x2,y2,1）,則mEF，x1Ey「0

22zmBE=—區(qū)1+1=0②,2.2nEF=x2+y2=0③，nDE=々2x2+1=0④.22由①③③④解得X1_.22.22,y1;x2佻=一22?2'2人1’.2.2八F，……（4分）=0,m_Ln,故平面BEFL平面DEF（6分）⑵設(shè)平面ABF22—的法向里為p=（xa,y3,1）,BF=（—，——,1）,BA=（42,0,0）22.一二.22??pBF=x3-y3+1=0,pBA=52x3=0,斛得%2230,y3=2???p=（0,"1）,（8分）cos<m,p*Tmp=_2ImMpI,2、33（10分）由圖知，二面角A-BF-E的平面角是鈍角，故所求二面角的大小為冗―arccos^6333、（福建省漳州一中2008年上期期末考試）如圖所示，四棱錐P-ABCD的底面為直角梯形，/ADC=/DCB=900,AD=1,BC=3,PC=CD=2,PC_L底面ABCD,E為AB的中點(diǎn).(I)(n)(m)解法一:求證：平面PDE_L平面PAC;求直線PC與平面PDE所成的角；求點(diǎn)B到平面PDE的距離.(I)設(shè)AC與DE交點(diǎn)為G,延長(zhǎng)DE交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,則ADAE與AFBE,?.BF=AD=1,?.CFCF一AD1又tan/ACD=——=—，.一/F=/ACDDC2又.ACD.ACF=90：,...F.ACF2DAE/,lDC1=4,?.tan/F==一/CGF=900,AC_LDE又..PC_L底面ABCD,pPC_LDE,DE_L平面PAC,???DEu平面PDE，，平面PDE，平面PAC(n)連結(jié)PG,過點(diǎn)C作CH_LPG于H點(diǎn)，則由(I)知平面PDE_L平面PAC,且PG是交線，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，得CH_L平面PDE,從而ZCPH即/CPG為直線PC與平面PDE所成的角.在RtADCA中,CD2CG=——AC222212在RtAPCG中,tan.CPGCGPC2.5?2<55.所以有/CPG=arctan,4分)HDAE8分)即直線PC與平面PDE所成的角為arctan也5(ID)由于1-?…BF=—CF,所以可知點(diǎn)4PDE的距離B到平面PDE的距離等于點(diǎn)C到平面43_1_.即一CH.在RtiPCG中,4從而點(diǎn)B到平面PDE的距離等號(hào)12分)解法二：如圖所示，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn),直線CD,CB,CP分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系C—xyz,則相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)為C(0,0,0),A(2,1,0)B(0,3,0),P(0,0,2),D(2,0,0),E(1,2,0).(I)由于DE=(-1,2,0),CA=(2,1,0),CP=(0,0,2),所以DEcA=(-1,2,0)(2,1,0)=0,DECP=(—1,2,0)(0,0,2)=0,所以DE_CA,DE_CP,而CP「|CA=C,所以DE_1平面PAC，:DEu平面PDE,???平面PDE_L平面PAC(4分)(n)設(shè)n=(x,y,z)是平面PDE的一個(gè)法向重，則nDE=nPE=0,由于DE=(—1,2,0),PE=(1,2,-2),所以有nDE=(x,y,z)(T,2,0)=-x2y=0nPE=(x,y,z)(1,2,-2)=x2y-2z=0'令x=2,則y=1,z=2,即n=(2,1,2),再設(shè)直線PC與平面PDE所成的角為久，而PC=(0,0,—2),所以sin=icos<n,pc?=J^j2,1,2)(0,0，一2)1二,|n||PC||(2,1,2)||(0,0,-2)|3,22…口=arcsin—,因此直線PC與平面PDE所成的角為arcsin-*T(出)由(n)知n=(2,1,2)是平面PDE的一個(gè)法向量，而BE=(1,—1,0),(8分)所以點(diǎn)B到平面PDE的距離為dJ)早|=|(2,1,2)(1,-1,0)1」n|(2,1,2)|334、(甘肅省河西五市2008年高三第一次聯(lián)考)如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面是正方形，PA，底面ABCD,且PA=AD=2,點(diǎn)M、N分別在側(cè)棱PD、PC上，且PM=MD.錯(cuò)誤！未找到引用源。(I)求證：AM，平面PCD;，、升-ii-(n)若pn=—NC,求平面AMN與平面PAB的所成銳二面角的大小2解：(I)因?yàn)樗睦忮FP—ABCD的底面是正方形，PA1底面ABCD,貝UCD，側(cè)面PAD二CD_LAM.又PA=AD=2,.\AM_LPD.又PDnCD=D,-AM_L平面PCD.(n)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,又PA=AD=2則有P(0,0,2),D(0,2,0),M凹i),C(2,2,0)..PC=(2,2,-2).、L，?—i--設(shè)N(x,y,z),；PN=—NC,則有2-i2x-0=—(2-x),.x=—.2324同理可得y=2z=4.3'3錯(cuò)誤！未找到引用源。一一224、即得N(―,—,—).333,-1-444由PCAN=338一=0,.PC,AN.3-，平面AMN的法向量為PC=(2,2,-2).而平面PAB的法向量可為AD=(0,2,0),T.—■TSa^aDPCAD故所求平面AMN與PAB所成銳二面角的大小為3

arccos一.335、(甘肅省蘭州一中2008屆高上期期末考試)在棱長(zhǎng)AB=AD=2,AAi=3的長(zhǎng)方體ACi中,點(diǎn)E是平面BCCB〔上動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F是CD的中點(diǎn).(I)試確定E的位置，使DiE,平面ABiF;(n)求二面角Bi_AF—B的大小.解：(I)以A為原點(diǎn)，AB、AD、AAi所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,A(0,0,0),F(1,2,0),Bi(2,0,3),Di(0,2,3),錯(cuò)誤！未找到引用源。設(shè)E(2,y,z),則DiE=(2,y-2,z-3)AF=(i,2,0),ABi=(2,0,3)…DiEAF=0"DiE_L平面ABiF=〈——.，即」

[DEABi=0'2+2(y-2)=0、4+3(z_3)=0y=i二5z=-35、???E(2,1,)為所求34..—(n)當(dāng)DR平面ABiF時(shí),D1E=(2,—1,--),BBi=(0,0,—3)……8分3又B1B與D1E分別是平面BEF與平面BlEF的法向量，9分則二面角Bi-AF-B的平面角等于<B1B,D1E>.10分cos:：B1B,D1cos:：B1B,D1E=-3(-4)

32423f+1+(-3)4.616111分?.B1-AF-B的平面角為461arccos—61QE-AB二四邊形ABEQ是平行四邊形=QE-AB二四邊形ABEQ是平行四邊形=BE//AQ3分BE//AQ、PAD5分AQu平面PADBE〃平面BES平面PADPA_L平面ABCD

(2)丁工-CD二平面ABCDJ1PA_LADCD-L平面PAD:_ADcPA=A,AQ=平面PADJ~CDCDAQ—CD36、(廣東省2008屆六校第二次聯(lián)考)如圖所示，四棱錐P-ABCD底面是直角梯形BA_LAD,CD_LAD,CD=2AB,PA_L底面ABCQE為PC的中點(diǎn)，PA=AD=AB=1.(1)證明：EB〃平面PAD；(2)證明：BE_L平面PDC;(3)求三棱錐B-PDC的體積V.1證明：(1)取PD中點(diǎn)Q,連EQ,AQ,則QE=-CD=AB…1分2QE//CDCD//ABMQE//AB2分PA=ADI—AQ—PDQ為PD的中點(diǎn)CD-PD=D

=AQ_L平而PCD〕中,10分,=BE_L平面PCD.10分BE//AQ斛:(3)S西DC,八1ADLDC=-x1x2=1211分1cAlc1VB_PDC=Vp

_BDC-yPALSbDC一二3337、(廣東省佛山市2008年高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)一)如圖，在組合體中,ABCD—A1B斛:(3)S西DC,八1ADLDC=-x1x2=1211分1cAlc1VB_PDC=Vp

_BDC-yPALSbDC一二3337、(廣東省佛山市2008年高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)一)如圖，在組合體中,ABCD—A1B1cl口1是一個(gè)長(zhǎng)方體，P—ABCD是一個(gè)四棱錐.AB=2,BC=3,點(diǎn)PW平面CC1D1D且PD=PC=42.(I)證明：PD_L平面PBC;(n)求PA與平面ABCD所成的角的正切值;(出)若AA,=a,當(dāng)a為何值時(shí)，PC〃平面AB1D.(I)證明：因?yàn)镻D=PC=y/2,CD=AB=2,所以APCD為等腰直角三角形，所以PD_LPC.因?yàn)锳BCD—AB1cl口,是一個(gè)長(zhǎng)方體，所以BC_L面CC1D1D,而PW平面CC1D1D,所以PDU面CC1D1D，所以BC_LPD.因?yàn)镻D垂直于平面PBC內(nèi)的兩條相交直線PC和BC,由線面垂直的判定定理，可得PD_L平面PBC.…4分(n)解：過P點(diǎn)在平面CC1D1D作PE_LCD于E,連接AE.因?yàn)槊鍭BCD_L面PCD,所以PE_L?ABCD,所以/PAE就是PA與平面ABCD所成的角.PE=1AE二110tanPAE二PE1X,10AE.1010所以PA與平C所成的角的正切值為,1010ClBl(出)解：當(dāng)a=2時(shí)，PC〃平面ABiD.……9分當(dāng)a=2時(shí)，四邊形CC1D1D是一個(gè)正方形，所以/C1DC=45°,而/PDC=45°,所以/PDC1=900,所以C1D1PD.而PC_LPD,C〔D與PC在同一個(gè)平面內(nèi)，所以PC//C1D.而C而C1Du面AB1clD,所以PC//面AB1clDPC〃平面AB〔D.方法二：(I)如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長(zhǎng)AA1=a，則有D(0,0,a),PC〃平面AB〔D.方法二：(I)如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長(zhǎng)AA1=a，則有D(0,0,a),P(0,1,a+1),B(3,2,a),C(0,2,a).于是PD=(0,_1,_1),PB=(3,1,—1),PC=(0,1,-1)，所以彘PB=0,PD.PC=0.可得所以PD垂直于平面PBC內(nèi)的兩條相交直線PC和BC,由線面垂直的判定定理,PD1平面PBC.TT(II)A(3,0,a),所以PA=(3,-1-1),而平面ABCD的一個(gè)法向量為必=(0,0,1).…5分所以口--1cos::PD,m=1111111所以PA與平面ABCD所成的角的正弦值為所以PA與平面ABCD所成的角的正切值為.11111010(m)(m)B1=(3,2,0)，所以DA=(3,0,0),AB1=(0,2-a).設(shè)平面AB〔D的法向量為AB1D的一個(gè)法向量為DA&=AB1D的一個(gè)法向量為n2=(x,y,z),則有{,令z=2,可得平面AB1n2=2y-az=0n2=(0,a,2).……10分若要使得PC//平面AB〔D,則要PC-Ln2,即PCn2=a—2=0,解得a=2.…11分所以當(dāng)a=2時(shí)，PC//平面AB〔D.

38、(廣東省惠州市2008屆高三第三次調(diào)研考試)如圖，P—ABCD是正四棱錐，ABCD一AB〔GDi是正方體，其中AB=2,PA=J5,(1)求證：PA_LBDi；(2)求平面PAD與平面BDDiB1所成的銳二面角6的余弦值；(3)求百到平面PAD的距離.解法一：以ABi為X軸，為y軸，aA為Z軸建立空間直角坐標(biāo)系(1)設(shè)E是BD的中點(diǎn)，P—ABCD是正四棱錐，，PE±ABCD又AB=2,PA=7^,PE=2P(1,1,4)BD=(—2,2,0),AP=(1,1,2)BR,AP=0即BR,AP=0即PA1B1D1(2)設(shè)平面PAD的法向量是m=(x,y,z),7AD=(0,2,0),AP=(1,1,2)Ty=0,x+2z=0取z=1得m=(—2,0,1),又平面BDD〔Bi的法向量是n=(1,1,0)10分11分?10分11分tB1A=(-2,0,2)到平面PAD的距離到平面PAD的距離d=B〔Am14分解法二:(1)設(shè)ACWBD交點(diǎn)為Q連PQP—ABC提正四棱錐，，POL面ABCD二?AO為PA在平面ABCDt的射影，又ABC時(shí)正方形，，ACLBD,由三垂線定理知PA1BD而BD//BD;，PA1B1D1(2)由題意知平面PAD與平面BDD〔Bi所成的銳二面角為二面角A-PD-B；

A0±面PBR過O作OE垂直PD于E,連AE則由三垂線定理知/AEO為二面角A-PD-B的平面角；8分可以計(jì)算得，cosi=R10分5(3)設(shè)BCi與BC的中點(diǎn)分別為MN;則B到平面PAD的距離為M到平面PAD的距離;6L由VM-PAD=Vp-ADM求信d=-75。539、(廣東省揭陽(yáng)市2008年高中畢業(yè)班高考調(diào)研測(cè)試)在三^B隹S-ABC中,.SAB"SAC"ACB=90,AC=1,BC=。3,SB*2.求三棱錐S-ABC的體積；(2)證明：BC_LSC;(3)求異面直線SB和AC所成角的余弦值。(1)解：../SAB=NSAC=/ACB=900SA_LAB,SA_LAC,且AB。AC=A,??.SA_L平面ABC2分在RtMCB中，AB=JBC--133?--133?.Vsubc=二SabcSA=二—2=--.43323(2)證法1:由(1)知SA=2,在RtASAC中，SC=JSA2+AC2=J4+1=匹---6分22BC+SC=3+5=8=SB,..BC_LSC8分證法2：由(1)知SA_L平面ABC，;BC二面ABC,BC_LSA,.BC_LAC,ACHAS=A,..BC_L面SAC又.SCU面SAC,?.BC.LSC⑶解法1:分別取ARSABC的中點(diǎn)口E、F,RtASAB中，SA=JSB2-AB2=78^4=2,SABC=工ACBC=-1.3=--,222

連結(jié)EDDF、EF、AF,則DE//BS,DF//AC,TOC\o"1-5"\h\z???ZEDF（或其鄰補(bǔ)角）就是異面直線SB和AC所成的角10..1-11,DE=-SB=2,DF=—AC=—,222在RtAACF中，F(xiàn)C=1BC=頁(yè)22???AF=.AC2FC2在RtAEAF中，EF=1EA2+AF2=J1+???AF=.AC2FC2在4DEF中，由余弦定理得cos.EDF=DE2DF”F22DEDF114224?在4DEF中，由余弦定理得cos.EDF=DE2DF”F22DEDF114224???異面直線SB和AC所成的角的余弦值為14解法2：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC所在的直線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖則可得點(diǎn)A(0,0,0),C(0,1,0),B(-,3,1,0)設(shè)異面直線SB和AC所成的角為6設(shè)異面直線SB和AC所成的角為6BSAC則COSH=3*=||BS「|AC|工???異面直線SB和AC所成的角的余弦值為—440、（廣東省汕頭市潮陽(yáng)一中2008年高三模擬）如圖，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長(zhǎng)都等于2,ZABC=60°,平面AAiCiCL平面ABCD,/AiAC=60°。（I）證明：BD±AAi；（n）求二面角D—AiA—C的平面角的余弦值；（山）在直線CC上是否存在點(diǎn)P,使BP/平端喝A^M優(yōu)意求出點(diǎn)P的位置；若不存在，說明理由?！擒姡哼B接BD交AC于O,貝UBD±AC,連接AQ在AAAiO中，AAi=2,AO=1,/AiAO=60°?.AiO2=AAi2+AO2—2AAi?Aocos60°=3?AO2+AiO2=Ai2?AiOXAO,由于平面AAiQCX平面ABCD,所以AiOL底面ABCD??以O(shè)B、OG0Al所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A(0,i,0),B(v'3,0,0),C(0,i,0),D(—V3,0,0),Ai(0,0,73)2分錯(cuò)誤！未找到引用源。(I)由于BD=(-23,0,0)AA=(0,i,3)則AABD=0(-2.3)i030=0BD±AAi4分(n)由于OB,平面AAiCiC??平面AAiCiC的法向量ni=(i,0,0)設(shè)n2，平面AAiD'n；_LAa1、l則〈一一，設(shè)n2=(x,y,z)n2,ADTOC\o"1-5"\h\zr,y+<3z=0打?l?得到」_取n2=(i,j3,-i)6分j'3xy=0—一nin2、:5cos:二ni,n2=二—|ni||也|5………，一一…、5…所以一面角D-AiA-C的平面角的余弦值是—8分(出)假設(shè)在直線CG上存在點(diǎn)P,使BP//平面DAiCi設(shè)CP=CCi，P(x,y,z)則(x,y-i,z)=(0,i,3)得P(0,i+九,島)BP=(-73,i十九,唇)9分設(shè)n3，平面DA1cl

n3_LA1cl—?jiǎng)t(——設(shè)％=儀3,丫323)n3.DAi'2y3=0——得到J10分二_不妨取n3=(1,0,—1)得到J10分w'3x3+%：3z3=0又因?yàn)锽P//平面DA1C1則n3?BP=0即一屈—、百九=0得九=-1即點(diǎn)P在Gc的延長(zhǎng)線上且使GC=CP12分法二：在A1作AQ^AC于點(diǎn)O,由于平面AA〔GC，平面ABCD,由面面垂直的T生質(zhì)定理知，AQL平面ABCD又底面為菱形，所以AC±BD由于BD_AC由于BD_ACBD_A1OA1OAC=0BD_L平面AA1OAA1u平面AAQ「rAA_BD錯(cuò)誤！未找到引用源。4分(n)在^AA1O中，4分(n)在^AA1O中，A1A=2,/A1AO=60°?.AO=AA?cos60°=1所以O(shè)是AC的中點(diǎn)，由于底面ABCD為菱形，所以O(shè)也是BD中點(diǎn)由(I)可知DO,平面AAiC過O作OELAAi于E點(diǎn)，連接OE,則AA11DE則/DEO為二面角D—AA1—C的平面角6分在菱形ABCD中,AB=2,/ABC=60°AC=AB=BC=2???AO=1,DO=.AB2-AO2=,3在Rt^AEO中,八八/八3OE=OA-sin/EAO=——2de=oe2od2=\43;學(xué)..cos/DEO=OE=5DE5???二面角???二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是、5(m)存在這樣的點(diǎn)P連接BiC,因?yàn)锳iBi//AB//dc，四邊形AiBiCD為平行四邊形。?-AiD//BiC在GC的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)P,使CiC=CP連接BPi0分因BiB//CQ,i2分?BBi//CP，四邊形BBiCP為平行四邊形則BP//BiC）如圖，已知正四棱柱B作BiC）如圖，已知正四棱柱B作BiC的垂線交側(cè)棱?.BP//平面DAG4i、（廣東省汕頭市澄海區(qū)2008年第一學(xué)期期末考試中，底面邊長(zhǎng)AB=2,側(cè)棱BBi的長(zhǎng)為4,過點(diǎn)BiC于點(diǎn)F,（i）求證：AiC,平面BDE;（2）求AiB與平面BDE所成角的正弦值。（3）設(shè)F是CG上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)C）,求證：△DBF是銳角三角形。（i）證明：由正四棱柱性質(zhì)知AiBi,平面BCCBi,AiAL平面ABCD,所以BiC、AC分另1J是AiC在平面CGBiB、平面ABCD上的射影TOC\o"1-5"\h\zBiC±BE,ACLBD,AiC±BE,AiC±BD,（2分）?1?AC,平面BDE（4分）。（直接指出根據(jù)三垂線定理得"AiC±BE,AiC±BD”而推出結(jié)論的不扣分）(2)解：以DA、DCDDi所在直線分別為x、y、z軸，建立坐標(biāo)系,則A(2,0,4),C(0,2,0),TTB(2,2,0),AC=(-2,2,T),AB=(0,2,Y)(6分)???COS<AC,A!Aj^CmB=*°(7分)|AC|jAB|6設(shè)AiCQ平面BDE=K,由（i）可知，/AiBK為AiB與平面BDE所成角，（8分）,sinABK=cos二溫..且,sinABK=cos二溫..且6(9分)⑶證明：設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0,2,z)(0<z<4),則|BF|=|DF|=Jz2+22,DFB為又|DB|=2J2,故^DBFDFB為(11分)由余弦定理得DF(11分)由余弦定理得DF2BF2-DB2cos/DFB=2DF*BFTOC\o"1-5"\h\z2(z24)2-(2,2)22z2=-2——>02(.z24)22(z4)「./DFB為銳角，（13分）即不論點(diǎn)F為CG上C點(diǎn)除外的任意一點(diǎn)，4DFB總是銳角三角形.（14分）說明：若沒有說明三角形為等腰三角形而只證明一個(gè)角是銳角，或只證明底角是銳角的“以偏概全”情況應(yīng)扣2分）42、（廣東省音§關(guān)市2008屆高三第一次調(diào)研考試）如圖，在三棱拄ABC-ABG中，AB.L側(cè)面BBGC,已知BC=1,/BCC1=—3（I）求證：C1B_L平面ABC;（n）試在棱CC1（不包含端點(diǎn)C,C1）上確定一點(diǎn)E的位置使得EA_LEB；（m）在（n）白條件下，求二面角A-EBi-A的平面角的正切值.證（I）因?yàn)锳B_L側(cè)面BBGC,故AB_LBG在UBC1C中，BC=1,CC1=BB1=2,2BCC1="3由余弦定理有14-22cos3=、3BC1-/BC2CC12-2BCCC1cosBCC14-22cos3=、3故有BC2B1C2=C1C1cB.BC而BC^AB=B且AB,BCU平面ABC,C1B_L平面ABC(n)由EA-LEB,AB_LEBhABplAE：A,AB,AE=平面ABE從而BE_L平面ABE且BEU平面ABE故BE_LB〔E

TOC\o"1-5"\h\z22不妨設(shè)CE=X則C1E=2—x,則BE=1+x-x一…2oo又；.BiCiC=--：則B1E2=1x2x31在R(BEB1中有x2+x+1+x2-x+1=4從而x=±1(舍負(fù))B(0以B為原點(diǎn)前,前總為x,y,z軸1———0E-0)B(0以B為原點(diǎn)前,前總為x,y,z軸1———0E-0)x1TB，),A?1,據(jù)EA06B得2(-x-1,---x,、■.2)(-x一2,、.3一—x,0)=022221點(diǎn)，M'(-x-1)(-x-2)--xx/3--x=022、2,T—|(E(A,E0B,0即)AZB1（出）取EB1的中點(diǎn)D,AE的中點(diǎn)F,BBB1（出）取EB1的中點(diǎn)D,AE的中點(diǎn)F,BB1的中點(diǎn)N,AB1的中點(diǎn)M連DF則DF〃AB1,連DN則DN〃BE,連MN則MNIIg連MF則MF//BE,且MNDF為矩形，MDIIAE又：ABEB1,BE_LEB故NMDF為所求二面角的平面角在RtLJDFM中，DF=1A6=』2(；'&BCE為正三角形)

221

MFBE=

2tanMDF11

CE-221=2=2,222法二：由已知EA_LEB,B1A，eb,所以二面角A—EB—A的平面角8的大小為向量BA與EA的夾角2化簡(jiǎn)整理得x—3x+2=0x=1或x=2當(dāng)x=2時(shí)E與C1重合不滿足題意當(dāng)x=1時(shí)E為CC1的中點(diǎn)故E為CG的中點(diǎn)使EA_LEB^,-1,2)

2243、(廣東省深圳市2008年高三年級(jí)第一次調(diào)研考試示的幾何體ABCDE中，DA_L平面EAB,CBEA=DA=AB=2CB^,-1,2)

2243、(廣東省深圳市2008年高三年級(jí)第一次調(diào)研考試示的幾何體ABCDE中，DA_L平面EAB,CBEA=DA=AB=2CB,EA_LAB,M是EC的中點(diǎn).(I)求證：DM_LEB;(n)求二面角M-BD—A的余弦值.解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)EA=DA=AB=2CB=2,則(I)DM=1,1,-32，EB=(-2,2,0),DM_LEB；T=(x,y,z)是平面BDM的法向量，則由ni—H4—I_LDM,n〔_LDB及DM=1,1,11DB=(0,2,-2)D)如圖所//DA,CMA4BCEB因?yàn)锽A=BA=(0,0,%2)EA=(-?—3n1DM=xy-—z=0—T得’.一2=可以取1=(1,2,2).n〔DB=2y-2z=0顯然，”=(1,0,0)為平面ABD的法向量.設(shè)二面角M-BD-A的平面角為日，則此二面角的余弦值cos?：|cos：：n1,n2設(shè)二面角M-BD-A的平面角為日，則此二面角的余弦值cos?：|cos：：n1,n2|=5%=-|必||%|344、BC±AC,(廣東省四校聯(lián)合體第一次聯(lián)考)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1±WABC,BC=AC=2AA1=3,D為AC的中點(diǎn).求證：ABi〃面BDG；(2)求二面角G—BD—C的余弦值；(3)在側(cè)棱AAi上是否存在點(diǎn)巳使得CP>±面BDCi?并證明你的結(jié)論.(1)連接BiC,交BG于點(diǎn)。，則。為BiC的中點(diǎn)，.D為AC中點(diǎn)OD//BiA又BiA遼平面BDCi,OD三平面BDCi?.BiA//平面BDG(2).A^，面ABC,BC±AC,AA1//CCi.?.CC」面ABC則BC平面AG,CQXAC如圖建系則Ci(3,0,0)B(0,0,2)D(0,1,0)C(0,0,0)??CD=(-3,1,0)CiB=(-3,0,2)/CiAB設(shè)平面CiDB的法向量為n=(x,y,z)/CiAB設(shè)平面CiDB的法向量為n=(x,y,z)，二面角G—BD—C的余弦值：cos(C1C,n>CiCn|CiC||n|(出)設(shè)P(h,2,0)則CP=(h,2,0)若CP上面BDG則CP〃n即(h,2,0)=入(2,-6,3)此時(shí)入不存在，在側(cè)棱AAi，二面角G—BD—C的余弦值：cos(C1C,n>CiCn|CiC||n|(出)設(shè)P(h,2,0)則CP=(h,2,0)若CP上面BDG則CP〃n即(h,2,0)=入(2,-6,3)此時(shí)入不存在，在側(cè)棱AAi上不存在點(diǎn)P,使得CP>±面BDG45、(廣東省五校2008年高三上期末聯(lián)考)已知梯形JT-,AB=BC=2AD=4E、2F分別是AB、CD上的點(diǎn),沿EF將梯形ABCD翻折,(1)當(dāng)x=2時(shí)，求證:BD±EG;(2)若以F、B、C、D為頂點(diǎn)的三棱錐的體積記為f(x),求f(x)的最大值;(3)當(dāng)f(x)取得最大值時(shí)，求二面角D-BF-C的余弦值.解：(1)(法一)??,平面AEFD_L平面EBCF,AE±EFJAEL面平面EBCF,AE±EF,AELBE,又BEXEF,故可如圖建立空間坐標(biāo)系E-xyZo貝UA(0,0,2),B(2,0,0),G(2,2,0),D(0,2,2),E(0,0,0)ABCD中，AD//BC,/ABC=/BAD使平面AEFDL平面EBCF如圖).1分EF//BC,AE=x,G是BC的中點(diǎn)。BD=(—2,2,2),EG=(2,2,0)BDEGEG=(—2,2,2)I(2,2,0)=0,BD_LEGBDEGTOC\o"1-5"\h\z（法二）作DHXEFTH,連BH,GH,1分由平面AEFD_L平面EBCF知：DHL平面EBCF而EG二平面EBCF故EG±DHo又四邊形BGHE為正方形，，EG±BH,BHCDH=H,故EG,平面DBH,3分而BD匚平面DBH,EG±BD。4分（或者直接利用三垂線定理得出結(jié)果）???AD//面BFC,4分1114分所以f(x)=Va-bfc=_SBFCI_AE=444(4-x)Ix332,一288八=—-(x—2)+—E-7分33即x=2時(shí)f(x)有最大值為8o8分3(3)(法一)設(shè)平面DBF的法向量為n1=(x,y,z),?「AE=2,B(2,0,0),D(0,2,2),F(0,3,0),?.BF=(—2,3,0),BD=(—2,2,2),:9分則!沔0,nlBF=0(x,y,z)[-2,2,2)=0-2x2y2z=0(x,y,z)L(-2,3,0)=0.-2x3y=0T取x=3,則y=2,z=1,??.n=(3,2,1)T面BCF的一個(gè)法向量為"=(0,0,1)n111n21/T4貝Ucos<n1,n2>=T叼=|?||7|1412分13分VT414由于所求二面角12分13分VT41414分（法二）作DHXEFTH,作HMXBF,連DM。由三垂線定理知BF±DM,ZDMH是二面角D-BF-C的平面角的補(bǔ)角。9分HMHF2由△HMFs^EBF,知RE=bf，而HF=1,BE=2,BF=JbU+EF=J13,，HM=『0又DH=2,DH—???在Rt^HMD中，tanZDMH=--=J13,HMTOC\o"1-5"\h\z因/DMH為銳角，cos/DMH=^2Z,13分而/DMH是二面角D-BF-C的平面角的補(bǔ)角，故二面角D-BF-C的余弦值為一魯。14分.、一一..一..冗46、（貴州省貴陽(yáng)六中、遵義四中2008年圖三聯(lián)考）如圖，在RtAAOB中，/OAB=—,6斜邊AB=4.Rt△AOC可以通過RtAAOB以直線AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B-AO-C是直二面角.動(dòng)點(diǎn)D在斜邊AB上。（I）求證：平面COD_L平面AOB；（II）當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，求異面直線AO與CD所成角的大?。唬↖II）（理）求CD與平面AOB所成角的最大值。（文）當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，求CD與平面AOB所成的角。解：（I）由題意，CO_LAO,BO_LAO,二/BOC是二面角B-AO-C是直二面角,又[二面角B-AO-C是直二面角，,CO_LBO,又AO0|BO=O,,CO_L平面AOB,又COU平面COD,二平面COD，平面AOB.……4分（II）解法一：作DE_LOB,垂足為E,連結(jié)CE（如圖），則DE//AO,J.NCDE是異面直線AO與CD所成的角.在Rt^COE中，CO=BO=2,OE=>BO=1，二CE="CO一一一CE.515又DE=—AO=一一一CE.515又DE=—AO=v3.在RtACDE中，tanCDE===DE.332二異面直線AO二異面直線AO與CD所成角的大小為.15

arctan-36_,626_,62、3也：24二異面直線AO與CD所成角的大小為6arccos——4解法二：建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz,如圖，則0（0,0,0）,A（0,0,2由），C（2,0,0）,一T一一—TToACDOACDD(01,V3)，二OA=(0,0,273),CD=(-21,V3)，,cos<OACD>=OACD（III）（理）由（I）知，CO_L平面AOB,「.NCDO是CD與平面AOB所成的角,TOC\o"1-5"\h\z一OC2且tanCDO=-=—.當(dāng)OD最小時(shí)，/CDO最大，這時(shí)，OD-LAB,垂足為D,廠OD==J3,tanCDO=——，二CD與平面AOB所成角的最大值為AB3arctanM.3arctanM.312分（文）由（I）知，CO，平面AOB,「.NCDO是CD與平面AOB所成的角，且，/CDO=45°。??…12分47、（安徽省合肥市2008年高三年級(jí)第一次質(zhì)檢）如圖，在幾何體P-ABCD中，面ABCD為矩形，PA_L面ABCD,AB=PA=2（1）求證；當(dāng)AD=2時(shí)，平面PBDL平面PAC（2）當(dāng)J5WADWJ5時(shí)，求二面角B-PD-C的取值范圍。

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AP、AB、AD分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立如圖所示的坐標(biāo)系。設(shè)AD=a,由已知得系。設(shè)AD=a,(1)當(dāng)(1)當(dāng)AD=2時(shí)，C(0,2,2),D(0,0,2),2分PBD,平面PAC，平面.PA，面ABCD,BD_LPAI(Xi，yi，Zi)(-2,0,a)=0

(x2分PBD,平面PAC，平面.PA，面ABCD,BD_LPAI(Xi，yi，Zi)(-2,0,a)=0

(xi,yi,zi)(0,2,0)=0工2x1az1=0,,\=y1=0T不妨設(shè)x=a,則叫=(a,0,2)TTn2PD=0設(shè)h=(x2,y2,Z2),電，平面pdb,，Tn2PB=0—!(x2,y2,Z2)<-2,0,a)=0?02,丫2:2)(-2,2,0)=0-2x2az2=0—-2x22y2=02x2ta不妨設(shè)x2=a,則n2=(a,a,2)10分)2=X21?cos<ni,n2=rT/八小/~—-q2_00,2)(a,a,2)_a4=1(1.2)1n111n2|.a24；2a242a2412a2當(dāng)亞EADwJ5變化時(shí)，即72<a<V5,2<a2<512cos::n[，n2：=](112.2a22又<R],n2A石[0,n],<n1,n2>e[—,arccos63.1414]???Bd=(0,-2,2),PA=(-2,0,0),CA=(0,-2,-2)BDPA=0,BDCA=0,BDJ_PA,BDJ_CA又PAP|CA=A,?,?平面PBDL平面PAC解法二：當(dāng)AD=2時(shí)，矩形ABCD為正方形，，BD_L又PA^CA=A,，BD,平面PACBD二平面PBD,(2)由P(2,0,0),B(0,2,0),C(0,2,a),D(0,0,a)得PD=(-2,0,a),PB=(-2,2,0),DC=(0,2,0)TTn1PD=0設(shè)n1=(x1，％,乙)，口_L平面PDC,.?.<7T=n1DC=0

48、（河北省正定中學(xué)高2008屆一模）在五棱錐P-ABCDE中，PA=AB=AE=4aPB=PE=4涯a,BC=DE=2a/EAB=ZABC=ZDEA=90°.（1）若G為PE中點(diǎn)，求證：AG_L平面PDE.（2）求二面角A-PD-E的正弦值；（3）求點(diǎn)C到平面PDE的距離.解（1）?./AED=90°,AE±ED.「PA!平面ABCDE，PA!ED...ED,平面PAE所以DE±AGo：'PA=AE,G為PE中點(diǎn)，所以AG±PE,DEAPE=E,AG，平面PDE（4?分）/AED=90°,AE±ED..