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最新经典试题系列--高考题选编(解答题部分)---直线,平面间的位置关系及简单的几何体(一)


高考题选编---直线,平面间的位置关系及简单的几何体
三.解答题
1.(06 年高考题安徽卷)如图,P 是边长为 1 的正六边形 ABCDEF 所在平面外一点, PA ? 1 ,P 在平面 ABC 内的射影为 BF 的中点 O。 (Ⅰ)证明 PA ⊥ BF ; (Ⅱ)求面 APB 与面 DPB 所成二面角的大小。 解: (Ⅰ)在正六边形 ABCDEF 中, ? ABF 为等腰三角形,∵P 在平面 ABC 内的射影为 O,∴PO⊥ 平面 ABF,∴AO 为 PA 在平面 ABF 内的射影;∵O 为 BF 中点,∴AO⊥BF,∴PA⊥BF。 (Ⅱ)∵PO⊥平面 ABF,∴平面 PBF⊥平面 ABC;而 O 为 BF 中点,ABCDEF 是正六边形 ,∴A、 O、 共线, D 且直线 AD⊥BF, AD⊥平面 PBF; 则 又∵正六边形 ABCDEF 的边长为 1, AO ? ∴

1 3 DO ? , , 2 2

BO ?

过 O 在平面 POB 内作 OH⊥PB 于 H,连 AH、DH,则 AH⊥PB,DH⊥PB,所以 ?AHD 为所求二 面角平面角。

3 。 2

1 7 AO 21 在 ? AHO 中,OH= , tan ?AHO ? 。 ? 2 = 7 OH 21 2 21 7 3 DO 21 在 ? DHO 中, tan ?DHO ? ; ? 2 ? OH 2 21 7 7 21 ? 4 ? 28 2 2 21 ?? 而 tan ?AHD ? tan(?AHO ? ?DHO) ? . 7 21 3 21 1? ? 2 2 21
方法二:以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系,P(0,0,1),A(0, ? D(0,2,0),∴ PA ? (0, ? , ?1) , PB ? (

1 3 ,0),B( ,0,0), 2 2

??? ? 3 , 0, ?1) , PD ? (0, 2, ?1) 2 ? 1 ?? 2 y1 ? 1 ? 0 ?? 2 3 ?? ? ?? ? ?? ??? ? ? 设平面 PAB 的法向量为 n1 ? ( x1, y1,1) , n1 ?P , 1 ? PB , ? 则 得 ,1 ?( n , ?2,1) ; A n 3 ? 3 x ?1 ? 0 ? 2 1 ? ? 2 y2 ?1 ? 0 ?? ? ?? ??? ? ? ?? ??? ? ? ?? ? 2 3 1 ? 设平面 PDB 的法向量为 n2 ? ( x2 , y2 ,1) ,则 n2 ? PD , n2 ? PB ,得 ? 3 , n2 ? ( , ,1) ; 3 2 x2 ? 1 ? 0 ? ? 2 ?? ?? ? ?? ?? ? n ? n2 105 105 ? ,所求二面角的大小为 arccos( ? ). cos ? n1 , n2 ?? ?? 1 ?? ? ? 35 35 | n1 | ? | n2 |
1 2
2. 北京卷) ( 如图, 在底面为平行四边形的四棱锥 P ? ABCD 中,AB ? AC , PA ? 平面 ABCD ,且 PA ? AB ,点 E 是 PD 的中点. (1)求证: AC ? PB ; (2)求证: PB // 平面 AEC ;
1

??? ?

??? ?

(3)求二面角 E ? AC ? B 的大小. 解: (1)由 PA ? 平面 ABCD 可得 PA?AC,又 AB ? AC ,所以 AC?平面 PAB,所以 AC ? PB (2)如图,连 BD 交 AC 于点 O,连 EO,则 EO 是△PDB 的中位线,?EO // PB,?PB // 平面 AEC (3) 如图, AD 的中点 F, EF, 取 连 FO, EF 是△PAD 的中位线, 则 ?EF // PA 又 PA ? 平面 ABCD , ?EF?平面 ABCD 。 同理 FO 是△ADC 的中位线,?FO // AB?FO?AC 由三垂线定理可知

1 1 AB= PA=EF??EOF= 2 2 45?而二面角 E ? AC ? B 与二面角 E-AC-D 互补, 故所求二面角 E ? AC ? B
??EOF 是二面角 E-AC-D 的平面角.又 FO= 的大小为 135?. 3. (北京卷)如图,ABCD-A1B1C1D1 是正四棱柱, (Ⅰ) 求证:BD⊥平面 ACC1A1; (Ⅱ) 若二面角 C1-BD-C 的大小为 60° ,求异面直线 BC1 与 AC 所成角的大小。 解: (I)∵ABCD-A1B1C1D1 是正四棱柱,∴ CC1⊥平面 ABCD,∴ BD⊥CC1, ∵ ABCD 是正方形,∴ BD⊥AC,又∵AC、CC1 ? 平面 ACC1A1,且 AC∩CC1=C,∴ BD⊥平面 ACC1A1; (II)设 BD 与 AC 相交于 O,连接 C1O,∵ CC1⊥平面 ABCD,BD⊥AC, ,∴ BD⊥C1O,∴∠C1OC 是二面角 C1-BD-C 的平面角,∴∠C1OC=60° ,连接 A1B,∵A1C1//AC,∴∠A1C1B 是 BC1 与 AC 所 成的角, 设 BC=a,则 CO=

2 6 10 tan60° = a ,CC1=CO· a ,A1B=BC1= a , AC1 ? 2a , 1 2 2 2 5 AC12 ? BC12 ? A1B2 5 1 ,∴∠A1C1B= arccos ,∴ 异面直线 BC1 ? 5 2 AC1 ? BC1 5 1

在△A1BC1 中,cos AC1B ? 1

与 AC 所成的角为 arccos

5 。 5

解法二: (I)建立空间直角坐标系,D-xyz,如图,设 AD= a ,DD1= b , 则有 D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),C1(0,a,b), ∴ BD ? (?a, ?a,0) , AC ? (?a, a,0) , CC1 ? (0,0, b) , ∴ BD ? AC ? 0 ,

??? ?

??? ?

???? ?

??? ??? ? ?

??? ???? ? ? BD ? CC1 ? 0 ,∴ BD⊥AC,BD⊥CC1,又∵AC、CC1 ? 平面 ACC1A1,且 AC∩CC1=C,∴ BD⊥平面
ACC1A1; (II)设 BD 与 AC 相交于 O,连接 C1O,则 O 点坐标为(

∵ BD ? OC1 ? 0 ,∴BD⊥C1O,又 BD⊥CO,∴∠C1OC 是二面角 C1-BD-C 的平面角,∠C1OC=60° ,

??? ???? ? ?

???? ? a a a a , , 0 ), OC1 ? (? , , b) , 2 2 2 2

???? ? ??? ? b 6 ? 3 ,∴ b ? a ,∵ AC ? (?a, a,0) , BC1 ? (?a,0, b) , 2 2 a 2 ???? ???? ? ???? ???? ? 5 AC ? BC1 5 ? ???? ? ? ∴ cos ? AC , BC1 ?? ???? ,∴异面直线 BC1 与 AC 所成的角为 arccos 。 5 | AC | ? | BC1 | 5
tan C1OC ? CC1 ? OC
4. (福建卷)如图,四面体 ABCD 中,O、E 分别 BD、BC 的中点,CA=CB=CD=BD=2
2

(Ⅰ)求证:AO⊥平面 BCD; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小; (Ⅲ)求点 E 到平面的距离. 解: (I)连结 OC,? BO ? DO, AB ? AD,? AO ? BD.

? BO ? DO, BC ? CD,?CO ? BD. 在 ?AOC 中,由已知可得

A

AO ? 1, CO ? 3. 而 AC ? 2, ? AO2 ? CO2 ? AC 2 , ??AOC ? 90o ,
即 AO ? OC . ? BD ? OC ? O, ? AO ? 平面 BCD 。
B O D

M

(II)取 AC 的中点 M,连结 OM、ME、OE,由 E 为 BC 的中点知 ME∥AB,OE∥DC ,? 直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角。 在 ?OME 中 , EM ?

E

C

1 2 1 AB? , OE? DC?1,? OM 是 直 角 ?AOC 斜 边 AC 上 的 中 线 , 2 2 2

? OM ?

1 2 2 AC ? 1, ? cos ?OEM ? , ? 异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos . 2 4 4

(III)设点 E 到平面 ACD 的距离为 h . ?VE ? ACD ? VA?CDE ,? h.S ?ACD ?

1 3

1 . AO.S ?CDE . 在 ?ACD 中, 3

1 3 2 3 1 2 7 ?2 ? , CA ? CD ? 2, AD ? 2, ? S?ACD ? ? 2 ? 22 ? ( )2 ? . AO ? 1, S?CDE ? ? 2 4 2 2 2 2
3 1? 2 ? 21 . ? 点 E 到平面 ACD 的距离为 21 . ? 7 7 7 2
x B z A

?h ?

AO.S ?CDE S ?ACD

D O E C y

方法二: (I)同方法一。

(II)以 O 为原点,如图建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0), D(?1,0,0),

??? ? ??? ? 1 3 C (0, 3, 0), A(0, 0,1), E ( , , 0), BA ? (?1, 0,1), CD ? (?1, ? 3, 0). 2 2 ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? BA.CD 2 2 ? cos ? BA, CD ?? ??? ??? ? , ? 异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos . ? ? 4 4 BA CD

? ???? ?n. AD ? ( x, y, z ).(?1, 0, ?1) ? 0, ? ? (III)设平面 ACD 的法向量为 n ? ( x, y, z ), 则 ? ? ???? ?n. AC ? ( x, y, z ).(0, 3, ?1) ? 0, ?
??? ? ? ? x ? z ? 0, 1 3 ? ?? 令 y ? 1, 得 n ? (? 3,1, 3) 是平面 ACD 的一个法向量。又 EC ? (? , , 0), 2 2 ? 3 y ? z ? 0. ?

3

??? ? ? EC.n 3 21 ? 点 E 到平面 ACD 的距离 h ? ? ? ? . 7 7 n
5. (广东卷) 如图 5 所示,AF 、DE 分别世 ? O 、? O1 的直径,AD 与两圆所在的平面均垂直,AD ? 8 . BC 是 ? O 的直径, AB ? AC ? 6 , OE // AD . (I) 求二面角 B ? AD ? F 的大小; (II) 求直线 BD 与 EF 所成的角. 解:(Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB, AD⊥AF, 故∠BAD 是二面角 B—AD—F 的平面角,依题意可知,ABCD 是正方形, 所以∠BAD=450.即二面角 B—AD—F 的大小为 450; (Ⅱ) 以 O 为原点,BC、AF、OE 所在直线为坐标轴,建立空间直角 坐标系(如图所示) ,则 O(0,0,0) ,A(0, ? 3 2 ,0) , B( 3 2 ,0,0),D(0, ? 3 2 ,8) ,E(0,0,8) ,F(0, 3 2 ,0) , ∴ BD ? (?3 2,?3 2,8), FE ? (0,?3 2,8) ,

D

O1

E

C

A B

O

F

cos ? BD , EF ??

BD ? FE | BD || FE |

?

0 ? 18 ? 64 100 ? 82

?

82 。 10

设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? ,则 cos? ?| cos ? BD, EF ?|?

82 ,直线 BD 与 EF 所成的角为 10

arccos

82 10

6. (湖北卷)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD ? A B1C1D1 中, P 是侧棱 CC1 上的一点, CP ? m 。 1 (Ⅰ)试确定 m ,使直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角的正切值为 3 2 ; (Ⅱ) 在线段 AC1 上是否存在一个定点 Q , 使得对任意的 m ,D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP , 1 并证明你的结论。 解: (1) 连AC, 设AC ? BD ? O, AP与面BDD1 B1 交于点G,连OG.

因为PC // 面BDD1 B1 , 面BDD1 B1 ? 面APC ? OG, 故 OG // PC 。所以 OG ?

1 m PC ? 。 2 2

又 AO ? DB, AO ? BB1 , 所以AO ? 面BDD1 B1   ?AGO即为AP与面BDD1 B1 所成的角。 .故

2 1 在 Rt △ AOG中, AGO ? 2 ? 3 2 ,即 m ? . tan m 3 2
4

故当 m ?

1 时,直线 AP与平面BDD1 B1所成的角的正切值为3 2 。 3

(Ⅱ)依题意,要在 A1 C1 上找一点 Q ,使得 D1 Q ? AP .可推测 A1 C1 的中点 O1 即为所求的 Q 点。 因为 D1 O1 ? A C1 . D1 O1 ? AA ,所以 D1 Q ? 面ACC1 A . 又 AP ? 面ACC1 A . ,故 D1 O1 ? AP 。 1 1 1 1 从而 D1 O1 在平面AD1 P上的射影与AP垂直。 解法二: (1)建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0), B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1). 所以 BD ? (?1, ?1, 0), BB1 ? (0, 0,1), AP ? (?1,1, m), AC ? (?1,1,0). 又由 AC ? BD ? 0, AC ? BB1 ? 0知 AC为平面BB1 D1 D 的一个法向量.

??? ?

???? ?

??? ?

??? ?

???? ??? ?

? ???? ????

????

??? ???? ? | AP ? AC | 2 ? ???? ? 设 AP 与 面BDD1 B1   所成的角为 ? ,则 sin ? ? cos( ? ? ) ? ??? 2 | AP | ? | AC | 2 ? 2 ? m2

?

依题意有:

2 2 ? 2 ? m2

?

3 2 1 ? (3 2) 2

,解得 m ?

1 1 .故当 m ? 时, 3 3

直线 AP与平面BDD1 B1所成的角的正切值为3 2 。 (2)若在 A1 C1 上存在这样的点 Q ,设此点的横坐标为 x ,则 Q( x,1 ? x,1), DQ ? ( x,1 ? x,0) 。 1 依题意,对任意的 m 要使 D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP。等价于

???? ?

???? ? ??? ????? ? 1 D1Q ? AP ? AP ? D1Q ? 0 ? x ? (1 ? x) ? 0 ? x ? ,即 Q 为 A1 C1 的中点时,满足题设的要求. 2
7. (湖北卷)如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长和底面边长均为 1,M 是底面 BC 边上的中点, N 是侧棱 CC1 上的点,且 CN=2C1N. (Ⅰ)求二面角 B1-AM-N 的平面角的余弦值; (Ⅱ)求点 B1 到平面 AMN 的距离。 解: (Ⅰ)因为 M 是底面 BC 边上的中点,所以 AM ? BC,又 AM ? C C1 , 所以 AM ? 面 BC C1 B1 ,从而 AM ? B1 M, AM ? NM,所以 ? B1 MN 为二面角 B1 —AM—N 的平面角。 又 B1 M= B1 B ? BM
2 2

? 1?

1 5 1 4 5 2 2 ? ? ? ,连 B1 N,得 B1 N= ,MN= MC ? CN ? 4 2 4 9 6

5 25 10 ? ? 1 10 B 1 M 2 ? MN 2 ? B 1 N 2 4 36 9 5 ? B C ? C1 N ? 1 ? ? , B1 MN 中, B1MN ? cos ? ? 9 3 2?B 1 M ?MN 5 5 5 2? ? 2 6
2 1 1 2

5

故所求二面角 B1 —AM—N 的平面角的余弦值为

5 。 5

(Ⅱ) B1 在面 BCC1B1 内作直线 B1H ? MN ,H 为垂足。 AM ? 平面 BCC1B1 , 过 又 所以 AM ? B1 H。 于是 B1 H ? 平面 AMN, B1 H 即为 B1 到平面 AMN 的距离。 R1?B1HM 中, 故 在

B1 H= B1 M sin B1MH ?

5 1 ? 1 ? ? 1 。故点 B1 到平面 AMN 的距离为 1。 2 5

解法二: (Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系,则 B1 (0,0,1) ,

M(0,

???? ? 1 2 3 1 3 ,0),C(0,1,0), N (0,1, ) , A ( ? , , 0 ), AM ? ( , 0, 0) , 2 3 2 2 2

???? ? ???? ? ???? ???? ? ? 1 1 2 3 1 MB1 ? (0, ? ,1) , MN ? (0, , ) 。因为 MB1 ?AM ? ? 0 ? 0 ? ( ? ) ? 0 ?1 ? 0 2 2 3 2 2
所以 MB1 ? AM ,同法可得 MN ? AM 。故﹤ MB1, MN ﹥为二面角 B1 —AM—N 的平面角

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ???? ? ?

5 ???? ???? ? ? ???? ???? ? ? MB1 ? MN 5 5 ∴ cos ﹤ MB1, MN ﹥= ???? ???? ? 12 ? 。 . 所求二面角 B1 —AM—N 的平面角的余弦值为 ? ? 5 5 5 5 MB1 ? MN ? 2 6
? 3 ?x ? 0 ???? ? ???? ? 2 x ? 0 ? ? ? ?? (Ⅱ) n=(x,y,z)为平面 AMN 的一个法向量, 设 则由 n ? AM , n ? MN 得 ? 4 ?1 y ? 2 z ? 0 ?y ? ? 3 z ? ?2 3 ?
故可取 n ? (0, ?

3 ,1) 4

5 ???? ? ???? ? MB ? n 2 5 设 MB1 与 n 的夹角为 a,则 cos a ? ????1 。所以 B1 到平面 AMN 的距离为 ? 3 ? ? 3 5 5 MB1 ? n ? 2 3
???? ? 5 2 5 MB1 ? cos a ? ? ? 1。 2 5
8. (湖南卷)如图,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高分别 1 和 2,AB=4. (Ⅰ) 证明 PQ⊥平面 ABCD; (Ⅱ) 求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; (Ⅲ) 求点 P 到平面 QAD 的距离. 解: (Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC ? BD ? O .由 P-ABCD 与 Q-ABCD 都
A P

D B

C

Q

6

是正四棱锥,所以 PO⊥平面 ABCD,QO⊥平面 ABCD.从而 P、O、Q 三点在一条直线上,所以 PQ⊥平 面 ABCD. (II)由题设知,ABCD 是正方形,所以 AC ? BD .由(I) , PQ ? 平面 ABCD ,故可以分别以直线 CA、DB、QP 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系(如上图) , 由题设条件,相关各点的坐标分别是 P(0,0,1) , Q(0,0, ?2) , B(0,2 2,0) ,∴ AQ ? (?2 2 ,0,?2) ,

???? ??? ? ???? ??? ? ??? ? AQ ? PB 3 . 从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角 PB ? (0, 2 2, ?1) ,于是 cos ? AQ, PB ?? ???? ??? ? ? 9 AQ ? PB
是 arccos

3 . 9

(Ⅲ).由(Ⅱ) ,点 D 的坐标是(0,- 2 2 ,0) AD ? (?2 2 ,?2 2 ,0) , PQ ? (0,0, ?3) ,设 n ? ( x, y, z) , 是平面 QAD 的一个法向量,由 ?
?n ? AQ ? 0 ?

??? ?

? ? 2x ? z ? 0 ,得 ? .取 x=1,得 n ? (1,?1,? 2 ) .∴点 P 到平面 QAD ?x ? y ? 0 ?n ? AD ? 0 ? ?

??? ? ? PQ ? n 3 2 的距离 d ? .. ? ? 2 n
解法二: (Ⅰ)取 AD 的中点 M,连结 PM,QM.因为 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥,所以 AD⊥PM,AD⊥QM. 从而 AD⊥平面 PQM.又 PQ ? 平面 PQM,所以 PQ⊥AD.同理 PQ⊥AB,所以 PQ⊥ 平面 ABCD. (Ⅱ)连结 AC、BD 设 AC ? BD ? O ,由 PQ⊥平面 ABCD 及正四棱 锥的性质可知 O 在 PQ 上,从而 P、A、Q、C 四点共面.取 OC 的中点 N,
D C O B P

PO 1 NO NO 1 PO NO ? , ? ? ,所以 ? 连结 PN.因为 ,从而 OQ 2 OA OC 2 OQ OA
AQ∥PN.∠BPN(或其补角)是异面直线 AQ 与 PB 所成的角.连接 BN, ∵ PB ? OB 2 ? OP 2 ? (2 2) 2 ? 1 ? 3

A

M

Q

PN ? ON 2 ? OP 2 ? ( 2) 2 ? 1 ? 3 , BN ? OB 2 ? ON 2 ? (2 2) 2 ? ( 2) 2 ? 10
∴ cos ?BPN ?

PB2 ? PN 2 ? BN 2 9 ? 3 ? 10 3 3 .从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos . ? ? 9 2PB ? PN 9 2 ? 3? 3
1 AB ? 2 ? OQ . 2

(Ⅲ)由(Ⅰ)知,AD⊥平面 PQM,所以平面 PQM⊥平面 QAD. 过P作PH⊥QM于H,则PH⊥平 面 QAD,所以PH的长为点 P 到平面 QAD 的距离.连结 OM,则 OM ? 所以 ?MQP ? 45 ,又PQ=PO+QO=3,于是 PH ? PQ sin 45? ?
?

3 2 .即点 P 到平面 QAD 的距离 2



3 2 . 2

7

9. (江苏卷)在正三角形 ABC 中,E、F、 分别是 AB、 P AC、 边上的点, BC 满足 AE:EB=CF:FA=CP:PB =1:2(如图 1) 。将△AEF 沿 EF 折起到 ?A1 EF 的位置,使二面角 A1-EF-B 成直二面角,连结 A1B、 A1P.如图: (1)求证:A1E⊥平面 BEP; (2)求直线 A1E 与平面 A1BP 所成角的大小; (3)求二面角 B-A1P-F 的大小。
B P C E
E

A

A1

F
B P

F

C

图 图连结 DF. AE: 解: 不妨设正三角形 ABC 的边长为 3, BE 中点 D, (1) 取 EB=CF: FA=1: ∴AF=AD=2 2, 2 1 而∠A=600 , ∴△ADF 是正三角形,又 AE=DE=1, ∴EF⊥AD 在图 2 中,A1E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A1EB 为 二面角 A1-EF-B 的平面角。由题设条件知此二面角为直二面角,A1E⊥BE,又 BE ? EF ? E ,∴A1E⊥ 平面 BEF,即 A1E⊥平面 BEP。 (2)在图 2 中,A1E 不垂直 A1B, ∴A1E 是平面 A1BP 的垂线,又 A1E⊥平面 BEP,∴A1E⊥BE.从而 BP 垂直于 A1E 在平面 A1BP 内的射影(三垂线定理的逆定理) 。设 A1E 在平面 A1BP 内的射影为 A1Q,且 A1Q 交 BP 于点 Q,则∠E1AQ 就是 A1E 与平面 A1BP 所成的角,且 BP⊥A1Q. 在△EBP 中, BE=EP=2 而∠EBP=600 , ∴△EBP 是等边三角形.又 A1E⊥平面 BEP , ∴A1B=A1P, ∴Q 为 BP 的中点,且 EQ ? 3 ,又 A1E=1,在 Rt△A1EQ 中, tan ?EA1Q ?

EQ ? 3 ,∴∠EA1Q=60o, ∴直线 A1 E

A1E 与平面 A1BP 所成的角为 600。 (3)过 F 作 FM⊥ A1P 与 M,连结 QM,QF,∵CP=CF=1,∠C=600,∴△FCP 是正三角形,∴PF=1. 有 PQ ?

1 BP ? 1 , ∴PF=PQ 2

①,∵A1E⊥ 平 面

BEP,

EQ ? EF ? 3

∴A1E=A1Q,

∴△A1FP≌△A1QP 从 而 ∠A1PF=∠A1PQ ②, 由 ① , ② 及 MP 为 公 共 边 知 △FMP≌△QMP, o ∴∠QMP=∠FMP=90 ,且 MF=MQ,从而∠FMQ 为二面角 B-A1P-F 的平面角. 在 Rt△A1QP 中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴ A P ? 5 . ∵ MQ⊥A1P∴ MQ ? 1
A1Q ? PQ A1P

?

2 5 5

∴ MF ?

2 5 ;在△FCQ 中,FC=1,QC=2, ∠C=600,由余弦定理得 QF ? 3 ; 5

在 △FMQ 中 , c o s F M Q? ?

2 2 7 M F2 ? M Q ? Q F ? ? , ∴ 二 面 角 B - A1P - F 的 大 小 为 2M F ? M Q 8

? ? arccos

7 8

10. (江西卷)如图,在三棱锥 A-BCD 中,侧面 ABD、ACD 是全等的直角三角形,AD 是公共的斜 边,且 AD= 3 ,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形。 (1)求证:AD?BC (2)求二面角 B-AC-D 的大小 (3)在直线 AC 上是否存在一点 E,使 ED 与面 BCD 成 30?角?若存在确定 E 的位置;若不存在,说 明理由。 解:(1)方法一:作 AH ? 面 BCD 于 H ,连 DH . AB ? BD ? HB ? BD, ? AD ? 3, BD ? 1 ,

? AB ? 2 ? BC ? AC ? BD ? DC ,又 BD ? CD ,则 BHCD 是正方形.则 DH ? BC.? AD ? BC.
8

方法二:取 BC 的中点 O ,连 AO 、 DO ,则有 AO ? BC , DO ? BC. ? BC ? 面AOD,? BC ? AD. (2) 作 BM ? AC 于 M ,作 MN ? AC 交 AD 于 N ,则 ?BMN 就是二面角 B ? AC ? D 的平面角.

? AB ? AC ? BC ? 2, M 是 AC 的中点,且 MN ∥ CD ,
则 BM ?

6 1 1 1 3 , MN ? CD ? , BN ? AD ? . 2 2 2 2 2 BM 2 ? MN 2 ? BN 2 6 6 ? ,??BMN ? arccos . 2 BM ? MN 3 3

cos ?BMN ?

(3)设 E 为所求的点,作 EF ? CH 于 F ,连 FD .则 EF ∥ AH ,? EF ? 面BCD, ?EDF 就是 ED 与 面 BCD 所成的角,则 ?EDF ? 30? .
2 设 EF ? x ,易得 AH ? HC ? 1, 则 CF ? x, FD? 1 ? x . ? tan ?EDF ?

EF x 3 ? ? , 解得 FD 3 1 ? x2

x?

2 , 则CE ? 2 x ? 1. 故线段 AC 上存在 E 点,且 CE ? 1 时, ED 与面 BCD 成 30? 角. 2
解法二: 1) AH ? 面 BCD 于 H ,连 BH 、CH 、DH ,则四边形 BHCD 是正方形,且 AH ? 1 ,以 D ( 作

为原点,以 DB 为 x 轴, DC 为 y 轴建立空间直角坐标系如图, 则 B(1,0,0), C (0,1,0), A(1,1,1).

??? ? ??? ? ??? ??? ? ? BC ? (?1,1,0), DA ? (1,1,1),? BC ? DA ? 0, 则BC ? AD.
(2)设平面 ABC 的法向量为 n1 ? ( x, y, z), 则由 n1 ? BC 知:

??

??

??? ?

?? ??? ? ?? ??? ?? ??? ? ? ?? n1 ? BC ? ? x ? y ? 0 ;同理由 n1 ? CA 知: n1 ? CA ? x ? z ? 0. 可取 n1 ? (1,1,? 1).同理,可求得平面 ACD 的
一个法向量为 n2 ? (1,0, ?1). 由图可以看出,三面角 B ? AC ? D 的大小应等于< n1 , n2 >,

?? ?

?? ?? ?

?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 1 ? 0 ? 1 6 6 ? 则 cos < n1 , n2 > ? ?? ?? ? ,即所求二面角的大小是 arccos . ? 3 3 3? 2 n1 n2
(3)设 E ( x, y, z ) 是线段 AC 上一点,则 x ? z > 0, y ? 1, 平面 BCD 的一个法向量 为 n ? (0,0,1), DE ? ( x,1, x), 要使 ED 与面 BCD 成 30? 角,由图可知 DE 与 n 的夹角为 60? ,

?

??? ?

????

?

???? ? ???? ? ? DE ? n x 1 2 ? cos 60? ? . 2x ? 1 ? 2x2 ,解得, x ? 所以 cos < DE ,n >? ???? ? ? ,则 CE ? 2 x ? 1. 2 2 2 DE n 1 ? 2x
故线段 AC 上存在 E 点,且 CE ? 1 ,时 ED 与面 BCD 成 30? 角. , 11. (江西卷)如图,已知三棱锥 O ? ABC 的侧棱 OA OB,OC 两两垂直,且 OA ? 1 , OB ? OC ? 2 ,
9

E 是 OC 的中点.
(1)求 O 点到面 ABC 的距离; (3)求二面角 E ? AB ? C 的大小. (2)求异面直线 BE 与 AC 所成的角;

解: (1)取 BC 的中点 D ,连 AD 、 OD ,? OB ? OC, 则OD ? BC , AD ? BC ,

? BC ? 面OAD.过O点作OH ? AD于H , 则 OH ? 面 ABC , OH 的长就是所要求的距离.

BC ? 2 2, OD ? OC 2 ? CD2 ? 2.? OA ? OB 、 OA ? OC ,?OA ? 面OBC, 则OA ? OD.
AD ? OA2 ? OD2 ? 3 ,在直角三角形 OAD 中,有 OH ?
OA ? OD 2 6 ? ? . AD 3 3

(另解:由 V ?

1 1 2 6 S?ABC ? OH ? OA ? OB ? OC ? 知, OH ? .) 3 6 3 3

(2) 取 OA 的中点 M ,连 EM 、 BM ,则 EM ∥ AC , ?BEM 是异面直线 BE 与 AC 所成的角.求

1 5 17 AC ? , BE ? OB 2 ? OE 2 ? 5, BM ? OM 2 ? OB 2 ? . 2 2 2 BE 2 ? ME 2 ? BM 2 2 2 cos ?BEM ? ? ,??BEM ? arccos . 2 BE ? ME 5 5 EM ?
(3) 连结 CH 并延长交 AB 于 F ,连结 OF 、 EF .

?OC ? 面OAB,?OC ? AB.又?OH ? 面ABC,?CF ? AB, EF ? AB, 则 ?EFC 就是所求二面角的
平面角. 作 EG ? CF 于 G ,则 EG ?

OA ? OB 2 1 6 ? , 在直角三角形 OH ? . 在直角三角形 OAB 中, OF ? AB 2 6 5

OEF 中, EF ? OE 2 ? OF 2 ? 1 ?

4 3 ? , 5 5

6 EG 30 30 7 6 sin ?EFG ? ? 6 ? , ?EFG ? arcsin .(或表示为 arccos ) 3 EF 18 18 18 5
方法二:(1)以 O 为原点, OB 、 OC 、 OA 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系.则有 A(0, 0,1) 、

?? B(2, 0, 0) 、C (0, 2,0) 、E(0,1,0). 设平面 ABC 的法向量为 n1 ? ( x, y, z), 则
由 n1 ? AB知: n1 ? AB ? 2x ? z ? 0; 由 n1 ? AC知: n1 ? AC ? 2 y ? z ? 0, 取 n1 ? (1,1,2) ,则点 O 到面 ABC 的距离为

??

??? ?

?? ??? ?

??

??? ?

?? ??? ?

??

10

?? ??? ? n1 ? OA 2 6 d ? ?? ? ? . 3 1?1? 4 n1

??? ? ??? ? ??? ??? ? ? (2)EB ? (2,0,0) ? (0,1,0) ? (2, ?1,0), AC ? (0, 2, ?1). cos < EB, AC > ?
所以异面直线 BE 与 AC 所成的角 arccos

?2 2 ?? , 5 5? 5

2 . 5

(3) 设平面 EAB 的法向量为 n ? ( x, y, z ), 则由 n ? AB 知: n ? AB ? 2x ? z ? 0; 由 n ? EB 知:

?

?

??? ?

? ??? ?

?

??? ?

?? ? ?? ? ??? ? ? n ? EB ? 2x ? y ? 0. 取 n ? (1, 2, 2). 由(1)知平面 ABC 的法向量为 n1 ? (1,1,2). 则 cos < n, n1 > ? ?? n ? n1 1 ? 2 ? 4 7 7 6 7 6 .结合图形可知,二面角 E ? AB ? C 的大小为: arccos . ? ? ?? ? ? ? 18 18 9? 6 3 6 n n1
12. (辽宁卷)已知正方形 ABCD . E 、 F 分别是 AB 、 CD 的中点,将 ? ADE 沿 DE 折起,如图所示,记二 面角 A ? DE ? C 的大小为 ? (0 ? ? ? ? ) . (I) 证明 BF // 平面 ADE ; (II)若 ? ACD 为正三角形,试判断点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 是否在直线 EF 上,证明你的结论,并 求角 ? 的余弦值. 解:(I) EF 分别为正方形 ABCD 得边 AB、CD 的中点,? EB//FD,且 EB=FD,? 四边形 EBFD 为平行四 边形.? BF//ED,? EF ? 平面AED, 而BF ? 平面AED ? BF // 平面 ADE . (II)如右图,点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上,过点 A 作 AG 垂直于平面 BCDE,垂足为 G,连 结 GC,GD.? ? ACD 为正三角形,? AC=AD? CG=GD, G 在 CD 的垂直平分线上,? 点 A 在平面 BCDE ? 内的射影 G 在直线 EF 上,过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平面角.即 ?AHG ? ? 。 设原正方体的边长为 2a,连结 AF 在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a,即 ? AEF 为直角三角形,

AG ? EF ? AE ? AF ? AG ?
cos ? ? GH 1 ? . AH 4

2 a 3 a ? GH ? 在 , a , Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD ? AH ? 2 2 5 5

解法二:点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上, 连结 AF,在平面 AEF 内过点作 AG ? ? EF ,垂足 为 G ? .? ? ACD 为正三角形,F 为 CD 的中点,? AF ? CD ,又因 EF ? CD ,所以 CD ? 平面AEF ,

? AG? ? 平面AEF ? AG ? ? CD ,又 AG ? ? EF 且

CD ? EF ? F , CD ? 平面BCDE, EF ? 平面BCDE ,? AG? ? 平面BCDE ? G ? 为 A 在平面 BCDE
内的射影 G.即点 A 在平面 BCDE 内的射影在直线 EF 上, G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE , 过 所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平面角.即 ?AHG ? ? 。 设原正方体的边长为 2a,连结 AF, 在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a,即 ? AEF 为直角三角
11

形, AG ? EF ? AE ? AF ? AG ?

3 a ,在 Rt ? ADE 中, 2

AH ? DE ? AE ? AD ? AH ?

2 a GH 1 cos ? ? ? . a ? GH ? AH 4 2 5 5

解法三: 点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上连结 AF,在平面 AEF 内过点作 AG ? ? EF ,垂足 为 G ? .? ? ACD 为正三角形,F 为 CD 的中点,? AF ? CD ,又因 EF ? CD ,所以 CD ? 平面AEF

?CD ? 平面BCDE ?平面AEF ? 平面BCDE ,又?平面AEF ? 平面BCDE =EF,AG? ? EF

AG ? ? EF , AG? ? 平面BCDE ? G ? 为 A 在平面 BCDE 内的射影 G.即点 A 在平面 BCDE 内的射影在 ?
直线 EF 上过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平面角. 即 ?AHG ? ? 。 设原正方体的边长为 2a,连结 AF, 在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a,即 ? AEF 为直角三角 形, AG ? EF ? AE ? AF ? AG ?

3 a ,在 Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD 2

? AH ?

2 a GH 1 ? . , cos ? ? a ? GH ? AH 4 2 5 5

13. (全国卷 I)如图,l1 、l2 是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段。点 A、B 在 l1 上,C 在 l2 上,

AM ? MB ? MN 。
(Ⅰ)证明 AB ⊥ NB ; (Ⅱ)若 ?ACB ? 60 ,求 NB 与平面 ABC 所成角的余弦值。
O

解: (Ⅰ)由已知 l2⊥MN, l2⊥l1 , MN∩l1 =M, 可得 l2⊥平面 ABN.由已知 MN⊥l1 , AM=MB=MN,可知 AN=NB 且 AN⊥NB. 又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影.∴AC⊥NB ( Ⅱ ) ∵Rt△CAN≌Rt△CNB, ∴AC=BC, 又 已 知 ∠ACB=60° 因 此 △ABC , 形.∵Rt△ANB≌Rt△CNB, ∴NC=NA=NB,因此 N 在平面 ABC 内的射影 H 是正三角形 ABC 的中心,连结 BH,∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的角. 3 3 AB HB 6 在 Rt△NHB 中,cos∠NBH= NB = = 3 . 2 2 AB
l1 A M B x z C H N y

为 正 三 角
l2

解法二: 如图,建立空间直角坐标系 M-xyz.令 MN=1, 则有 A(-1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0), → (Ⅰ) ∵MN 是 l1、 的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面 ABN. l2 平行于 z 轴. 故可设 C(0,1,m).于是 AC=(1,1,m), l2

12

→ → → NB=(1,-1,0). ∴AC· =1+(-1)+0=0 ∴AC⊥NB. NB → → → → (Ⅱ)∵ AC =(1,1,m), BC =( - 1,1,m), ∴| AC |=| BC |, 又 已 知 ∠ACB=60° ,∴△ABC 为 正 三 角 形,AC=BC=AB=2. 在 Rt△CNB 中,NB= 2, 可得 NC= 2,故 C(0,1, H(0,λ, → → 2λ) (λ>0). ∴HN=(0,1-λ,- 2λ), MC=(0,1, 2).连结 MC,作 NH⊥MC 于 H,设

1 1 → → 2). HN · MC = 1-λ-2λ=0,∴λ= 3 ,∴H(0, 3 ,

2 2 2 1 2 2 2 → → → → → → BH 3 ), 可得HN =(0, 3 , - 3 ), 连结 BH,则BH =(-1, 3 , 3 ),∵HN · =0+ 9 - 9 =0, ∴HN ⊥BH , 又 → MC∩BH=H,∴HN⊥平面 ABC,∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的角.又BN=(-1,1,0), 4 → → 3 BH· BN 6 ∴cos∠NBH= = = ,∠NBH 为 NB 与平面 ABC 所成的角.又=(-1,1,0), → → 2 3 |BH|· | |BN × 2 3 4 3 2 × 2 3

∴cos∠NBH= =

=

6 3

14. (全国 II)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC,D、E 分别为 BB1、AC1 的中点. (Ⅰ)证明:ED 为异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线; C1 B1 (Ⅱ)设 AA1=AC= 2AB,求二面角 A1-AD-C1 的大小. A1 ∥1 解: (Ⅰ)设 O 为 AC 中点,连接 EO,BO,则 EO= C1C,又 C1C∥B1B, D = 2 E ∥ 所以 EO=DB,EOBD 为平行四边形,ED∥OB.∵AB=BC,∴BO⊥AC, C B 又平面 ABC⊥平面 ACC1A1,BO? 面 ABC,故 BO⊥平面 ACC1A1,∴ED⊥平面 ACC1A1, A BD⊥AC1,ED⊥CC1,∴ED⊥BB1,ED 为异面直线 AC1 与 BB1 的公垂线. (Ⅱ) 连接 A1E, AA1=AC= 2AB 可知, 1ACC1 为正方形, 1E⊥AC1, 由 A ∴A 又由 ED⊥平面 ACC1A1 和 ED? 平面 ADC1 知平面 ADC1⊥平面 A1ACC1,∴A1E⊥平面 ADC1.作 EF⊥AD,垂足为 F, 连接 A1F,则 A1F⊥AD,∠A1FE 为二面角 A1-AD-C1 的平面角. AE×ED 2 不妨设 AA1=2,则 AC=2,AB= 2ED=OB=1,EF= AD = ,tan∠A1FE= 3, 3 ∴∠A1FE=60° .所以二面角 A1-AD-C1 为 60° . 15. (山东卷)如图,已知平面 A1B1C1 平行于三棱锥 V-ABC 的底面 ABC,等边? AB1C 所在的平面与底 面 ABC 垂直,且 ? ACB=90° ,设 AC=2a,BC=a. (1)求证直线 B1C1 是异面直线 AB1 与 A1C1 的公垂线; (2)求点 A 到平面 VBC 的距离; (3)求二面角 A-VB-C 的大小. 解: (Ⅰ)∵平面

A1B1C1 ∥平面 ABC ,? B1C1 // BC, AC1 // AC 1

? BC ? AC ? B1C1 ? AC1 ,又∵平面 AB1C ⊥平面 ABC ,平面 AB1C ∩平面 ABC ? AC , 1

13

∴ BC ⊥平面 AB1C , BC ? AB1 ? B1C1 ? AB1 , ? A 1 ? 1 C1? 又 C B1 C ? 1 与 AC1 的公垂线. 1

, 1C1 ? AB1 ? B1 .? B1C1 为 AB1 B

(Ⅱ)过 A 作 AD ? B1C 于 D,∵△ AB1C 为正三角形,∴D 为 B1C 的中点. ∵BC⊥平面 AB1C ∴ BC ? AD ,又 B1C ? BC ? C ,∴AD⊥平面 VBC , ∴线段 AD 的长即为点 A 到平面 VBC 的距离. 在正△ AB1C 中, AD ? 为 3a . 解法二:取 AC 中点 O 连结 B1O ,则 B1O ⊥平面 ABC ,且 B1O = 3a .由(Ⅰ)知 BC ? B1C ,设 A

3 3 ? AC ? ? 2a ? 3a .∴点 A 到平面 VBC 的距离 2 2

1 1 1 1 BC ? AC ? B1O ? ? BC ? B1C ? x ,解得 x ? 3a . 3 2 3 2 ???? ???? ???? ???? AB ? n 2 3a 即 A 到平面 VBC 的距离为 3a . d ?|| AB1 | ? cos ? AB1, n ?| ?|| AB1 | ? cos ? ???? 1 ? 3a. ?| ? 2 | AB1 | ? | n |
到平面 VBC 的距离为 x,?VB1 ? ABC ? VA?BB1C ,即 ?

A 到平面 VBC 的距离为 3a .
(III)过 D 点作 DH ? VB 于 H ,连 AH ,由三重线定理知 AH ? VB ,??AHD 是二面角 A ? VB ? C 的平面角。 在 Rt ? AHD 中, AD ? 3a ?? B1 DH ?? B1BC ?

DH B1D B D ? BC 5 ? . ? DH ? 1 ? a. BC B1B B1B 5

? tan ?AHD ?

AD ? 15 。??AHD ? arctan 15 。∴二面角 A ? VB ? C 的大小为 arctan 15 . DH

解法二:取 AC 中点 O 连 B1O ,易知 OB1 ? 底面 ABC ,过 O 作直线 OE // BC 交 AB于E 。 取 O 为空间直角坐标系的原点, OE, OC, OB1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴建 立如图所示的空间直角坐标系。则 A(0, ?a,0), B(a, a,0), C(0, a,0), B1(0,0, 3a) 。 (I)? BC ? (?a,0,0) , AB1 ? (0, a, 3a) ,

??? ?

????

??? ???? ? ??? ???? ? ? BC ? AB1 ? (?a,0,0) ? (0, a, 3a) ? 0 ,? BC ? AB1 。
又? B1C1 // BC, B1C1 ? AB1 , 由已知 BC ? AC, AC // AC1 。 BC ? AC1 , B /BC1 1 BC1 1 A ? 1 而 C ? , ? C1 1 1 又 B1C1与AB1 , AC1 显然相交,? B1C1 是 AB1与AC1 的公垂线。 1 1 (II)设平面 VBC 的一个法向量 n ? ( x, y, z ) ,又 CB1 ? (0, ?a, 3a) ,
14



????

??? ? ???? ?n ? BC ( ?( x, y, z )? ?a, 0, 0) ? 0 ? ? 由? 取 z ? 1 得 n ? (0, 3,1), 点 A 到平面 VBC 的距离,即 AB1 在 ???? ? ? (0, ?n ? CB1 ?( x, y, z )? ?a, 3a) ? 0 ? ? ???? 平面 VBC 的法向量 n 上的投影的绝对值。? AB1 ? (0, a, 3a) ,设所求距离为 d 。

???? ???? ???? ???? AB1 ? n 2 3 则 d ? AB1 ? cos ? AB1 ? n ? ? AB1 ? ???? = ? 3a ,∴A 到平面 VBC 的距离为 3a . 2 AB1 ? n
(III)设平面 VAB 的一个法向量 m ? ( x1 , y1 , z1 ),

???? m ? AB1


???? m ? AB1 ? 0

ay1 ? 3az1 ? 0

??? ? m ? AB

?

??? ? m ? AB ? 0

?
ax1 ? 2ay1 ? 0
m?n 1 ? ? . ? 二面角 A ? VB ? C 为锐角, | m|?| n | 4

取 z1 ? 1, m ? (2 3, ? 3,1), ? cos ? m, n ?? 大小为 arccos .

1 4

16. (山东卷)如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为等腰梯形,AB∥DC,AC⊥BD,AC 与 BD 相交 于点 O,且顶点 P 在底面上的射影恰为 O 点,又 BO=2,PO= 2 ,PB⊥PD. (Ⅰ) 求异面直线 PD 与 BC 所成角的余弦值; (Ⅱ) 求二面角 P-AB-C 的大小; (Ⅲ) 设点 M 在棱 PC 上,且

PM ? ? ,问? 为何值时,PC⊥平面 BMD. MC

解:? PO ? 平面 ABCD ,? PO ? BD 又 PB ? PD, BO ? 2, PO ? 2 ,由平面几何知识 得: OD ? 1, PD ? 3, PB ? 6 (Ⅰ)过 D 做 DE // BC 交于 AB 于 E ,连 PE ,则 ? PDE 或其补角为异面直线 PD 与 BC 所成的角,

? ABCD 是等腰梯形,?OC ? OD ? 1, OB ? OA ? 2, OA ? OB ,? BC ? 5, AB ? 2 2, CD ? 2 ,
又 AB // DC ? 四边形 EBCD 是平行四边形。? ED ? BC ? 5, BE ? CD ? 2 ,? E 是 AB 的中点, 且 AE ? 2 ,又 PA ? PB ? 6 ,? ?PEA 为直角三角形,? PE ? 在 ?PED 中,由余弦定理得 cos ?PDE ?

PA2 ? AE2 ? 6 ? 2 ? 2 。

PD2 ? DE 2 ? PE 2 3 ? 5 ? 4 2 15 ,故异面直线 PD ? ? 2PD ? DE 15 2? 3 ? 5

与 BC 所成的角的余弦值为

2 15 15

(Ⅱ)连结 OE ,由(Ⅰ)及三垂线定理知, ?PEO 为二面角 P ? AB ? C 的平面角

15

? sin ?PEO ?

PO 2 ,??PEO ? 450 ,? 二面角 P ? AB ? C 的大小为 450 。 ? PE 2

? ? (Ⅲ) 连结 MD, MB, MO , PC ? 平面 BMD, OM ? 平面 BMD , PC ? OM , 又在 Rt ?POC 中,

? PC ? PD ? 3, OC ? 1, PO ? 2 , PM ?

PM 2 3 3 PC ? ? 2 , ? ? 2 时, ? 平面 BMD , , MC ? MC 3 3

解法二: ? PO ? 平面 ABCD ,? PO ? BD ,又 PB ? PD , BO ? 2, PO ? 2 ,由平面几何知识 得: OD ? OC ? 1, BO ? AO ? 2 。以 O 为原点, OA, OB, OP 分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角 坐标系,则各点坐标为 O(0,0,0) , A(2, 0, 0) , B(0, 2, 0) , C (?1, 0, 0) , D(0, ?1, 0) , P(0,0, 2) (Ⅰ)? PD ? (0, ?1, ? 2) , BC ? (?1, ?2,0) ,

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? ??? ??? ? ? ? PD ? 3, BC ? 5, PD ? BC ? 2 。

??? ??? ? ? ??? ??? ? ? PD ? BC 2 15 。 故直线 PD 与 BC 所成的角 ? cos ? PD, BC ?? ??? ??? ? ? ? 15 PD BC
的余弦值为

2 15 。 15

(Ⅱ)设平面 PAB 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,由于 AB ? (?2, 2,0) , AP ? (?2,0, 2) ,

??? ?

??? ?

??? ? ?x? y ?n ? AB ? 0 ? ? 由 ? ??? ,得 ? 取 n ? (1,1, 2) ,又已知平面 ABCD 的一个法向量 m ? (0,0,1) , ? ?n ? AP ? 0 ?z ? 2x ? ?

? cos ? m, n ??

m?n 2 ? ,又二面角 P ? AB ? C 为锐角,? 所求二面角 P ? AB ? C 的大小为 45 。 ? m?n 2

(Ⅲ)设 M ( x0 ,0, y0 ) ,由于 P, M , C 三点共线, z0 ? 2x0 ? 2 ,? PC ? 平面 BMD ,

2 2 ? OM ? PC ?(?1,0, ? 2) ? ( x0 ,0, z0 ) ? 0 ? x0 ? 2z0 ? 0 ,由(1) (2)知: x0 ? ? , z0 ? 。 3 3 PM 2 2 ? 2 ,故 ? ? 2 时, PC ? 平面 BMD 。 ? M (? , 0, ) ,? ? ? MC 3 3
17. (陕西卷)如图,平面 α⊥β,α∩β=l , A∈α, B∈β,点 A 在直线 l 上的射影为 A1, 点 B 在 l 的射影为 B1,已知 AB=2,AA1=1, BB1= 2, 求: (Ⅰ) 直线 AB 分别与平面 α,β 所成角的大小; (Ⅱ) 二面角 A1-AB-B1 的大小. 解: (Ⅰ) 如图, 连接 A1B, 1, AB ∵α⊥β, α∩β=l ,AA1⊥l, 1⊥l, BB ∴AA1⊥β, BB1⊥α. 则∠BAB1, ∠ABA1 分别是 AB 与 α 和 β 所成的角.
16

BB1 2 Rt△BB1A 中,BB1= 2 ,AB=2,∴sin∠BAB1 = AB = 2 ,∴∠BAB1=45° . AA1 1 Rt△AA1B 中,AA1=1,AB=2,sin∠ABA1= AB = 2 ,∴∠ABA1= 30° .故 AB 与平面 α,β 所成的 角分别是 45° ,30° . (Ⅱ) ∵BB1⊥α, ∴平面 ABB1⊥α. 在平面 α 内过 A1 作 A1E⊥AB1 交 AB1 于 E, A1E⊥平面 AB1B. 则 过 E 作 EF⊥AB 交 AB 于 F, 连接 A1F, 则由三垂线定理得 A1F⊥AB, ∴∠A1FE 就是所求二面角的平面角. 在 Rt△ABB1 中, ∠BAB1=45° ∴AB1=B1B= 2. , ∴Rt△AA1B 中, 1B= AB2-AA12 = 4-1 = A 3. AA1· 1B A 1× 3 3 A1E 6 由 AA1· 1B=A1F· 得 A1F= A AB = = ,∴在 Rt△A1EF 中,sin∠A1FE = = , AB 2 2 A1F 3 6 ∴二面角 A1-AB-B1 的大小为 arcsin 3 . 解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ) 如图,建立坐标系, 则 A1(0,0,0),A(0,0,1),B1(0,1,0),B( 2,1,0).在 AB 上取一 → → 点 F(x,y,z),则存在 t∈R,使得AF=tAB ,即(x,y,z-1)=t( 2,1,-1), ∴点 F 的坐标为 → → → → ( 2t, t,1-t).要使A1F⊥AB,须A1F· =0, 即( 2t, t,1-t) · 2,1,-1)=0,2t+t-(1-t)=0, AB ( 1 2 1 3 2 1 3 → 解得 t= ,∴点 F 的坐标为( ,- , ), ∴A1F=( , , ).设 E 为 AB1 的中点,则点 E 的坐 4 4 4 4 4 4 4 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 → → → 标为(0,2, 2). ∴EF=( 4 ,-4,4).又EF· =( 4 ,-4,4)· 2,1,-1)= 2 - 4 - 4 =0, AB ( → → ∴EF⊥AB,∴∠A1FE 为所求二面角的平面角. →→ A1F, · EF 又 cos∠A1FE= → → = |A1F|· | |EF 3 A1-AB-B1 的大小为 arccos 3 . 18.(上海卷)在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长为 2 的菱形,∠DAB=60 ,对角线 AC 与 BD 相交于点 O,PO⊥平面 ABCD,PB 与平面 ABCD 所成的角为 60 . (1)求四棱锥 P-ABCD 的体积; (2)若 E 是 PB 的中点,求异面直线 DE 与 PA 所成角的大小(结果用反三角函数值表示) . 解: (1)在四棱锥 P-ABCD 中,由 PO⊥平面 ABCD,得∠PBO 是 PB 与 平面 ABCD 所成的角, ∠PBO=60° . 在 Rt△AOB 中 BO=ABsin30° =1, 由 PO⊥BO,于是,PO=BOtg60° 3 , = 而底面菱形的面积为 2 3 .∴四棱锥 P-ABCD 的体积 V= (2)以 O 为坐标原点,射线 OB、OC、OP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系. 在 Rt△AOB 中 OA= 3 ,于是,点 A、B、D、P 的坐标分别是 A(0,- 3 ,0),B (1,0,0), D (-1,0,0), P (0,0,
? ?

2 1 3 2 1 1 1 1 3 ( 4 ,4,4)· 4 ,-4,4) ( 8-16+16 1 3 = = = 3 ,∴二面角 2 1 9 2 1 1 3 1 3 16+16+16 · 16+16+16 4 · 2

1 ×2 3 × 3 =2. 3

1 3 3 3 ) 于是 DE =( ,0, ), AP =(0, 3 , 3 ). 3 ).E 是 PB 的中点,则 E( ,0, 2 2 2 2 3 2 2 2 ? 设 DE AP 的夹角为 θ,有 cosθ= ,θ=arccos ,∴异面直线 DE 与 PA 所成 与 4 4 9 3 ? ? 3?3 4 4
17

角的大小是 arccos

2 ; 4

解法二:取 AB 的中点 F,连接 EF、DF.由 E 是 PB 的中点,得 EF∥PA,∴∠FED 是异面直线 DE 与 PA 所成角(或它的补角),

6 在 Rt△AOB 中 AO=ABcos30° 3 =OP,于是, 在等腰 Rt△POA 中, 1 EF = 6 ? 4 = PA= 6 ,则 EF= .在正△ABD 和正△PBD 中,DE=DF= 3 ,cos∠FED= 2
2 ∴异面直线 DE 与 PA 所成角的大小是 arccos . 4
19.(上海卷)在直三棱柱 ABC ? ABC 中, ?ABC ? 90? , AB ? BC ? 1. (1)求异面直线 B1C1 与 AC 所成的角的大小; (2)若 AC 与平面 ABC S 所成角为 45 ,求三棱锥 A ? ABC 的体积。 1 1
?

2

DE

3

2 4

解: ∵BC∥B1C1, ∴∠ACB 为异面直线 B1C1 与 AC 所成角(或它的补角), (1) ∵∠ABC=90° AB=BC=1, , ∴∠ACB=45° ,∴异面直线 B1C1 与 AC 所成角为 45° . (2) ∵AA1⊥平面 ABC,∠ACA1 是 A1C 与平面 ABC 所成的角, ∠ACA =45° .∵∠ABC=90° AB=BC=1, , AC= 2 ,∴AA1= 2 .∴三棱锥 A1-ABC 的体积 V=

1 6 S△ABC×AA1= . 3 2

20. (四川卷) 如图, 在长方体 ABCD ? A B1C1D1 中,E , P 分别是 BC , A1 D1 的中点, , N 分别是 AE, CD1 M 1 的中点, AD ? AA ? a, AB ? 2a 1 (Ⅰ)求证: MN // 面 ADD1 A ; (Ⅱ)求二面角 P ? AE ? D 的大小; 1 (Ⅲ)求三棱锥 P ? DEN 的体积。 解 : Ⅰ ) 取 CD 的 中 点 K , 连 结 M K, N K, ∵ M , N , K 分 别 为 AK , CD1 , CD 的 中 点 , ( ∵ MK // AD, NK // DD1 ,∴ MK // 面 ADD1 A , NK // 面 ADD1 A , 1 1 ∴面 MNK // 面 ADD1 A , ∴ MN // 面 ADD1 A 1 1 (Ⅱ) F 为 AD 的中点 ∵ P 为 A1D1 的中点, PF // D1D , PF ? 面 ABCD 作 FH ? AE , AE 设 ∴ ∴ 交 于 H ,连结 PH ,则由三垂线定理得 AE ? PH ,从而 ? PHF 为二面角 P ? AE ? D 的平面角。 在 Rt ?AEF 中, AF ?
? 2a a 17 2a , EF ? 2a, AE ? a ,从而 FH ? AF ? EF ? 2 ? 2 2 AE 17 17 2 a a

在 Rt ?PFH 中, tan ?PFH ?

PF DD1 17 ,∴二面角 P ? AE ? D 的大小为 arctan 17 。 ? ? FH FH 2 2
18

(Ⅲ) S?NEP ?

1 1 1 5 2 S矩形ECD1P ? BC ? CD1 ? ? a ? a 2 ? 4a 2 ? a ,作 DQ ? CD1 ,交 CD1 于 Q , 2 4 4 4

由 A1 D1 ? 面 CDD1C1 得 AC1 ? DQ ,∴ DQ ? 面 BCD1 A ,∴在 Rt ?CDD1 中, 1 1

DQ ?

1 1 1 5 2 2 CD ? DD1 2a ? a 2 ? ? a ,∴ VP ? DEN ? VD ? ENP ? S ?NEP ? DQ ? a ? a ? a3 。 3 6 CD1 3 4 5a 5 5

方法二:以 D 为原点, DA, DC, DD1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立直角坐标系, 则 A? a,0,0? , B ? a,2a,0? , C ? 0,2a,0? , A ? a,0, a ? , D1 ?0,0, a ? , 1 ∵ E, P, M , N 分别是 BC, A D1 , AE, CD1 的中点, 1 ∴ E ? , 2a, 0 ? , P ? , 0, a ? , M ?

?a ?2

? ?

?a ?2

? ?

a? ? 3a ? ? , a, 0 ? , N ? 0, a, ?。 2? ? 4 ? ?

(Ⅰ) MN ? ? ?

???? ?

? ???? ? ? ???? ? ? ? a? ? 3 a, 0, ? ,取 n ? ? 0,1,0? ,显然 n ? 面 ADD1 A1 , MN ? n ? 0 ,∴ MN ? n 2? ? 4

又 MN ? 面 ADD1 A ,∴ MN // 面 ADD1 A 。 1 1 (Ⅱ)过 P 作 PH ? AE ,交 AE 于 H ,取 AD 的中点 F ,则 F ?

?a ? , 0, 0 ? ,设 H ? x, y,0? , ?2 ?

??? ??? ? ? ??? ? ??? ? ???? a 则 HP ? ? a ? x, ? y, a ? , HF ? ? a ? x, ? y, 0 ? ,又 AE ? ? ? , 2a, 0 ? 由 AP ? AE ? 0 ,及 H 在直线 AE 上, ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ?2 ? ?2 ?
? a2 a ??? ? ???? 33 2 a, y ? a ,∴ HP ? ? ? 8a , ? 2a , a ? , HF ? ? ? 8a , ? 2a , 0 ? , 可得: ?? 4 ? 2 x ? 2ay ? 0 ,解得 x ? ? ? ? ? ? 34 17 ? 17 17 ? ? 17 17 ? ? 4 x ? y ? 4a ?
∴ HF ? AE ? 0 ,即 HF ? AE ,∴ HP 与 HF 所夹的角等于二面角 P ? AE ? D 的大

???? ??? ?

????

??? ?

??? ?

????

??? ???? ? ??? ???? ? HP ? HF 2 2 21 小 cos HP, HF ? ??? ???? ? ,故二面角 P ? AE ? D 的大小为 arccos 。 ? 21 21 HP ? HF
(Ⅲ)设 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? 为平面 DEN 的法向量,则 n1 ? DE, n1 ? DN ,

??

??

??? ?? ?

????

?a ? 2 x1 ? 2ay1 ? 0 ??? ? a ? ???? ? ??? ? a ? ? x1 ? ?4 y1 ? a? ? ? 又 DE ? ? , 2a,0 ? , DN ? ? 0, a, ? , DP ? ? ,0, a ? ,∴ ? ,即 ? , a z1 ? ?2 y1 2? ?2 ? ? ?2 ? ? ? 2y ? z ? 0 ? 1 2 1 ?

??? ?? ? DP ? n1 ?? 2a ? 2a 4a ∴可取 n1 ? ? 4, ?1, 2 ? ,∴ P 点到平面 DEN 的距离为 d ? , ? ?? ? 16 ? 1 ? 4 21 n1
19

???? ???? ???? ???? ???? ???? DE ? DN 8 21 ∵ cos DE , DN ? ???? ???? ? , sin DE, DN ? , 85 85 DE ? DN
∴ S?DEN ?

? ??? ???? ? 1 1 21 2 4a a3 1 ??? ???? 21 2 DE ? DN ? sin DE, DN ? a ,∴ VP? DEN ? S?DEN ? d ? ? a ? ? 。 2 8 3 3 8 21 6

21. (四川卷)如图,长方体 ABCD- A1 B1C1 D1 中,E、P 分别是 BC、 A1D1 的中点, M、N 分别是 AE、CD1 的中点, AD=A1A1 ? a, Ab=2a, (Ⅰ)求证: MN//平面ADD1 A1; ; (Ⅱ)求二面角 P ? AE ? D 的大小; 解: (Ⅰ)取 CD 的中点 K ,连结 MK , NK ,∵ M , N , K 分别为 AK , CD1 , CD 的中点, ∵ MK // AD, NK // DD1 ,∴ MK // 面 ADD1 A , NK // 面 ADD1 A , 1 1 ∴面 MNK // 面 ADD1 A ,∴ MN // 面 ADD1 A 。 1 1 (Ⅱ)设 F 为 AD 的中点,∵ P 为 A1D1 的中点,∴ PF // DD1 , ∴ PF ? 面 ABCD 。作 FH ? AE ,交 AE 于 H ,连结 PH ,则由三垂线定理得 AE ? PH 从而 ? PHF 为二面角 P ? AE ? D 的平面角。

a ? 2a a 17 AF ? EF 2 2a 在 Rt ?AEF 中, AF ? , EF ? 2a, AE ? a ,从而 FH ? ? ? 2 2 AE 17 17 a 2
在 Rt ?PFH 中, tan ?PFH ?

PF DD1 17 ,故:二面角 P ? AE ? D 的大小为 arctan 17 。 ? ? FH FH 2 2

方法二:以 D 为原点, DA, DC, DD1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立直角坐标系,则

A? a,0,0? , B ? a,2a,0? , C ?0,2a,0? , A1 ? a,0, a ? , D1 ?0,0, a ? ,∵ E, P, M , N 分别是 BC, A1D1, AE, CD1 的
中点,∴ E ? , 2a,0 ? , P ? ,0, a ? , M ?

?a ?2

? ?

?a ?2

? ?

a? ? 3a ? ? , a,0 ? , N ? 0, a, ? 。 2? ? 4 ? ?

(Ⅰ) MN ? ? ?

???? ?

? ???? ? ? ???? ? ? ? a? ? 3 a, 0, ? ,取 n ? ? 0,1,0? ,显然 n ? 面 ADD1 A1 , MN ? n ? 0 ,∴ MN ? n , 2? ? 4

又 MN ? 面 ADD1 A ,∴ MN // 面 ADD1 A 。∴过 P 作 PH ? AE ,交 AE 于 H ,取 AD 的中点 F ,则 1 1

??? ? ??? ? ???? ?a ? a F ? , 0, 0 ? ,设 H ? x, y,0? ,则 HP ? ? a ? x, ? y, a ? , HF ? ? a ? x, ? y, 0 ? ,又 AE ? ? ? , 2a,0 ? , ? ? ? ? ? ? ?2 ? ? 2 ? ?2 ? ?2 ?

20

? a2 a ??? ??? ? ? 33 2 H 在直线 AE 上,可得: ?? 4 ? 2 x ? 2ay ? 0 ,解得 x ? a, y ? a 由 AP ? AE ? 0 ,及 ? 34 17 ? ? 4 x ? y ? 4a
∴ HP ? ? ? ?

??? ?

???? ??? ? ???? ??? ? ??? ???? ? ? 8a 2a ? ??? ? 8a 2a ? , ? , a ? , HP ? ? ? , ? , 0 ? ,∴ HF ? AE ? 0 ,即 HF ? AE ,∴ HP 与 HF 所夹的角 ? 17 17 ? ? 17 17 ?

??? ???? ? ??? ???? ? HP ? HF 2 等于二面角 P ? AE ? D 的大小 cos HP, HF ? ??? ???? ? 。故二面角 P ? AE ? D 的大小 ? 21 HP ? HF
为 arccos

2 21 21

22.(天津卷)如图,在五面体 ABCDEF 中,点 O 是矩形 ABCD 的对角线的交点,面 CDE 是等边三角 形,棱 EF //

1 BC . ?2 (1)证明 FO //平面 CDE ;
(2)设 BC ? 3CD ,证明 EO ? 平面 CDF . 解: (1)取 CD 中点 M,连结 OM.在矩形 ABCD 中,

1 1 BC ,又 EF // BC ,则 EF //OM ,连结 EM,于是四边形 EFOM 为平行四边形.? FO // EM , 2 2 ? FO ? 平面 CDE,且 EM ? 平面 CDE,∵FO∥平面 CDE。 又 OM //
(2)连结 FM,由(Ⅰ)和已知条件,在等边△CDE 中, CM ? DM , EM ? CD

且 EM ?

3 1 CD ? BC ? EF .因此平行四边形 EFOM 为菱形,从而 EO⊥FM 而 FM∩CD=M,∴CD⊥ 2 2

平面 EOM,从而 CD⊥EO.而 FM ? CD ? M ,所以 EO⊥平面 CDF. 23.(浙江卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90° ,PA⊥底面 ABCD,且 PA=AD=AB=2BC,M、N 分别为 PC、PB 的中点. (Ⅰ)求证:PB⊥DM; (Ⅱ)求 CD 与平面 ADMN 所成的角。

解: (I)因为 N 是 PB 的中点, PA ? PB ,所以 AN ? PB .因为 AD ? 平面

PAB ,所以 AD ? PB ,从而 PB ? 平面 ADMN .因为 DM ? 平面 ADMN ,
∴ PB ? DM . (II)取 AD 的中点 G ,连结 BG 、 NG ,则 BG // CD ,所以 BG 与平面 ADMN 所成的角和 CD 与 平面 ADMN 所成的角相等.因为 PB ? 平面 ADMN ,所以 ?BGN 是 BG 与平面 ADMN 所成的角. 在 Rt ?BGN 中, sin ?BNG ?

BN 10 10 .故 CD 与平面 ADMN 所成的角是 arcsin . ? BG 5 5

方法二:如图,以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系 A ? xyz ,设 BC ? 1 ,则

21

1 A(0, 0, 0), P(0, 0, 2), B(2, 0, 0), C (2,1, 0), M (1, ,1), D(0, 2, 0) . 2 ??? ???? ? ? 3 (I)因为 PB ? DM ? (2, 0, ?2) ? (1, ? ,1) ? 0 ,所以 PB ? DM . 2 ??? ???? ? (II)因为 PB ? AD ? (2,0, ?2) ? (0, 2,0) ? 0 ,所以 PB ? AD ,又因为 PB ? DM ,所以 PB ? 平面

??? ???? ? ADMN. 因此 ? PB, DC ? 的余角即是 CD 与平面 ADMN 所成的角.

??? ???? ? ??? ???? ? 10 10 PB ? DC ? ???? ? 因为 cos ? PB, DC ?? ??? ,所以 CD 与平面 ADMN 所成的角为 arcsin . 5 5 | PB | ? | DC |
24. (浙江卷) 如图, 在四棱锥 P—ABCD 中, 底面为直角梯形, AD∥BC, ∠BAD=90° PA⊥底面 ABCD, , 且 PA=AD=AB=2BC,M、N 分别为 PC、PB 的中点。 (Ⅰ)求证:PB⊥DM; (Ⅱ)求 BD 与平面 ADMN 所成的角。 解: (Ⅰ) 因为 N 是 PB 的中点, PA=AB, 所以 AN⊥PB. 因为 AD⊥面 PAB, ∴AD⊥PB. ∴PB⊥平面 ADMN. ? DM ? 平面ADMN ,∴PB⊥DM. (Ⅱ)连结 DN, 因为 PB⊥平面 ADMN,所以∠BDN 是 BD 与平面 ADMN 所成的角. 在 Rt ?BDN 中, sin ?BDN ?

BN 1 ? ? , 故 BD 与平面 ADMN 所成的角是 . BD 2 6

方法二: 如图,以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系 A ? xyz ,设 BC=1,则 A(0, 0, 0) ,

1 P(0, 0,3), B(2, 0, 0), M (1, ,1), D(0, 2, 0) 。 2 ??? ???? ? ? 3 (Ⅰ)因为 PB ? DM ? (2, 0, ?2)(1, ? ,1) ? 0 ,所以 PB⊥DM . 2 ??? ???? ? ??? ??? ? ? (Ⅱ)因为 PB ? AD ? (2,0, ?2) ? (0, 2,0) ? 0 ,所以 PB⊥AD. 又 PB⊥DM. 因此 ? PB ? AD ? 的余角
即是 BD 与平面 ADMN 所成的角. 因为 cos ? PB ? AD ??

??? ???? ?

?
3

,所以 ? PB ? AD ? =

??? ???? ?

? ADMN 所成的角为 . 6

? ,因此 BD 与平面 3

25.(重庆卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA ? 底面 ABCD, ? DAB 为直角,AB‖ CD,AD=CD=24,E、 F 分别为 PC、CD 的中点. (Ⅰ)试证:CD ? 平面 BEF; (Ⅱ)设 PA=k· AB,且二面角 E-BD-C 的平面角大于 30 ? ,求 k 的 取值范围. 解: (I)由已知 DF

// AB 且 ?DAB 为直角。故 ABFD 是矩形。
?

从而 CD ? BF 。又 PB ? 底面 ABCD, CD ? AD ,故由三垂线定理知 CD ? PD. D ? PDC 中,E、F 分 别为 PC、CD 的中点,故 EF//PD,从而 CD ? EF ,由此得 CD ? 面 BEF。 (II)连接 AC 交 BF 于 G,易知 G 为 AC 的中点,连接 EG,则在 ? PAC 中易知 EG//PA。又因 PA ? 底面 ABCD,故 EG ? 底面 ABCD。在底面 ABCD 中,过 G 作 GH ? BD。垂足为 H,连接 EH,由三垂线 定理知 EH ? BD。从而 ?EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角。

22

设 AB ? ? 则在? PAC中,有EG ?

S? CBD

1 1 PA ? k? 。以下计算 GH,考虑底面的平面图。连结 GD,因 2 2 1 1 GB ? DF ? BD ? GH ? GB ? DF ,故 GH= .在 ? ABD中,因AB ? a.AD ? 2a.得BD ? 5a 。 2 2 BD 1 1 GB ? AB a ? a 5 FB ? AD ? a, DF ? AB, 从而得GH ? ? ? a。 2 2 BD 5a 5

而 GB ?

1 ka EG 2 5k ∴ tan EHG ? 。由 k ? 0 知 ?EHG 是锐角。故要使 ?EHG ? 30? ,必须 ? ? GH 2 5a 5
5k 3 2 15 ,解之得, k 的取值范围为 k ? 。 ? tan 30? ? 2 3 15
26. (重庆卷) 如图,在正四棱柱 ABCD ? A B1C1D1 中, AB ? 1, BB1 ? 3 ?1 , E 为 BB1 上使 B1E ? 1 的 1 点。平面 AEC1 交 DD1 于 F ,交 A1D1 的延长线于 G ,求: (Ⅰ)异面直线 AD 与 C1G 所成角的大小; (Ⅱ)二面角 A ? C1G ? A1 的正切值; 解: (Ⅰ)由 AD // D1G知?C1GD1 为异面直线 AD 与 C1G 所成角. 连接 C1F .因为AE和 C1F 分别是平行平面 ABB1 A 和CC1D1D与平面AEC1G的交线 , 1 所以 AE// C1F ,由此得 D1F ? BF ? 3.再由?FDG ? ?FDA ? DG ? 3. 1 1

在Rt ?C1 D1G中,由C1D1 =1得?C1GD1 ?

?
6

(Ⅱ) D1H ? C1G 于 H,由三垂线定理知 FH ? C1G, 故?D1HF为二面角F-C1G-D1 , 作 即二面角 A ? C1G ? A1 的平面角.

在Rt ?HD1G中,由D1G= 3 , ?H GD1 ?

?
6

得D1H ?

DF 3 .从而 tan D1 HF ? 1 ? 2 D1 H

3 ?2. 3 2

解法二: (Ⅰ)由 AD // D1G知?C1GD1 为异面直线 AD 与 C1G 所成角. (如图 2)因为 EC1 和 AF 是 平行平面 BB1C1C与平面AA1D1D与平面AEC1G的交线 ,∴ EC1 // AF , ∴ ?AGA1 ? ?EC1 B1 ?

?
4

, ? A1G ? AA1 ? 3 ? 1 ? D1G ? 3.

在Rt ?C1 D1G中,由C1D1 =1得?C1GD1 ?

?
6


23

(Ⅱ) 在?A1C1G中,由?C1A1G=

?
4

,?A1GC1 =

?
6

知?A1C1G 为钝角。作 A1H ? GC1交GC1 的延长线于

H,连接 AH,由三垂线定理知 GH ? AH , 故?A HA为二面角A-C1G-A1 的平面角. 1

在Rt ?A1HG中,由A1G= 3 ? 1, ?H GA1 ?

?
6

得A1H ?

AA 3 ?1 .从而 tan A1 HA ? 1 ? 2 A1 H

3 ?1 ? 2。 3 ?1 2

解法三: (Ⅰ)以 A1 为原点,A1B1,A1D1,A1A 所在直线分别为 x、y、z 轴建立如图 3 所示的空间直角 坐标系,于是, A(0,0, 3 ?1), C1 (1,1,0), D(0,1, 3 ?1), E(1,0,1),

??? ? ???? ? AD ? (0,1,0), EC1 ? (0,1, ?1). 因为 EC1 和 AF 是平行平面
BB1C1C和AA1D1D与平面AEC1G的交线 ,所以 EC1 // AF .设G(0,y,0),
则 AG ? (0, y, ?1 ? 3).由EC1 // AG ?

????

???? ???? ?

1 ?1 ,是 y ? 3 ? 1. ? y ?1 ? 3

于故 G(0,1 ? 3,0), C1G ? (?1, 3,0) .设异面直线 AD 与 C1G 所成的角的大小为 ? ,

???? ?

???? ???? ? AD ? C1G 3 ? 则: cos ? ? ???? ???? ? ,从而 ? ? . ? 6 2 AD ? C1G
(Ⅱ)作 A H ? C1G H,由三垂线定理知 GH ? AH , 故?A HA为二面角A-C1G-A1 的平面角. 1 1 设 H(a,b,0),则: A H ? (a, b,0), C1H ? (a ?1, b ?1,0) .由 A H ? C1G 得: 1 1

???? ?

???? ?

???? ???? ? ? C1H ? C1G ? 0,由此得a- 3b=0. ……①

H 又 由 H , C1 , G共线得C 1 // C G, ? 1

???? ???? ? ?

a ?1 b ?1 ? ,于是 ?1 3

3a ? b ? ( 3 1 ) ? ?

……② 0.

联立①②得: a ?

3 ?3 3 ?1 3 ? 3 3 ?1 ,b ? .故H ( , ), 4 4 4 4

由 A1H ? (

???? ?

AA 3 ?1 3 ? 3 2 1 ? 3 2 1 ? 3 ???? ? 2. ) ?( ) ? , A1 A ? 1 ? 3 得: tan A1HA ? 1 ? A1H 4 4 2 3 ?1 2

24


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