高中数学选择第12题-高中数学球是高几
高中数学《立体几何》大题及答案解析
1.(2009 全国卷Ⅰ)如图,四棱锥
( 理)
S ABCD
中,底面
ABCD
为矩形,
SD
底面
ABCD
,
AD 2
,
DC
SD 2
,点
M
在侧棱
SC
上,
∠ABM=60
。
的中点;
(I
)证明:
M
是侧棱
SC
求二面角
S
AM B
的大小。
2.(2009 全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A
1
B
1
C
1
中,AB ⊥AC,D 、E 分别为 AA
1
、B
1
C 的中点,
DE⊥平面
BCC
1
(Ⅰ)证明: AB=AC (Ⅱ)设二面角 A-BD-C 为 60°,求
B
1
C 与平面 BCD 所成
的角的大小
B
1
D
A
C
B
3.(2009
E
A
1
C
1
DC
浙
江卷)
如图,
ABC
,
EB DC
,
AC
平
面
BC EB 2DC 2
,
ACB 120
,
P,Q
分别为
AE, AB
的中点.(I)证明:
PQ
平面
ACD
;(
II
)求
AD
与平
ABE
所成角的正弦值.面
4.(2009
北京卷)如图,四棱锥
P ABCD
的底面是正方形,
PD
底面ABCD
, 点 E 在 棱 PB 上 . ( Ⅰ ) 求 证: 平 面
2AB
且 E 为 PB 的中点时,
AE C 平面 P D B
;(Ⅱ) 当
PD
求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小 .
5.(2009
江西卷)如图,在四棱锥
P ABCD
中,底面
ABCD
是矩形,
PA
平面
ABCD
,
PA AD 4
,
AB 2
.以
BD
的中点
O
为球心、
BD
为直径的球
PD
于点
M
.面交
(1
)求证:平面
P
ABM
⊥
平面
PCD
;
(2
)求直线
PC
与平面
ABM
所成的角;
M
(3)求点
O
到平面
ABM
的距离.
D
A
O
B
C
6(.
2009 四川卷) 如图,正方形
ABCD
所在平面与平面四边形
所 在 平
面 互 相 垂 直 , △
ABEF
ABE
是 等 腰 直 角 三 角 形
,
平面BCE
;
AB AE, FA FE, AEF
(II
(III
45
(I )求证:
EF
AE
的中点分别为
)设线段
CD
、
)求二面角
F
P
、
M
,求证:
PM
∥
平面 BCE
BD
A
的大小。
6.(2009 湖北卷文)如图,四棱锥
SD上的点,且 DE= a(0<
( Ⅰ) 求证:对任意的
≦1).
S-ABCD的底面是正方形, SD⊥平面 ABCD,SD=AD=a, 点 E 是
(0、1),都有 AC⊥BE:
0
( Ⅱ) 若二面角 C-AE-D
的大小为 60 C,求 的值。
8(. 2009 湖南卷)如图 3,在正三棱柱
ABC A
1
B
1
C
1
中,AB =4,
A
1
E.
AA
1
7
,点 D 是 BC
的中点, 点 E 在 AC 上,且 DE
(Ⅰ)证明:平面
A DE
1
平面
ACC
1
A
1
; (Ⅱ)求直线
AD
和平面
A
1
DE
所成角的正弦值。
9(.
2009 四川卷)如图,正方形
ABCD
所在平面与平面四边形
是等腰直角三角形,
AB
(I )求证:
EF
(II
ABEF
所在平面互相垂直, △
ABE
AE, FA FE ,
AEF 45
平面BCE
;
AE
的中点分别为
)设线段
CD
、
求证:
P
、
M
,
PM
∥
平面
BCE
BD A
的大小。
(III
)求二面角
F
7.(2009 重庆卷文)如题( 18 )图,在五面体
ABCDEF
中,
AB
∥
DC
,
3, ED
BAD
,
2
CD AD 2
,四边形
ABFE
为平行四边形,
FA
平面
ABCD
,
FC
(
Ⅰ
)直线
AB
到平面
EFCD
的距离;
(
Ⅱ
)二面角
7
.求:
F AD E
的平面角的正切值.
11.如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠
DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面
ABCD
.
(1)证明:
PA⊥BD;
(2)设 PD=AD,求二面角 A-PB-C
的余弦值.
12(本小题满分 12 分)如图,已知四棱锥
足为 H,
PH 是四棱锥的高 ,E 为 AD 中点
(1) 证明: PE BC
(2)
若 APB=
P-ABCD 的底面为等腰梯形, AB CD,AC BD ,垂
ADB=60 ° ,求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值
参考答案
1、【解析】(I)解法一:作
连 ME、NB
,则
MN
MN
∥
SD
交
CD
于 N,作
NE
AB
交
AB
于 E,
AB
,
NE AD 2
ABCD
,
ME
面
MN
设
RT
在
x
,则
NC EB x
,
MEB
中,
MBE 60
2
ME
2
3x
。
3x
2
2
RT
在
x
解得
2
MNE
中由
ME NE MN x 2
1
,从而
1
MN SD
2
M 为侧棱
SC
的中点 M.
解法二 :
过
M
作
CD
的平行线
.
(II)分析一 :利用三垂线定理求解。 在新教材中弱化了三垂线定理。
也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。
这两年高考中求二面角
M
作
MJ
∥
CD
交
SD
于
J
,
作
SH
过
JM
∥
CD
,
JM
角.
AJ
交
AJ
于
H
,
作
HK
AMB
面
AM
交
AM
于
K
, 则
SKH
即为所求二面角的补
SAD
,
面
SAD
面
MBA
,
SH
面
法二
:利用二面角的定义。在等边三角形
ABM
中过点
BBF
作
AM
交
AM
于点
F
,则
F
为
AM
点
的中点,取 SA 的中点 G,连 GF
,易证
GF AM
,则
GFB
即为所求二面角
.
D—xyz,则 解法二、 分别以 DA 、DC、DS 为 x、y、z
轴如图建立空间直角坐标系
A( 2 ,0, 0), B( 2,2,0), C (
0,0,2), S( 0,0,2)
。
z
S
M
C
D
A
B
x
(Ⅰ)设
M (0, a,
b)( a
y
0,b 0)
,则
BA (0, 2, 0), BM
( 2,a 2,b), SM (0,a,b 2)
,
SC ( 0,2, 2)
,由题得
cos BA, BM
1
2
,即
SM SC
2(a 2)
2 2
(a
2) b
2(b 2)
1
2
解之个方程组得
a
2
2
1,b
1
即
M ( 0,1,1)
2a
M
是侧棱
SC
的中点。所以
法 2:设
SM
2 2
,
1
o
2
,
1 1
2
)
MC
M (0,
,则
), MB
( 2,
1
又
故
AB ( 0, 2,0 ), MB , AB 60
o
MB AB | MB
| | AB | cos60
,即
2
2 ( )
2
1
2
(
1
)
,解得
2
4
1
1
,
M
是侧棱
SC
的中点。所以
(Ⅱ)由(Ⅰ)得
2,0,2)
,
AB ( 0,2,0 )
,
M ( 0,1,1), MA ( 2, 1, 1)
,又
AS (
n
1
设
( x , y , z ),n
1 1 1 2
( x , y , z )
分别是平面
SAM
、
MAB
的法向量,则
2 2 2
n
1
MA 0
且
n
2
MA
AB
0
0
,即
2 x
1
y
1
z
1
0
且
2
x
2
y
2
z
2
0
n
1
AS 0
x
2
n
1
2
x
1
2z
1
0
2 y 0
2
分别令
x
1
2
得
z
1
1,
y
1
1, y
2
0, z
2
2
,即
n
1
( 2 ,1,1),
n
2
n
1
, n
2
( 2
,0,2)
,
2
∴
cos
0 2
6
6
3
2
的大小二面角
S AM B
6
。
arccos
3
2、解法一:(Ⅰ)取 BC 中点 F,连接
EF,则 EF
1
2
B B
,从而 EF
DA。
1
连接 AF,则 ADEF 为平行四边形,从而 AFDE 。又 DE⊥平面
BCC
1
,故 AF⊥平面
BCC
1
,从
而 AF⊥BC,即 AF为 BC的垂直平分线,所以 AB=AC。
(Ⅱ)作 AG⊥BD,垂足为 G,连接 CG。由三垂线定理知 CG⊥BD,故∠
AGC为二面角 A-BD-C 的平
面角。由题设知,∠ AGC=60
0.
.
2
设 AC=2,则 AG=
。又 AB=2,BC=
2
2
,故 AF=
2
。
3
AB
由
AD AG BD
得
2AD=
2
3
2 2
. AD 2
,解得 AD=
2
。
故 AD=AF。又 AD⊥AF,所以四边形 ADEF为正方形。
因为
BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A,故 BC⊥平面 DEF,因此平面 BCD⊥平面 DEF。
连接 AE、DF,设 AE∩DF=H,则 EH⊥DF,EH⊥平面 BCD。
连接
CH,则∠ ECH为
B
1
C
与平面 BCD所成的角。
因
ADEF为正方形, AD=
2
,故 EH=1,又 EC=
. 所以∠
ECH=30,即
B
1
C
与平面 BCD所成的角为 30
0
0
1
B C
=2,
1
2
解法二:
(Ⅰ)以 A 为坐标原点,射线 AB为 x 轴的正半轴,建立如图所示
的直角坐标系 A—xyz。
设
B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c),则
B
1
(1,0,2c),E
1
b
( ,
,c).
2 2
1
b
DE
=(
,
,0
)
BC
=(-1,b,0).由 DE⊥平面
BCC
1
知
于是
,
2 2
DE⊥BC,
DE BC
=0,求得 b=1,所以 AB=AC
。
(Ⅱ)设平面 BCD 的法向量
AN
又
BC
=(-1,1, 0),
(x, y, z),
则
AN
BC 0, AN BD 0.
BD
=(-1,0,c),故
x y
0
x cz 0
1
1
令 x=1, 则 y=1, z=
,
AN
=(1,1,
).
c c
又平面
ABD
的法向量
AC
=(0,1,0)
由二面角
A BD C
为
60° 知,
AN,AC
=60° ,
1
故
AN AC AN AC cos60
° ,求得
c
2
于是
AN (1,1,2)
,
CB
1
(1,1,2)
1
,
cos
AN,CB
1
AN CB
1
2
AN CB
1
AN,CB
1
60
°
所以
B
1
C
与平面
BCD
所成的角为
30°
1
3、(Ⅰ)证明:连接
DP ,CQ
,
在
ABE
中,
P,Q
分别是
AE, AB
的中点, 所以
PQ BE
,
2
1
又
DC BE
,所以
PQ DC
,又
PQ
2
平面 ACD ,DC 平面 ACD , 所以
PQ
平面 ACD
(Ⅱ)在
而 DC
而
EB
ABC
中,
AC BC 2, AQ BQ
,所以
CQ
平面 ABC
AB
平面 ABC ,
EB DC
,所以
EB
平面 ABE , 所以平面 ABE 平面 ABC , 所以
CQ
平面 ABE
由(Ⅰ)知四边形 DCQP 是平行四边形,所以
DP CQ
所以
DP
平面 ABE , 所以直线 AD 在平面 ABE 内的射影是
AP,
所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是
DAP
2
DC
2
2
2
2
Rt
在
APD
中,
AD AC 1 5
DP
,
CQ 2 sin CAQ 1
所以
sin
DAP
DP
AD
1
5
5
5
4、【解法 1】(Ⅰ)∵四边形 ABCD 是正方形,∴ AC⊥BD,
∵
PD 底面ABCD
,
∴PD⊥AC ,∴AC ⊥平面 PDB,
∴平面
AEC 平面PDB
.
(Ⅱ)设 AC∩BD=O ,连接
OE,
由(Ⅰ)知 AC⊥平面 PDB 于 O,
∴∠AEO 为 AE 与平面
PDB 所的角,
∴O,E 分别为 DB、PB 的中点,
∴OEPD,
1
OE PD
,又∵
PD
2
底面ABCD
,
∴OE⊥底面 ABCD ,OE⊥AO ,
在 Rt△AOE
中,
OE
1
PD
2
2
2
AB AO
,
∴
AOE 45
,即 AE 与平面 PDB
所成的角的大小为
45
.
D xyz
, 【解法 2】 如图,以
D 为原点建立空间直角坐标系
设
AB a, PD h,
A
则
(Ⅰ)∵
a,0,0 ,B a, a,0 ,C 0,a,0 ,D
0,0,0 ,P 0,0, h
,
a, a,0 , DP 0,0, h ,
DB a, a,0
,
AC
∴
AC DP 0, AC
DB 0
,
∴AC⊥DP,AC ⊥DB ,∴AC⊥平面 PDB,
∴平面
AEC 平面PDB
.
0,0, 2 ,
P a E
1 ,
1 , 2
a a a
,
2 2 2
(Ⅱ)当
PD
2AB
且 E 为 PB 的中点时,
设 AC∩BD=O ,连接 OE,
由(Ⅰ)知 AC⊥平面 PDB 于 O,
∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB
所的角,
∵
EA
1 1
a,
a,
2 2
2
a ,EO
2
2
,
2
0,0,
2
a
,
2
∴
cos
AEO
EA EO
EA
EO
∴
AOE 45
,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为
45
.
—BCF=
2 2
多面体 ABCDEF 的体积为
V
E
—ABC D+
V
E
5、解:方法(一) :
(1)证:依题设,M在以BD为直径的球面上,则BM⊥PD
因为PA⊥平面ABCD,则PA⊥AB,又AB⊥AD,
所以AB⊥平面PAD,
则AB⊥PD, 因此有PD⊥平面ABM, 所以平面ABM⊥平面PC
D.
z
P
.
(2) 设平面ABM与PC交于点N,
B∥平面PCD,则AB∥MN∥CD,
因为AB∥CD, 所以A
M
由(1)知,PD⊥平面ABM,则
的射影,
MN 是 PN 在平面 ABM
上
N
D
A
y
所以
且
P N M
就是
PC
与平面
ABM
所成的角,
O
PNM PCD
B
tan PNM
tan PCD
PD
DC
2 2
x
C
所求角为
arctan 2 2
(3)因为 O 是
BD 的中点,则 O 点到平面 ABM 的距离等于 D 点到平面 ABM 距离的一半,由
(1)知,PD⊥平面ABM于
因为在 Rt△PAD
中,
PA
到平面 ABM 的距离等于
方法二:
(1)同方法一;
(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则
M ,则|DM|就是 D 点到平面 ABM
距离.
AD 4
,
PD
2
。
AM
,所以
M
为
PD
中点,
DM 2 2
,则 O 点
A(0,0,0)
,
P(0,0,4)
,
B (2,0,0)
,
C
(2,4,0)
,
D (0,4,0)
,
M (0,2,2)
,
设平面
ABM
的一个法向量
n ( x, y, z)
,由
n AB n, AM
可得:
2x 0
,令
z 1
,
2y 2z 0
则
y 1
,即
n (0,1, 1)
.设所求角为 ,则
sin
PC n
2 2
PC n
3
,
所求角的大小为
arcsin
2 2
3
.
AO n
(3
)设所求距离为
h
,由
O
(1,2,0), AO (1,2,0)
,得:
2
h
n
6、【解析】 解法一:
因为平面 ABEF⊥平面 ABCD,BC 平面
ABCD,BC⊥AB,平面 ABEF∩平面 ABCD=A,B
所以 BC⊥平面 ABEF.
所以 BC⊥EF.
因为⊿ ABE为等腰直角三角形, AB=AE,
所以∠
AEB=45°,
又因为∠ AEF=45,
所以∠ FEB=90°,即 EF⊥BE.
因为 BC 平面 ABCD, BE 平面 BCE,
BC∩BE=B
所以
EF 平面 BCE
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
6 分
(II )取 BE的中点 N,连结CN,MN,则 MN
1
AB
PC
2
∴ PMNC为平行四边形 , 所以
PM∥CN.
∵ CN 在平面 BCE内,PM不在平面 BCE内,
∴ PM ∥平面
BCE. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
(III )由
EA⊥AB,平面 ABEF⊥平面 ABCD,易知 EA⊥平面 ABCD.
作 FG⊥AB,交
BA的延长线于 G,则 FG∥EA.从而 FG⊥平面 ABCD,
作 GH⊥BD于
H,连结FH,则由三垂线定理知 BD⊥FH.
∴ ∠FHG为二面角 F-BD-A 的平面角
.
∵ FA=FE, ∠AEF=45°,
∠AEF=90°, ∠FAG=45°.
设 AB=1,则 AE=1,AF=
2
2
, 则
FG AF sin FAG
1
2
1
在 Rt⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+
=
3
,
2
2
? 8 分 ?
GH BG sin GBH
3
2 3 2
,
2 2 4
在 Rt⊿FGH中,
FG 2
tan FHG
GH 3
,
∴ 二面角
F BD A
的大小为
arc tan
2
3
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
解法二 :
因
ABE
等腰直角三角形,
AB AE
,所以
AE AB
又因为平面
ABEF 平面 ABCD
AB
,所以
AE
⊥
平面
ABCD
,
所以
AE AD
即
AD、AB、AE
两两垂直;如图建立空间直角坐
标系
,
(I) 设
AB
1
,则
AE 1
,
B( 0,1,0), D (1,0,0), E
(0,0,1), C (1,1,0)
∵
FA FE , AEF 45
,∴
AFE=90
0
,
1 1
从而
F(0,- , )
2 2
1 1
EF (0, , )
,
BE
(0, 1,1) , BC (1,0,0)
2 2
1 1
于是
0
EF BE 0
,
EF BC 0
2 2
∴
EF
⊥
BE
,
EF
⊥
BC
∵
BE
平面
BCE
,
BC
平面
BCE
,
BC BE B
∴
EF 平面 BCE
1 1 1 1
( II
)
M ( 0,0, ), P (1, ,0)
,从而
PM ( 1, , )
2 2 2 2
1 1 1
1 1 1
于是
PM EF ( 1, , ) (0, , ) 0 0
2 2 2 2 4 4
∴
PM
⊥
EF
,又
EF
⊥
平面
BCE
,直线
PM
不在平面
BCE
内,
故
PM
∥平面
BCE
(III
)设平面
BDF
的一个法向量为
n
,并设
n
1
=(
x, y, z)
1
? ? 12 分
?
BD (1, 1, 0), BF
3
1
(0, ,
2
2
)
n BD
0
1
即
x
n
1
BF 0
y
3
y
2
0
1
2
z 0
取
y 1
,则
x 1
,
z 3
,从而
n
1
=(
1,1,3)
取平面
ABD
D的一个法向量为
(0,0,1)
n
2
cos
n 、n
1 2
n
n
1 2
1 2
3
3
n n
故二面角
F
11 1
11
11
BD A
的大小为
3
11
arccos
11
AC BD。 7、(Ⅰ)证发 1:连接
BD,由底面是正方形可得
SD 平面ABCD,
BE.
BD 是 BE
在平面 ABCD 上的射影,
由三垂线定理得 AC
(II) 解法 1: SD 平面
ABCD ,CD
CD
平面ABCD,
AD,又SD
SD CD.
平面 SAD。 又底面ABCD是正方形,
过点 D 在平面 SAD 内做 DF
故
AD=D , CD
AE , AE 于 F,连接
CF,则 CF
CFD=6 0°
2
CFD 是二面角 C-AE-D
的平面角,即
在 Rt△ADE中, AD=
a
, DE=
a
,
AE=
a
1
。
AD
于是, DF=
DE
a
2
AE
1
DF
在 Rt△CDF中,由 cot
60° =
CD
2
1
得
2
1
3
3
,
2
2
=3
即
3 3
(0,1]
, 解得 =
2
ABC
A
1
B
1
C
1
的性质知
AA
1
AA
1
.而 DE
A
1
E
,
AA
1
平面
ABC
. 8、解:(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱
又 DE
平面 ABC,所以 DE
A
1
E
A
1
,
所以 DE⊥平面
ACC A
.又 DE
1 1
平面
A
1
DE
,
故平面
A
1
DE
⊥平面
ACC
1
A
1
.
(Ⅱ) 解法 1: 过点 A 作 AF 垂直
A
1
E
于点
F
,
连接 DF .由(Ⅰ)知,平面
A DE
⊥平面
ACC
1
A
1
,
1
所以 AF 平面
A DE
,故
1
ADF
是直线 AD 和
ACC
1
A
1
,
平面
A DE
所成的角。 因为 DE
1
所以 DE AC.而
ABC 是边长为 4 的正三角形,
于是 AD=
2 3
,
AE=
4-CE =4 -
1 CD
=3.
2
2 2
又因为
AA
1
7
,所以
A
1
E=
A E
1
AA
1
AE
21
.
8
2 2
( 7)
3
=
4,
AF
AE AA
1
AE
1
3 7
,
sin
ADF
4
AF
AD
即直线AD
和平面
A DE
所成角的正弦值为
1
21
8
解法 2 : 如图所示,设O 是 AC 的中点,以 O
为原点建立空间直角坐标系,
则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,),
A
(2,0,
7
), D(-1,
1
3
,0), E(-1,0,0).
易知
AD
=(-3,
3
,-
7
),
DE
=(0,-
3
,0),
AD
=(-3,
3
,0).
1
r
nz)
设
(x, y,
r uuvu
n DE
r uuuv
n AD
1
是平面
A
DE
的一个法向量,则
1
3y 0,
3x
7
z, y 0
.
3
3y 7z 0.
解得
x
r
故可取
n ( 7,0, 3)
.于是
r u uru
cos n, AD
r
n
r
n
u uru
3 7
AD
u
uru
=
AD
4 2 3
21
8
由此即知,直线AD 和平面
A DE
所成角的正弦值为
1
21
8
? ? ..12 分 所以 ME与 BN不共面,它们是异面直线。
9、【解析】 解法一:
因为平面 ABEF⊥平面 ABCD,BC 平面
ABCD,BC⊥AB,平面 ABEF∩平面 ABCD=A,B
所以 BC⊥平面 ABEF.
所以 BC⊥EF.
因为⊿ABE为等腰直角三角形, AB=AE,
所以∠
AEB=45°,
又因为∠ AEF=45,
所以∠ FEB=90°,即 EF⊥BE.
因为 BC 平面 ABCD, BE 平面 BCE,
BC∩BE=B
所以
EF 平面 BCE
? ? ? ? ? ? 6 分
(II )取 BE的中点
N,连结CN,MN,则 MN
∴ PMNC为平行四边形 , 所以 PM∥CN.
1
2
AB
PC
∵ CN 在平面
BCE内,PM不在平面 BCE内,
∴ PM ∥平面 BCE. ? ? ? ? ? ? ?
? ? ? ? ? ? ? ? ? 8 分
(III )由 EA⊥AB,平面 ABEF⊥平面
ABCD,易知 EA⊥平面 ABCD.
作 FG⊥AB,交 BA的延长线于 G,则
FG∥EA.从而 FG⊥平面 ABCD,
作 GH⊥BD于 H,连结FH,则由三垂线定理知
BD⊥FH.
∴ ∠FHG为二面角 F-BD-A 的平面角 .
∵ FA=FE,
∠AEF=45°, ∠AEF=90°, ∠FAG=45°.
设AB=1,则
AE=1,AF=
2
2
, 则
FG
AF sin FAG
1
2
1
⊿BGH中,
∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+
=
3
在
Rt
2
2
,
GH BG sin GBH
3 2 3 2
2 2 4
,
在
Rt⊿FGH中,
tan FHG
FG 2
GH 3
,
∴
二面角
F BD
A
的大小为
arc tan
2
3
? ? ? ? ? ?
12 分
解法二 :
因
ABE
等腰直角三角形,
AB AE
,所以
AE AB
又因为平面
ABEF 平面 ABCD AB
,所以
AE
⊥
平面
ABCD
,所以
AE
即
AD、AB、AE
两两垂直;如图建立空间直角坐
标系
,
(I)设
AB
1
,则
AE 1
,
B( 0,1,0), D (1,0,0), E
(0,0,1), C (1,1,0)
∵
FA FE , AEF 45
,∴
0
AFE=90
,
1
,
1
从而
( ,- )
F 0
2 2
AD
1 1
EF (0, , )
,
BE (0,
1,1) , BC (1,0,0)
2 2
1 1
于是
EF 0
,
EF BC 0
BE 0
2 2
∴
EF
⊥
BE
,
EF
⊥
BC
∵
BE
平面
BCE
,
BC
平面
BCE
,
BC BE B
∴
EF 平面BCE
1 1 1 1
(II
)
M ( 0,0, ), P (1, ,0)
,从而
PM
( 1, , )
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
于是
PM EF ( 1, , ) (0, , ) 0 0
2 2 2 2 4 4
∴
PM
⊥
EF
,又
EF
⊥平面
BCE
,直线
PM
不在平面
BCE
内,
故
PM
∥
平面
BCE
(III
)设平面
BDF
的一个法向量为
n
,并设
n
1
=(
x, y, z)
1
BD (1, 1, 0), BF (0,
3
1
2
,
2
)
n
BD
0
x
y
0
1
即
n
BF 0
3
y
1
1
2
2
z 0
取
y 1
,则
x 1
,
z 3
,从而
n
=(1,1,3)
1
取平面
ABD
D的一个法向量为
(0,0,1)
n
2
cos
n 、n
n
n
3
1 2
3
1 2
n n
11 1
11
1 2
11
故二面角
F BD
A
的大小为
arccos
3
11
11
、解法一 :(Ⅰ)
AB DC ,DC
平面
EFCD
, AB 到面
EFCD
的距离等于点A 到面
10
EFCD
的距离,过点 A 作
AG
平面
ABCD
,由三垂线定理可知,
FD
于 G,因
BAD
2
AB
∥
DC
,故
CD AD
;又
FA
CD FD
,故
CD 面FAD
,知
CD AG
,所以
AG 为
所求直线
AB
到面
EFCD
的距离。
Rt△ABC
中,
在
2 2
9
4 5
FD FC CD
FA
由
ABCD
,得
FA
平面
2
AD
,从而在
Rt△FAD
中,
2
2
5 4 1
FA FD
2
AD
5
。
5
AB
,故
AD
FA AD
AG
FD
2 5
EFCD
的距离为
。即直线
AB
到平面
5
BAD
5
FA
平面
ABCD
,得
FA
AD,又由
(
Ⅱ
)
由己知,
,知
AD
2
平面 ABFE
DA
AE
,所以,
FAE
为二面角
F AD E
的平面角,记为
2 2
.
,
在
Rt△AED
中
7 4
3
, 由
AE ED AD ABCD
得 ,
FE BA
, 从 而
AFE
2
Rt△AEF
中
,
在
2 2
FE
3 1 2
,故
tan FE
所以二面角
F
AE AF
2
.
2
FA
z
AD
E
的平面角的正切值为
F
E
解法二 :
G
(Ⅰ)如图以 A 点为坐标原点 ,
AB, AD, AF
的方向为
x
B
A
x, y, z
的正方向建立空间直角坐标系数 ,则
C D
y
A(0,0,0)
2 2 2
C(2,2,0)
D(0,2,0) 设
F (0,0, z
0
) ( z
0
0)
可得
FC (2,2, z
0
)
,由
|FC | 3
.即
2 2
DC
z
0
3
,解得
F (0,0,1)
AB
∥
DC
,
面
EFCD
,所以直线 AB
到面
EFCD
的距离等于点
A
到面
EFCD
的距离。设
A 点在
G( x , y ,z )
,则
AG
1 1 1
平面
EFCD
上的射影点为
(0, 2,1)
CD (
2,0,0)
,此即
(x , y ,z )
1 1 1
AG
因
DF 0
且
AG CD 0
,而
DF
2y
1
z
1
0
2x
1
0
1
解得
x
1
上.
0
① ,知G点在
yoz
面上 ,故G 点在 FD
GF
DF
,
GF ( x , y , z
1)
故有
1 1
y
1
z
1
1
②
2
2 4
联立① ,②解得 ,
G(0, , )
5 5
| AG |
为直线
AB
到面
EFCD
的距离
. 而
(Ⅱ)因四边形
2 4
AG (0, , )
5 5
2 5
所以
| AG |
5
ABFE
为平行四边形
, 则可设
E(x
0
,0,1) (x
0
0)
,
ED
( x
2, 1)
.由
0
|ED |
由
AD
2
7
得
2
x
0
2 1
x
0
7
,解得
2
.即
E( 2,0,1)
. 故
AE (
0
,
故
2,0,1)
(0, 2,0)
,
AF
的
平
(0,0,1)
因
AD AE 0
,
AD
AF
EF ( 2,0,0)
,
| EF |
FAE
为
二
面
角
F AD E
面 角 , 又
2
,
| AF | 1
, 所 以
| EF |
tan FAE
| FA|
1111
2
11.解:(1)因为∠ DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得
BD
2
+AD
2
=AB
2
,故 BD⊥AD
.
从而 BD
3AD
.
又 PD⊥底面
ABCD,可得 BD⊥PD
.
所以 BD⊥平面 PAD
.
故
PA⊥BD
.
(2)如图,以 D 为坐标原点, AD 的长为单位长,射线 DA 为
x 轴的正半轴建立空间直角坐标
系 Dxyz.则 A(1,0,0),B(0,
3
,0),C(-1,
3
,0),P(0,0,1).
AB
=(-1,
3
,0),
PB
=(0,
3
,- 1),
BC
=(-1,0,0).
n AB 0
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则
n PB 0
x 3y
0
即
3y z 0
因此可取 n=(
3
,1,
3
).
m PB 0
设平面 PBC 的法向量为 m,则
m BC 0
可取 m=(0,-1,-
3
)
,
cos ,
m n
4
2 7
2 7
.
7
故二面角 A-PB-C 的余弦值为
2
7
.
7
8.
解:以
H
为原点,
HA, HB, HP
分别为
x, y,
z
轴,
则
HA
的长为单位长,
建立空间直角坐标系如图,
线段
A(1,0,0),
B(0,1,0)
(Ⅰ)设
C ( m,0,0), P(0,0, n)(
m 0,n 0)
则
D( 0 m ,
0 ).
1 m
, 0E) , ( , ,
2 2
1
m
可得
PE ( , , n )B, C
2 2
m m
PE BC 0 0
因为
2 2
所以
P E
B C
(Ⅱ)由已知条件可得
m( , 1, 0 ).
3
,n 1,故 C(
3
3
,0,0)
3
m
3
D( 0 ,
3
设
n
则
1 3
, 0E) , ( ,
2 6
,P0 ) ,
( 0 , 0 , 1 )
(x, y,x)
为平面
PEH
的法向量
,o
1
x
2
3
6
y
0
n H E
即
n H P ,o
因此可以取
n
由
PA
(1, 3,0)
,
(1,0, 1)
,
2
4
可得
c o sP A n,
PEH
所成角的正弦值为所以直线
PA
与平面
2
4
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