41全国名校高考专题训练9-立体几何解答题2(数学)

全国名校高考专题训练09立体几何三、解答题(第二部分)31、(福建省厦门市2008学年高三质量检查)如图，三棱锥P—ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝AC＝2，AB＝BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB。（1）求证：AB⊥平面PCB；（2）求二面角C—PA—B的大小的余弦值。（1）解：∵PC⊥平面ABC，AB平面ABC，∴PC⊥AB。∵CD⊥平面PAB，AB平面PAB，∴CD⊥AB。又PC∩CD＝C，∴AB⊥平面PCB。（2）解法一：取AB的中点E，连结CE、DE。∵PC＝AC＝2，∴CE⊥PA，CE＝.2∵CD⊥平面PAB，由三垂线定理的逆定理，得DE⊥PA。∴∠CED为二面角C—PA—B的平面角。由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC，又∵AB＝BC，AC＝2，求得BC＝.2（2）解法二：∵AB⊥BC，AB⊥平面PBC，过点B作直线l∥PA，则l⊥AB，l⊥BC，以BC、BA、l所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系（如图）。…………6分设平面PAB的法向量为).,,(zyxm),0,0,2(),2,0,2(),0,2,0(CPA,1.20,022202.0,0),2,2,2(),0,2,0(zzxyzyxymAPmBAAPBA令解得即则得).1,0,2(m设平面PAC的法向量为),,(111zyxn，,02202.0,0),0,2,2(),2,0,0(111yxznACnCPACCP即则解得).0,1,1(,1.01111nxyxz得令.33232||||,cosnmnmnm.33cosarBPAC大小为二面角（2）解法三：∵CD⊥平面PAB，∴CD是平面PAB的一个法向量。取AC中点F，∵AB＝BC＝2，∴BF⊥AC，又PC⊥平面ABC，有平面PAC⊥平面ABC，∴BF⊥平面PAC，∴BF是平面PAC的一个法向量。)(21BCBABF…………7分2||,2||,0||)1(||,0,0)1(,0)())1((0,)1(22CBCPCBCPBACPCBCPCBCPCBCPBPCDBPCDCBCPCD而知由得即设.3231,31CBCPCD…………9分,1)22(41||,34294491||22BFCD…………10分.33||||,cosBFCDBFCDBFCD32、(福建省仙游一中2008届高三第二次高考模拟测试)在如图所示的多面体中，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＝2，EF＝EC＝1，⑴求证：平面BEF⊥平面DEF；⑵求二面角A－BF－E的大小。解法1：⑴①证明:∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，∴EC⊥平面ABCD；连接BD交AC于点O，连接FO，∵正方形ABCD的边长为2，∴AC＝BD＝2；在直角梯形ACEF中，∵EF＝EC＝1，O为AC中点，∴FO∥EC，且FO＝1；易求得DF＝BF＝2，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＝2，BD＝2可知∠BFD＝90，∴平面BEF⊥平面DEF………………（6分）⑵取BF中点M，BE中点N，连接AM、MN、AN，∵AB＝BF＝AF＝2，∴AM⊥BF，又∵MN∥EF，EF⊥BF，∴MN⊥BF，∴∠AMN就是二面角A－BF－E的平面角。易求得3622AMAB，1122MNEF；在Rt△APN中，可求得222114ANAPNP，∴在△AMN中，由余弦定理求得6cos3AMN，∴6arccos3AMN……………………………（12分）解法2：⑴∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，∴EC⊥平面ABCD；建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，则)0,2,2(A)0,2,(0B,)0,0,2(D,)1,0,(0E,)1,22,22(F,∴)0,22,22(EF，)1,2,(0BE，)1,0,2(DE…(2分)设平面BEF、平面DEF的法向量分别为)1,,()1,,(2211yxnyxm，则0222211yxEFm①0121yBEm②，0222222yxEFn③,0122xDEn④.由①③③④解得22.22;22,222211yxyx,∴)1,22,22()1,22,22(nm,…（4分）∴012121nm，∴nm，故平面BEF⊥平面DEF…………（6分）⑵设平面ABF的法向量为)1,,(33yxp，∵)1,22,22(BF，)0,0,2(BA∴01222233yxBFp，023xBAp，解得330,2xy∴(0,2,1)p，………（8分）∴26cos,323mpmpmpㄧㄧㄧㄧ……（10分）OCDAFEBMNPCDAFBExzyPEABDCHF由图知，二面角A－BF－E的平面角是钝角，故所求二面角的大小为36arccos33、(福建省漳州一中2008年上期期末考试)如图所示，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，90ADCDCB，1AD，3BC，2PCCD，PC底面ABCD，E为AB的中点.（Ⅰ）求证：平面PDE平面PAC；（Ⅱ）求直线PC与平面PDE所成的角；（Ⅲ）求点B到平面PDE的距离.解法一：（Ⅰ）设AC与DE交点为G，延长DE交CB的延长线于点F，则DAEFBE，∴1BFAD，∴4CF，∴1tan2DCFCF，又∵1tan2ADACDDC，∴FACD，又∵90ACDACF，∴90FACF，∴90CGF，∴ACDE又∵PC底面ABCD，∴PCDE，∴DE平面PAC，∵DE平面PDE，∴平面PDE平面PAC…………………………………（4分）（Ⅱ）连结PG，过点C作CHPG于H点，则由（Ⅰ）知平面PDE平面PAC，且PG是交线，根据面面垂直的性质，得CH平面PDE，从而CPH即CPG为直线PC与平面PDE所成的角.在RtDCA中，2CDCGAC222245521，在RtPCG中，tanCPGCGPC4525525.所以有25arctan5CPG，即直线PC与平面PDE所成的角为25arctan5…………………………………（8分）（Ⅲ）由于14BFCF，所以可知点B到平面PDE的距离等于点C到平面PDE的距离的14，即14CH.在RtPCG中，2222452453452()5PCCGCHPCCG，DPEABCPEABDCzxy从而点B到平面PDE的距离等于13………………………………………………（12分）解法二：如图所示，以点C为坐标原点，直线,,CDCBCP分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系Cxyz，则相关点的坐标为(0,0,0),(2,1,0)CA(0,3,0)B，(0,0,2)P，(2,0,0)D，(1,2,0)E.（Ⅰ）由于(1,2,0)DE，(2,1,0)CA，(0,0,2)CP，所以(1,2,0)(2,1,0)0DECA，(1,2,0)(0,0,2)0DECP，所以,DECADECP，而CPCAC，所以DE平面PAC，∵DE平面PDE，∴平面PDE平面PAC……………………………………………………………（4分）（Ⅱ）设(,,)nxyz是平面PDE的一个法向量，则0nDEnPE，由于(1,2,0)DE，(1,2,2)PE，所以有(,,)(1,2,0)20(,,)(1,2,2)220nDExyzxynPExyzxyz，令2x，则1,2yz，即(2,1,2)n，再设直线PC与平面PDE所成的角为，而(0,0,2)PC，所以|(2,1,2)(0,0,2)|2sin|cos,||(2,1,2)||(0,0,2)|3||||nPCnPCnPC，∴2arcsin3，因此直线PC与平面PDE所成的角为2arcsin3………………（8分）（Ⅲ）由（Ⅱ）知(2,1,2)n是平面PDE的一个法向量，而(1,1,0)BE，所以点B到平面PDE的距离为|||(2,1,2)(1,1,0)|1|(2,1,2)|3nBEdn34、(甘肃省河西五市2008年高三第一次联考)如图，已知四棱锥PABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，且2PAAD，点M、N分别在侧棱PD、PC上，且PMMD新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆（Ⅰ）求证：AM⊥平面PCD；（Ⅱ）若12PNNC，求平面AMN与平面PAB的所成锐二面角的大小新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆解：（Ⅰ）因为四棱锥P—ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，则CD⊥侧面PAD新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆.AMCD又.,2PDAMADPA又.,PCDAMDCDPD平面……………5分（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系,xyzA又PA=AD=2，则有P（0，0，2），D（0，2，0）新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆).0,2,2(),1,1,0(CM(2,2,2).PC设1(,,),,2NxyzPNNC则有.32),2(210xxx同理可得.34,32zy即得).34,32,32(N…………………………8分由4480,.333PCANPCAN(2,2,2).AMNPC平面的法向量为而平面PAB的法向量可为),0,2,0(AD43cos,.3124PCADPCADPCAD故所求平面AMN与PAB所成锐二面角的大小为.33arccos35、(甘肃省兰州一中2008届高三上期期末考试)在棱长AB=AD=2，AA1=3的长方体AC1中，点E是平面BCC1B1上动点，点F是CD的中点.（Ⅰ）试确定E的位置，使D1E⊥平面AB1F；（Ⅱ）求二面角B1—AF—B的大小.解：（Ⅰ）以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，A（0，0，0），F（1，2，0），B1（2，0，3），D1（0，2，3），设E（2，y，z），则)3,2,2(1zyED)3,0,2(),0,2,1(1ABAF…………4分由3510)3(340)2(22,001111zyzyABDEAFEDFABED即平面∴)35,1,2(E为所求…………6分（Ⅱ）当D1E⊥平面AB1F时，ED1=（2，－1，)3,0,0(),341BB……8分又EDBB11与分别是平面BEF与平面B1EF的法向量，…………9分则二面角B1—AF—B的