較好較難地幾個立體幾何

49、矩形ABCD與矩形ABEF的公共邊為AB，且平面ABCD平面ABEF，如圖所示，F(xiàn)D2，AD=1，EF=3．FE（Ⅰ）證明：AE平面FCB；（Ⅱ）求異面直線BD與AE所成角的余弦值（Ⅲ）若M是棱AB的中點，在線段FD上是否存在一點N，使得MN∥平面FCB？AM證明你的結(jié)論．B解：(1)平面ABCD平面ABEF,DC且四邊形ABCD與ABEF是矩形,AD平面ABEF,ADAE,BC∥ADBCAE又FD=2,AD=1,所以AF=EF=3,所以四邊形

ABEF為正方形

.

AE FB,又BF所以AE

BC平面

B，BF 平面BCF，BC 平面BCFBCF?????????????????

4分(2)設(shè)

BF

AE=O,取

FD的中點為

H,連接

OH,在

FDB中

OH//BD,HOF即為異面直線 BD與AE所成的角(或補(bǔ)角),在 FOH中,OH=1,FH=1,FO=

6

,

cos

HOF=

62

4異面直線

BD與

AE所成的角的余弦值為

6

??????????

.8

分4當(dāng)N為FD的中點時,MN∥平面FCB證明：取CD的中點G,連結(jié)NG，MG，MN，則NG//FC,MG//BC,又NG平面NGM，MG平面NGM且NGMG=G所以平面NGM//平面FBC,MN平面NGMMN//平面FBC???????????????????????12分50、(河北省正定中學(xué)2008年高三第五次月考)如圖，在直三棱柱ABC-ABC中，111BAC900,ACABAA1,E是BC的中點。求異面直線AE與A1C所成的角；若G為C1C上一點，且EG⊥A1C，試確定點G的位置；在（2）的條件下，求二面角A1-AG-E的大小（文科求其正切值）。解：（1）取B1C1的中點E1，連A1E1，E1C，則AE∥A1E1，∴∠E1A1C是異面直線 AE與A1C所成的角。設(shè)ACABAA12a，則AE2a,AC22a,111E1C11B1C12a.E1CE1C12C1C26a.22a28a26a2在A1E1C中，cosE1A1C122a22a。2所以異面直線AE與A1C所成的角為。------------------4分3ABC-ABC是直三棱柱（2）.由（1）知，AE⊥BC,又因為三棱柱1111111A1E1⊥BCCB,又EG⊥ACCE⊥EG.1111∠E1CC1.=∠GECE1CC1~GECCGC1E1即CG2aaCEC1C2a得CG2a所以G是CC1的中點------------------------------8分3）連結(jié)AG,設(shè)P是AC的中點，過點P作PQ⊥AG于Q,連EP,EQ,則EP⊥AC.又平面ABC⊥平面ACCAEP⊥平面ACCA1111而PQ⊥AGEQ⊥AG.∠PQE是二面角C-AG-E的平面角.由EP=a,AP=a,PQ=a,得tanPQEPE55PQ所以二面角C-AG-E的平面角是arctan5，而所求二面角AAGE是二面角C-AG-E1的補(bǔ)角，故二面角A1AGE的平面角是π－arctan5------------------------12分（文）二面角A1AGE的平面角的正切值為－5。------------------------12分45、(廣東省五校 2008年高三上期末聯(lián)考 )已知梯形 ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BADA D，AB=BC=2AD=4，E、F分別是AB、CD上的點，EF∥BC，AE=x，G是BC的中點。2E F沿EF將梯形ABCD翻折，使平面 AEFD⊥平面EBCF(如圖).(1) 當(dāng)x=2時，求證：BD⊥EG；(2)若以F、B、C、D為頂點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，求二面角D-BF-C的余弦值.解:（1）（法一）∵平面AEFD平面EBCF,AE⊥EF,∴AE⊥面平面EBCF,AE⊥EF,AE⊥BE,又BE⊥EF,故可如圖建立空間坐標(biāo)系E-xyz。????????????????? 1分則A（0，0，2），B（2，0，0），G（2，2，0），D（0，2，2），E（0，0，0）????2分

B CADEFB CGADAzEE F

DF

yB C

B CGxBD（－2，2，2），EG（2，2，0）???????????????????3分BDEG（－2222200EG???????????4分，，）（，，）＝，∴BD（法二）作DH⊥EF于H，連BH，GH，?????1分AD由平面AEFD 平面EBCF知：DH⊥平面EBCF，而EG平面EBCF，故EG⊥DH。又四邊形BGHE為正方形，∴EG⊥BH，BHDH＝H，故EG⊥平面DBH，???????3分而BD平面DBH，∴EG⊥BD。???????4分

E HF（或者直接利用三垂線定理得出結(jié)果）（2）∵AD∥面BFC，

B CG所以f(x)VA-BFC＝111(4-x)xsBFCAE＝34322(x2)288???????????????????????????7分3338。??????????????????????即x2時f(x)有最大值為8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(xiàn)（0，3，0）,∴BF(2,3,0),BD（－2，2，2）,????????????9分ADn1BD0則，EHFn1BF0M(x,y,z)(2,2,2)02x2y2z0即，2x3y0(x,y,z)(2,3,0)0BGC取x＝3，則y＝2，z＝1，∴n1(3,2,1)面BCF的一個法向量為n2(0,0,1)???????????12分則cos<n1,n2>=n1n214????????????????13分|n1||n2|14由于所求二面角 D-BF-C 的平面角為鈍角，所以此二面角的余弦值為－?????14分14（法二）作 DH⊥EF于H，作HM⊥BF，連DM。由三垂線定理知 BF⊥DM，∴∠DMH是二面角D-BF-C的平面角的補(bǔ)角。??????????9分由△HMF∽△EBF，知HM＝HF，而HF=1，BE=2，BF＝BE2＋EF2＝13，∴HM＝2。BEBF13又DH＝2，DH13，∴在Rt△HMD中，tan∠DMH=-＝HM因∠DMH為銳角，∴cos∠DMH＝ 14，????????????13分14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－14。????????????14分1446、(貴州省貴陽六中、遵義四中2008年高三聯(lián)考)如圖，在Rt△AOB中，OABπ，斜邊AB4．Rt△AOC可以通過Rt△AOB以直線AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，6且二面角AOC是直二面角．動點D在斜邊AB上。（I）求證：平面COD平面AOB；（II）當(dāng)D為AB的中點時，求異面直線AO與CD所成角的大小；（III）（理）求CD與平面AOB所成角的最大值。（文）當(dāng)D為AB的中點時，求CD與平面AOB所成的角。解：（I）由題意，COAO，BOAO，BOC是二面角BAOC是直二面角，又二面角BAOC是直二面角，COBO，又AOBOO，CO平面AOB，又CO平面COD，平面COD平面AOB．??4分（II）解法一：作DEOB，垂足為E，連結(jié)CE（如圖），則DE∥AO，CDE是異面直線AO與CD所成的角．在Rt△COE中，COBO2，OE1BO1，CECO2OE25．2又DE1AO3．在Rt△CDE中，tanCDECE515．2DE33異面直線AO與CD所成角的大小為 arctan 15．??8分3解法二：建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖，則O(0，0，0)，A(0，0，23)，C(2，0，0)，D(01，，3)，OA(0，0，23)，CD(21，，3)，cosOACD，OACDOACD2626．異面直線AO與CD所成角的大小為arccos6．??8分3244（III）（理）由（I）知，CO平面AOB，CDO是CD與平面AOB所成的角，OC2OD最小時，CDO最大，這時，ODAB，垂足為D，且tanCDO．當(dāng)ODODODOAOB323CD與平面AOB所成角的最大值為AB，tanCDO，3arctan23．??12分3（文）由（I）知，CO平面AOB，CDO是CD與平面AOB所成的角，且CDO45o。??12分47、(安徽省合肥市

2008

年高三年級第一次質(zhì)檢

)如圖，在幾何體

P

ABCD

中，面

ABCD為矩形，

PA

面ABCD

，

AB

PA

2（1）求證；當(dāng)

AD

2時，平面

PBD⊥平面

PAC；（2）當(dāng)

2

AD

5時，求二面角

B

PD

C

的取值范圍。以A為坐標(biāo)原點，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 A(0,0,0),P(2,0,0),B(0,2,0),C(0,2,a),D(0,0,a)（1）當(dāng)AD2時，C(0,2,2),D(0,0,2)，∴BD(0,2,2),PA(2,0,0),CA(0,2,2)4分∴BDPA0,BDCA0，∴BDPA,BDCA又PACAA，∴平面PBD⊥平面PAC；6分解法二：當(dāng)AD2時，矩形ABCD為正方形，∴BDAC∵PA面ABCD，∴BDPA2分又PACAA，∴BD⊥平面PAC，BD平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC2）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)設(shè)n(x,y,z),n平面PDC，∴n1PD0(x1,y1,z1)(2,0,a)011111n1DC0(x1,y1,z1)(0,2,0)02x1az10z12x1∴a不妨設(shè)x1a，則n1(a,0,2)y10y10設(shè)n2(x2,y2,z2),n2平面PDB，∴n2PD0(x2,y2,z2)(2,0,a)0n2PB0(x2,y2,z2)(2,2,0)02x2az20z22x2∴a不妨設(shè)x2a，則n2(a,a,2)10分2x22y20y2x2∴cosn1,n2n1n2(a,0,2)(a,a,2)a241(12)|n1||n2|a242a242a242a22當(dāng)2AD5變化時，即2a5，2a25cosn1,n21(12)[314,3]2a22142又n1,n2[0,]，∴n1,n2[,arccos314]61440、(廣東省汕頭市潮陽一中2008年高三模擬)如圖，棱柱ABCD—A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°。（Ⅰ）證明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角 D—A1A—C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直線 CC1上是否存在點P，使BP//平面DA1C1？若存在，求出點P的位置；若不錯誤！未找到引用源。存在，說明理由。解：連接 BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A1O在△AA1O中，AA1=2，AO=1，A1AO=60°2 2 2A1O=AA1+AO－2AA1·Aocos60°=3222∴AO+A1O=A1∴AO⊥AO，由于平面AACC⊥111平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD∴以O(shè)B、OC、OA1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，－1，0），B（3，0，0），C（0，1，0），D（－3，0，0），A（0，0，3）1????????2分錯誤！未找到引用源。（Ⅰ）由于BD(23,0,0)AA1 (0,1, 3)則AA1 BD 0 (23) 1 0 3 0 0BD⊥AA1????????4分（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C∴平面AA1C1C的法向量n1 (1,0,0)設(shè)n2⊥平面AA1Dn2 AA1則 設(shè)n2 (x,y,z)得到y(tǒng)3z0取n2(1,3,1)????????6分3xy0cosn1,n2n1n25|n1||n2|5所以二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是5????????8分5（Ⅲ）假設(shè)在直線 CC1上存在點 P，使BP//平面DA1C1設(shè)CP CC1,P(x,y,z)則(x,y 1,z) (0,1, 3)得P(0,1 , 3)BP ( 3,1 , 3)???????? 9分設(shè)n3平面DA1C1則n3A1C1設(shè)n3(x3,y3,z3)n3DA1得到2y30不妨取n3(1,0,1)????????10分3x33z30又因為BP//平面DA1C1則n3·BP0即330得1即點P在C1C的延長線上且使C1C=CP????????12分法二：在A1作A1O⊥AC于點O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性質(zhì)定理知，AO⊥平面ABCD，1又底面為菱形，所以AC⊥BD由于BDACBD平面AA1OBDA1OAA1AA1BD錯誤！未找到引用源。A1OAC0平面AA1O???????? 4分（Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°AO=AA1·cos60°=1所以O(shè)是AC的中點，由于底面 ABCD為菱形，所以O(shè)也是BD中點由（Ⅰ）可知 DO⊥平面AA1C過O作OE⊥AA1于E點，連接OE，則AA1⊥DE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= AB2AO2 3在Rt△AEO中，OE=OA·sin∠EAO=32DE=OE2OD2331542∴cos∠DEO=OE5DE 5∴二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是 5????????8分5（Ⅲ）存在這樣的點 P連接B1C，因為A1B1//AB//DC∴四邊形A1B1CD為平行四邊形。A1D//B1C在C1C的延長線上取點P，使C1C=CP，連接BP????????10分因B1B//CC1，????????12分BB1//CP∴四邊形BB1CP為平行四邊形則BP//B1CBP//A1DBP//平面DA1C112、(安徽省巢湖市2008屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖，P、O分別是正四棱柱ABCDA1B1C1D1上、下底面的中心，E是AB的中點，ABkAA1.（Ⅰ）求證：A1E∥平面PBC；（Ⅱ）當(dāng)k2時，求直線PA與平面PBC所成角的大??；D1(Ⅲ)當(dāng)k取何值時，O在平面PBC內(nèi)的射影恰好為PBC的重心?PA1DOAE1、D1C1解法一：（Ⅰ）過P作MN∥B1C1，分別交A1B1、D1C1于M、N，則M、N分別為A1B1的中點，連MB、NC，則四邊形BCNM是平行四邊形?????2分∵E、M分別為AB、AB中點，∴AE∥MB111D1N又MB平面PBC，∴A1E∥平面PBC。????4分P（Ⅱ）過A作AF⊥MB，垂足為F，連PF，A1MB1∵BC⊥平面ABBA，AF平面ABBA，F(xiàn)1111D∴AF⊥BC，BC∩MB=B，∴AF⊥平面PBC，O∴∠APF就是直線AP與平面PBC所成的角，??7分AE1B12a，AF=23C1B1CBC1C3sin∠APF=AF6。所以，直線AP與平面PBC所成的角是arcsin6。????9分AP33（Ⅲ）連OP、OB、OC，則OP⊥BC，由三垂線定理易得OB⊥PC，OC⊥PB，所以O(shè)在平面PBC中的射影是△PBC的垂心，又O在平面PBC中的射影是△PBC的重心，則△PBC為正三角形。即PB=PC=BC，所以k2。反之，當(dāng)k=2時，PA=AB=PB=PC=BC，所以三棱錐OPBC為正三棱錐，∴O在平面PBC內(nèi)的射影為PBC的重心????13分解法二：以點O為原點，直線OA、OB、OP所在直線分別為x、y、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB22，則得A1(2,0,22)、E(1,1,0)、P(0,0,22)、B(0,2,0)、kkC(2,0,0)????????2分zD1C1(Ⅰ)由上得A1E(1,1,22)、BC(2,2,0)、k

PB1A1PB(0,2,22)，設(shè)AExBCyPB得1k22x(2,2,0)22(1,1,k)y(0,2,)k解得x1，y1，∴A1E1BCPBx22BC PB B，A1E 平面PBC ∴A1E∥平面PBC分

DCOAE1By??????_（Ⅱ）當(dāng)k 2時，由P(0,0,2)、A(2,0,0)得PA (2,0, 2)、BC (2,2,0)、PB (0,2, 2)設(shè)平面PBC的法向量為n(1,,)，則由nBC0，得10，n(1,1,1)????7nPB00分，PAn6，∴直線PA與平面PBC所成角的大小為arcsin6.????9cosPAnPAn33分(Ⅲ)由(Ⅰ)知PBC的重心G為2,2,22，則OG(2,2,22)，333k333k若O在平面PBC內(nèi)的射影恰好為PBC的重心，則有OGBC0，解得k2OGPB0∴當(dāng)k2時，O在平面PBC內(nèi)的射影恰好為PBC的重心.13、(北京市朝陽區(qū)2008年高三數(shù)學(xué)一模)直三棱柱ABC-ABC中，∠ACB=120°，111AC=CB=AA=1，D是AB上一動點(可1111以與A或B重合），過D和CC的平面與AB交于D.1111C1（Ⅰ）證明BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）若D1為A1B1的中點，求三棱A11D1錐B1-C1AD1的體積VB1C1AD1；（Ⅲ）求二面角D1-AC1-C的取值范圍.C方法1：（Ⅰ）證明：依條件有CB∥C1B1，1111AC1DB又CB平面ABC，CB平面ABC，A1B111D1所以CB∥平面AB1C1.???????3分（Ⅱ）解：C因為D為AB的中點，依條件可知C1D⊥A1B1.ADB所以VBCAD1=VCDAB11111=1×C1D1×(1×A1A×D1B1)32=1×1×(1×1×3)=3.?????????????????????7322224分（Ⅲ）解：因為D是AB上一動點，111所以當(dāng)D1與A1重合時，二面角D1-AC-C的大小為π；???????????????????????9分1當(dāng)D1與B1重合時，F(xiàn)E如圖，分別延長111C1AC和AC，過B1作B1E⊥A1C1延長于E，A1B1(D1)依條件可知平面ABC⊥平面111ACC1A1，所以B1E⊥平面ACCA.11過點E作EF⊥AC，垂直為F.C11連結(jié)FB，1所以FB1⊥A1C1.AB(D)所以∠B1FE是所求二面角的平面角.?????????????????11分容易求出 B1E= 3，F(xiàn)E=2.24所以tan∠B1FE=B1E=6.FE所以∠BFE=arctan6.717所以二面角 D1-AC1-C的取值范圍是[arctan分方法2：（Ⅰ），（Ⅱ）略（Ⅲ）解：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則有 A1A(1，0，0)，B1(-1