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重庆高考数学试题分类汇编——立体几何(文)


重庆高考数学试题分类汇编——立体几何(文)
2009 年 9.在正四棱柱 A B C D ? A B C D 中,顶点 B 到对角线 B D 和到
1 1 1 1 1 1

平面 A B C D 的距离分 别为 h 和 d ,则下 列命题中 正确 的是
1 1



) A.若侧棱的长小于底面的变长,则 h 的取值范围为 (0,1)
d

B.若侧棱的长小于底面的变长,则 h 的取值范围为
d
( 2 2 , 2 3 3 )

C.若侧棱的长大于底面的变长,则 h 的取值范围为
d
( 2 3 3 , 2)

D.若侧棱的长大于底面的变长,则 h 的取值范围为
d
( 2 3 3 , ?? )

【答案】C 解 析 设 底 面 边 长 为 1 , 侧 棱 长 为 ? (? ? 0) , 过 B 作
1

B1 H ? B D1 , B1G ? A1 B


1 1

在 R t ? B B D 中, B D
1 1

?

2 , B1 D ?

? ?2
2

,由三角形面积关系

得 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
h ? B1 H ? B1 D 1 ? B B1 B1 D ? 2?

? ?2
2

设在正四棱柱中,由于

B C?

A, B ? C B

1

B ,

B ? B1 G

所以 B C ? 平面 A A B B , 于是 B C
1 1

, 所以 B G ? 平面 A B C D ,
1 1 1

故 B G 为点到平面 A B C D 的距离,在 R t ? A B B 中,又由三
1 1 1 1 1

角 形 面 积 关 系 得
h d ? 2?
2

d ? B1G ?

A1 B1 ? B B1 A1 B

?

? ? ?1
2

于 是

? ?
2

? ?2
2 3 ? 1?

1 ?

2 ? 1?

1

? ?2
2

, 于 是 当
3 3 ,1)

? ?1

, 所 以

? ? 2 ? 3,
2

1

? ?2
2

?1

,所以 h ? ( 2
d

18. (本小题满分 13 分, (Ⅰ)问 7 分, (Ⅱ)问 6 分) 如题(18)图,在五面体 A B C D E F 中, A B ∥
DC

, ? B A D ? ? ,C D ? A D ? 2 ,四边形 A B F E 为平行
2
? 3, E D ? 7

四边形, F A ? 平面 A B C D , F C

.求:

(Ⅰ)直线 A B 到平面 E F C D 的距离; (Ⅱ)二面角 F ? A D ? E 的平面角的正切值. 解法一: (Ⅰ)? A B ? D C , D C ? 平面 E F C D ,
?

AB 到面 E F C D 的距离等
AB

于点 A 到面 E F C D 的距离, 过点 A 作 A G ? F D 于 G, ? B A D ? ? 因 ∥ D C ,故 C D ?
CD ? FD AD

2

;又?

FA ?

平面 A B C D ,由三垂线定理可知,
AG

,故 C D ? 面 F A D ,知 C D ?

,所以 AG 为所求直线 AB

到面 E F C D 的距离。 在 R t △ A B C 中, F D ? 由
FA ?
FA ?
2

FC ? CD
2

2

?

9?4 ?

5
R t△ FAD

平面
2

A B C D

,得

FA ?

AD , 从 而 在

中,

FD ? AD

?

5?4 ?1
2 5 2 5 5

? AG ?

FA ? AD FD

?

?

。即直线 A B 到平面 E F C D 的距离为

2 5 5

。 (Ⅱ) 由己知,F A ? 平面 A B C D , F A ? AD, 得 又由 ? B A D ? ? ,
2

知 AD ?

AB

,故 A D ? 平面 ABFE ,所以, ? F A E 为二面角 F ? A D ? E 的平面角,记

? DA ? AE

为? . 在
Rt△ AED

中 ,
2

AE ?

ED ? AD
2

2

?

7?4 ?

3

, 由

? ABCD

得, F E ? B A ,从而 ? A F E ? ? 在 R t △ A E F 中,

FE ?

AE ? AF
2

2

?

3 ?1 ?

2

,故 tan ?
2

?

FE FA

?

2

所以二面角 F ? A D ? E 的平面角的正切值为 解法二: (Ⅰ)如图以 A 点为坐标原 点, A B , A D , A F 的方向为 x , y , z 的正方 向建立空间直角坐标系数,则 A(0,0,0) C(2,2,0)
F (0, 0, z 0 )
??? ? | F C |? 3
x B

.
z

F

E

??? ???? ???? ?

G

A

D(0,2,0) 可得
2 2

设 ,由
? AB

C

D y

( z0 ? 0)
2

??? ? F C ? ( 2 , 2 ,? z0 )

.即

2 ? 2 ? z0 ? 3

,解得 F (0, 0,1)

∥ DC ,

DC ?

面 E F C D ,所以直线 AB 到面 E F C D 的距离等于点 A 到
1

面 E F C D 的距离。设 A 点在平面 E F C D 上的射影点为 G ( x 则 AG ? ( x
???? , y1 , z1 ) 1

, y1 , z1 )

,

因 AG ? DF ,此即 ?

???? ????

?0

且 A G ? C D ? 0 ,而 D F 解得 x
1

???? ????

????

? (0, ? 2,1)

???? C D ? ( ? 2, 0, 0 )

? ? 2 y1 ? z1 ? 0 ? ? 2 x1 ? 0

? 0



,知 G 点在

yo z

面上,故 G 点在 FD 上.
???? ???? ???? G F ? D F G F ? ( ? x1 , ? y1 , ? z1 ? 1)

,

故有 y

1

2

? ? z 1 ?1



联立①,②

解得,

G (0 ,

2 4 , ) 5 5

???? ? | AG |

为直线 AB 到面 E F C D 的距离.

而 A G ? (0, 2 , 4 )
5 5

????



以 | A G |?

????

2 5 5

(Ⅱ)因四边形
E ( x 0 , 0,1) ( x0 ? 0 )
7

ABFE

为平行四边形,则可设

, ED ? (? x
2 2

????

0

2, ? 1)
7

.由 ,解得 x
0

???? | E D |?



x0 ? 2 ? 1 ?

? ? 2

.即 E ( ?

2 , 0,1)

.故

??? ? A E ? ( ? 2 , 0,1)

由 A D ? (0, 2, 0) , A F
??? ? | EF | ? tan ? F A E ? ??? ? | FA |

????

????

? (0, 0,1)

因 AD ? AE ? 0 , AD ? AF
??? ? E F ? ( 2 , 0, 0 ) ??? ?

???? ??? ?

???? ????

?0

,故 ? F A E 为二 , ,所以

面角 F ? A D ? E 的平面角,又?
2

, | E F |?

???? 2 | A F |? 1

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2008 年

(11)如题(11)图,模块①-⑤均由 4 个棱长为 1 的小 正方体构成,模块⑥由 15 个棱长为 1 的小正方体构成.现从 模块①-⑤中选出三个放到模块⑥上,使得模块⑥成为一个 棱长为 3 的大正方体.则下列选择方案中, 能够完成任务的为

(A)模块①,②,⑤ (C)模块②,④,⑥

(B)模块①,③,⑤ (D)模块③,④,⑤

【解析】本小题主要考查空间想象能力。先补齐中间一 层,只能用模块⑤或①,且如果补①则后续两块无法补齐, 所以只能先用⑤补中间一层,然后再补齐其它两块。 (20) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小问 6 分, (Ⅱ)小问 6 分.)
? 如图 (20) 图, ? 和 ? 为平面, ? ? ? l , A ? ? , B ? ? , AB=5,A,B

在棱 l 上的射影分别为 A′,B′,AA′=3,BB′=2.若二 面角 ? ? l ? ? 的大小为 2 ? ,求:
3

(Ⅰ)点 B 到平面 ? 的距离; (Ⅱ)异面直线 l 与 AB 所成的角(用反三角函数表示).

解: (1)如答(20)图,过点 B′C∥A′A 且使 B′C=A′A. 过点 B 作 BD⊥CB′,交 CB′的延长线于 D.

由已知 AA′⊥l,可得 DB′⊥l,又已知 BB′⊥l,故 l⊥平面 BB′D,得 BD⊥l 又因 BD⊥CB′,从而 BD⊥平面α ,BD 之长 即为点 B 到平面α 的距离. 因 B′C⊥l 且 BB′⊥l, 故∠BB′C 为二面角α -l-β 的平面角. 由题意,∠BB′C=
2? 3

.因此在 Rt△BB ′ D 中,BB′=2,∠BB ′ D=π -∠BB ′
3

C= ? ,BD=BB′·sinBB′D =
3

.

(Ⅱ)连接 AC、BC.因 B′C∥A′A,B′C=A′A,AA′⊥l,知 A′ACB′为矩形,故 AC∥l.所以∠BAC 或其补角为异面直线 l 与 AB 所成的角. 在△BB′C 中,B′B=2,B′C=3,∠BB′C= 2 ? ,则由余弦定
3

理, BC=
B ' B ? B ' C ? B ' C ? cos B B ' C ?
2 2

19

.

因 BD ? 平面

?

,且 DC ? CA,由三垂线定理知 AC ? BC.
? 19 5
2

故在△ABC 中,∠BCA= ? ,sinBAC= B C

AB

.

因此,异面直线 l 与 AB 所成的角为 arcsin 2007 年 (3)垂直于同一平面的两条直线 (A)平行 (B)垂直 (C)相交 (D)异面

(19) (本小题满分 12 分, (Ⅰ)小问 6 分, (Ⅱ)小问 6 分。 )

如题 (19) 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 图, ∠ABC=90°, AB=1,BC= 3 ,AA2=2;点 D 在棱 BB1 上,BD= 1 BB1;B1E⊥A1D,
2

3

垂足为 E,求:

题(19)图 (Ⅰ)异面直线 A1D 与 B1C1 的距离; (Ⅱ)四棱锥 C-ABDE 的体积。 解法一: (Ⅰ)由直三棱柱的定义知 B1C1⊥B1D,又因为 ∠ABC=90°,因此 B1C1⊥A1B1,从而 B1C1⊥平面 A1B1D,得 B1C1⊥B1E。又 B1E⊥A1D, 故 B1E 是异面直线 B1C1 与 A1D 的公垂线 由 BD
? 1 3 BB 1

知B

1D

?

4 3

,

在 Rt△A1B1D 中,A2D= 又因 S
△ A1 B 1 D

A1 B 1 ? B 1 D

2

2

?

?4? 1? ? ? ?3?

2

?

5 3

.

?

1 2

A1 B 1 · B 1 D ?

1 2

A1 D · B 1 E .

故 B1E=

A1 B 1 · B 1 D A1 D

1· ? 5 3

4 3 ? 4 5 .

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 B1C1⊥平面 A1B1D,又 BC∥B1C1,故

BC⊥平面 ABDE,即 BC 为四棱锥 C-ABDE 的高。从而所求四 棱锥的体积 V 为 V=VC-ABDE= 1 ? BC ,
3

其中 S 为四边形 ABDE 的面积。如答(19)图 1,过 E 作 EF⊥BD,垂足为 F。

答(19)图 1 在 Rt△B1ED 中,ED=
B1 D
2

? B1 E

2

?

?4? ? ? ?3?

2

?4? ?? ? ?5?

2

?

16 15

,

又因 S△B1ED= 1 B
2

1 E · DE

?

1 2

B 1 D · EF ,

故 EF= B

1 E· D E

?

16 25

.
16 25 9 25

B1 D

因△A1AE 的边 A1A 上的高 h ? A B
1

1

? EF ? 1 ?

?

,



S△A1AE= 1 A
2

1

A· h ?

1 2

· 2·

9 25

?

9 25
1D

. ? 1 2 9 25 4 3 ? 2 3 ? 2 3 ? 73 75 .

又因为 S△A1BD= 1 A B · B
2
1 1

· 2·

,

从而

S=S△A1AE-S△A1AE-S△A1B1D=2所以 V
? 1 3 · S · BC ? 1 3 · 73 75 · 3 2 ? 73 150 .

解法二: (Ⅱ)如答(19)图 2,以 B 点为坐标原点 O 建立空间直角坐标系 O-xyz,则

答(19)图 2 A(0,1,0),A1(0,1,2),B(0,0,0). B1(0,0,2),C1( 3 ,0,2),D(0,0,
2 2 3

)

因此
AA 1 ? ( 0 , 0 , 2 ), AB ? ( 0 , ? 1, 0 ), B2C1 ? ( 2 3 , 0 , 0 ), A 1 D ? ( 0 , ? 1, ? 4 3
? ( y 0 , z 0 ,? 2 )

).

设 E( 3 ,y0,z0) ,则 B
2

1E



因此 B

1 E· B1C 1

? 0 , 从而 B 1 C 1 ? B 1 E .

又由题设 B1E⊥A1D, B1E 是异面直线 B1C1 与 A1D 的公 故 垂线。 下面求点 E 的坐标。 因 B1E⊥A1D,即 B
y0 ? 4 3 ( z 0 ? 2 ) ? 0 , ? ? (1)
1 E · A1 D

? 0 , 从而

又 A E ? (0, y
1

0

? 1, z 0 ? 2 ), 且 A1 E ∥ A1 D , 得

y0 ? 1 1 y0 ? 1 1

?

z0 ? 2 4 3

,? ? (2)

?

z0 ? 2 4 3

,? ? (2)

联立(1) (2),解得 、
12 ? ? 16 B1 E ? ? 0, ,? ? 25 ? ? 25

y0 ?

16 25

,

z0 ?

38 25

,即

? 16 38 ? E ? ? 0, , ? ? 25 25 ?




? 16 ? ? ? ? 25 ?
2

所以 | B

1 E |?

? 12 ? ? ? ? ? 25 ?

2

?

4 5

.

(Ⅱ)由 BC⊥AB,BC⊥DB,故 BC⊥面 ABDE.即 BC 为四 棱锥 C-ABDE 的高. 下面求四边形 ABDE 的面积。 因为 SABCD=SABE+ SADE, | AB |? 1, | BD |? 2
3

而 SABE= 1 | AB | z
2

0

?

1 2

·1·

38 25



19 25

.

SBDE= 1 | BD | y
2

0

?

1 2

2 16 16 · · = . 3 25 75 ? 73 75 1 3 · 73 75 · 3 2 ? 73 150 . .

故 SABCD= 19 所以 V
CABCD

?

16 75

25 1 3

?

· S ABDE ·| BC |?

2006 年 (4)若 P 是平面 ? 外一点,则下列命题正确的是 D (A)过 P 只能作一条直线与平面 ? 相交 可作无数条直线与平面 ? 垂直 (C)过 P 只能作一条直线与平面 ? 平行 可作无数条直线与平面 ? 平行 (20)(本小题满分 12 分) 如图,在正四梭住 ABCD-A1 B1 C 1 D1 中, AB=1, BB ? 3 ? 1 ,E 为 BB1 上使 B1E=1 的 点.平面 AEC1 交 DD1 于 F, 交 A1D1 的延长线于 G.求:
1

(B )过 P (D)过 P

(Ⅰ)异面直线 AD 与 C1G 所成的角的大小;

(Ⅱ)二面角 A-C1G-A1 的正切值. 解法一: (Ⅰ)由 AD//D1G 知∠C1GD1 为异面直线 AD 与 C1G 所成的角. 连接 C1F,因为 AE 和 C1F 分别是平行平面 ABB1A1 和 CC1D1D 与平面 AEC1G 的交线,所 以 AE//C1F,由此可得 D1F = BE = 由△FD1G∽△FDA 得 D1G=
3 3 3

.再

在 Rt△C1D1G 中,由 C1D1=1,D1C=

得∠C1CD1= ? .
6

(Ⅱ)作 D1H⊥C1G 于 H,连接 FH.由三垂线定理知 FH⊥ C1G,故∠D1HF 为二面角 F—C1G—D1 即二面角 A—C1G—A1 的平面角. 在 Rt△GHD1 中, D1G= 由 从而
tan D 1 HF ? D1 F D1 H ? 3 3 2 ? 2.

3

, 1GH= ? 得 D1H= ∠D
6

3 2

.

解法二: (Ⅰ)由 AD//D1G 知∠C1GD1 为异面直线 AD 与 C1C 所成的角. 因为 EC1 和 AF 是平行平面 BB1C1C 与 AA1D1D 与平面 AEC1G 的交线,所以 EC1//AF. 由此可得∠AGA1=∠EC1B1= ?
. 4

从而 A1G=AA1=
?
6

3 ?1

,于是 D1G=

3

.
3

在 Rt△C1D1G 中,由 C1D1=1,D1G=
? C 1 GD 1 ? .
A1 G ?



(Ⅱ)在△A1C1G 中,由 ? C 钝角.作 A1H⊥GC1 交

?
4

1

, ? A1 GC 1 ?

?
6

知∠A1C1G 为

GC1 的延长线于 H, 连接 AH. 由三垂线定理知 GH⊥AH, 故∠AHA1 为二面角 A—C1G—A1 的平面角. 在 Rt△A1HG 中,由 A1C= 从而
t a n AHA
1

3 ?1

, ? A GH
1

?

?
6

得 A1 H ?

3 ?1 2

.

?

AA 1 A1 H

?

3 ?1 3 ?1 2

? 2.

解法三: (Ⅰ)以 A1 为原点,A1B1,A1D1,A1A 所在直线 分别为 x 轴,y 轴和 z 轴建立如图所示的 空间直角坐标系.于是,A(0, 0, 1) 1(1, 1, 0) ,C ,D(0, 1, E(1, 0, 1) AD ,
EC 1 ? ( 0 ,1, ? 1). ? ( 0 ,1, 0 )
3 3

+

+1) ,

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

由 EC

1

// AG 得

1 y

?

?1 ? ( 3 ? 1)

, 于是 y ?

3 ? 1.

故 G(0,

3

+1,0) C G ,
1

? ( ? 1,

3 , 0 ).

设异面直线 AD 与 C1G 所成的角的大小为 ? ,则
cos ? ? AD ? C 1 G | AD | ? | C 1 G | ? 3 2 .

从而

? ?

?
6

.

(Ⅱ)作 A1H⊥C1G 于 H,由三垂线定理知 AH⊥GH,故 ∠AHA1 为二面角 A—C1G—A1 的平 面角. 设 H(a, b, 0) ,则 A H
1

? ( a , b , 0 ), C 1 H ? ( a ? 1, b ? 1, 0 ).

由 A1H⊥C1G 得 A H
1

? C 1G ? 0,

由此得 a ?
a ?1 ?1 ?

3b ? 0 .
b ?1 3



又由 HC1,G 共线得 C

1

H // C 1 G , 从而

,于是

3 a ? b ? ( 3 ? 1) ? 0 .

② 联立①和②得 a ? 由| A H
1

3 ?3 4

, b ?

3 ?1 4

, 故H (

3 ?3 4

,

3 ?1 4

, 0 ).

|?

(

3 ?3 4

) ?(
2

3 ?1 4

)

2

?

3 ?1 2

, | A1 A | ?

3 ?1

tan AHA

1

?

| A1 A | | A1 H |

?

3 ?1 3 ?1 2

? 2.

2005 年 7.对于不重合的两个平面 ? 与 ? ,给定下列条件: ①存在平面 ? ,使得α 、β 都垂直于 ? ;

②存在平面 ? ,使得α 、β 都平等于 ? ; ③存在直线 l ? ? ,直线 m ? ? ,使得 l // m ; ④存在异面直线 l、m,使得 l // ? , l // ? , m // ? , m // ? . 其中,可以判定α 与β 平行的条件有( A.1 个 B.2 个 C.3 个 B ) D.4 个

10.有一塔形几何体由若干个正方体构成,构 成方式如图所 示, 上层正方体下底面的四个顶点是下层 正方体上底面 各连接中点,已知最底层正方体的棱长为 2,且该塔形 的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过 39,则 该塔形中正方体的个数至少是 A.4 C.6 B.5 D.7 ( C )

20. (本小题满分 13 分) 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PD⊥底面 ABCD,E 是 AB 上一点,PE ⊥EC. 已知 PD
? 2 , CD ? 2 , AE ? 1 2 ,

P D C A E B



(Ⅰ)异面直线 PD 与 EC 的距离; (Ⅱ)二面角 E—PC—D 的大小. 解法一: (Ⅰ)因 PD⊥底面,故 PD⊥DE,又因 EC⊥PE,且 DE 是 PE 在面 ABCD 内的射影,由三垂直线定理的逆定理知

EC⊥DE,因此 DE 是异面直线 PD 与 EC 的公垂线. 设 DE=x,因△DAE∽△CED,故 舍去). 从而 DE=1,即异面直线 PD 与 EC 的距离为 1. (Ⅱ)过 E 作 EG⊥CD 交 CD 于 G, GH⊥PC 交 PC 于 H, 作 连接 EH. 因 PD⊥底面, 故 PD⊥EG,从而 EG⊥面 PCD. 因 GH⊥PC,且 GH 是 EH 在面 PDC 内的射影, 由三垂线定理知 EH⊥PC. 因此∠EHG 为二面角的平面角. 在面 PDC 中,PD= GC= 2 ? 1
? 3 2 , 2 x AE ? CD x ,即 x
2

? 1, x ? ? 1

(负根

P D G A E

2

,CD=2,

H

因 △ PDC ∽ △ GHC , 故
GH ? PD ? CG PC ? 3 2

C B


? DG
2

又 EG 故在

?

DE

2

?

1 2 3 2 1 ?( ) ? , 2 2

Rt ? EHG 中 , GH ? EG , 因此 ? EHG ? .

?
4

,

即二面角 E—PC—D 的大小为 ? 解法二:

4

(Ⅰ)以 D 为原点, DA 、 DC 、 DP 分别为 x、y、 z 轴建立空间直角坐标系. 由已知可得 D(0,0,0) ,P(0,0,
z
P G F C y B

D A

x

E

2)

, C(0,2,0)设 A ( x ,0 , 0 )( x ? 0 ), 则 B ( x , 2 ,0 ),
E ( x, 1 2 , 0 ), PE ? ( x , 1 2
? CE 得 PE ? CE ? 0

,?

2 ), CE ? ( x , ?

3 2

, 0 ).

由 PE 即x
2



?

3 4

? 0, 故 x ?

3 2

.

由 DE

? CE ? (

3 1 3 3 , ,0 ) ? ( , ? , 0 ) ? 0 得 DE ? CE 2 2 2 2



又 PD⊥DE,故 DE 是异面直线 PD 与 CE 的公垂线,易得
| DE |? 1

,故异面直线 PD、

CE 的距离为 1. (Ⅱ)作 DG⊥PC,可设 G(0,y,z).由 DG
(0, y , z ) ? (0,2,? 2 ) ? 0

? PC ? 0



即z ? 则 EF 由 EF

2 y , 故可取 DG ? ( 0 ,1,
3 2 1 2 3 2 1 2

2 ),

作 EF⊥PC 于 F, F 设 (0, n) m, ,

? (?

,m ?

, n ).

? PC ? 0 得 ( ?

,m ?

, n ) ? (0,2,?

2 ) ? 0,即 2 m ? 1 ?

2n ? 0


3 1 2 , , ). 2 2 2

又由 F 在 PC 上得 n ? ? 因 EF
? PC , DG ? PC ,

2 2

m ?

2 , 故 m ? 1, n ?

2 2

, EF ? ( ?

故平面 E—PC—D 的平面角 ? 的大小为

向量 EF 与 DG 的夹角. 故 cos ? 为?
4 .

?

DG ? EF | DG || EF |

?

2 2

,? ?

?
4

,

即二面角 E—PC—D 的大小

2004 年 8.不同直线 ( ) ① ③
? ? ??
? // ? ?
m,n

和不同平面

?,?

,给出下列命题 ② ④
m // n ? ? ? n // ? m // ? ?

? ? m // ? m ???

m ??? ? ? m , n异 面 n? ? ?

?? m ? ? m // ? ?

其中假命题有: ( D ) A.0 个 B.1 个 C . 2 个 D.3 个 12. 如图,棱长为 5 的正方体无论从哪一个面看,都有两 个直通的边长为 1 的正方形孔,则这个有孔正方体的表 面积(含孔内各面)是 ( C ) A.258 B.234 C . 222 D.210

16.毛泽东在《送瘟神》中写到: “坐地日行八万里” 。又知 地球的体积大约是火星的 8 倍,则火星的大圆周长约为 ________4______万里.

19. (本小题满分 12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是正 方形,
P A ? 底 面 A B C D , A E ? P D , E F // C D , A M ? E F

(1) 证明 MF 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线; (2)若 P A ? 3 A B ,求二面角 E—AB—D 平面角.
P

E

F A D

M

B

C

(I)证明:因 PA⊥底面,有 PA⊥AB,又知 AB⊥AD, 故 AB⊥面 PAD,推得 BA⊥AE,

又 AM∥CD∥EF,且 AM=EF, 证得 AEFM 是矩形,故 AM⊥MF. 又 因 AE ⊥ PD , AE ⊥ CD , 故 AE ⊥ 面

PCD 而 MF∥AE,得 MF⊥面 PCD, 故 MF⊥PC, 因此 MF 是 AB 与 PC 的公垂线. (II)解:因由(I)知 AE⊥AB,又 AD⊥AB, 故∠EAD 是二面角 E—AB—D 的平面角. 设 AB=a,则 PA=3a. 因 Rt△ADE~Rt△PDA 故∠EAD=∠APD 因此 sin
EAD ? sin APD ? AD PD ? a
2

a ? (3 a )
2

?

10 10


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