立体几何 - 浙江省温州中学

立体几何1.A2.C3.A4.C5.C6.C7.B8.B9.1610.3221.解：（Ⅰ）如图所示：设O为P在平面ABCD的射影，因为||42AC所以32||52CO22||||||[25,213]PCPOCO（Ⅱ）解法1:如图所示，此时连接AC交BD于M点，延长PM，过C做PM的垂线交PM于C点,,ACBDPOBDBDPOCBDCCCCPMCCPBD平面又平面CPCPCPBD为直线与平面的所成角22,25255cossin55PMCMPCCPMCPM由图得＝，＝所以当PC取到最小值时，直线PC与平面PBD所成角的正弦值为55。解法2：（向量法略）2.（Ⅰ）解：因1A在底面ABC上的射影恰为B点，则1AB⊥底面ABC．所以1AAB就是1AA与底面ABC所成的角．因112,ABABABAB，故14AAB，即1AA与底面ABC所成的角是4．……………………………………………3分如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则112,0,0,0,2,0,0,2,2,0,4,2CBAB，10,2,2AA，112,2,0BCBC．2522245°C'MDBACPO（第2题）BACA1B1C1BACA1B1C1zxyP则11141cos,288AABCAABCAABC，故1AA与棱BC所成的角是3．…………………………………………………7分（Ⅱ）解：设1112,2,0BPBC，则2,42,2P．于是2214424142AP（32舍去），则P为棱11BC的中点，其坐标为1,3,2P．………………………………………9分设平面1PABA的法向量为1,,nxyz，则11032022000nAPxyzxzyynAB，故12,0,1n．…………………11分而平面1ABA的法向量是21,0,0n，则121212225cos,55nnnnnn，故二面角1PABA的平面角的余弦值是255．………………………………14分3.(Ⅰ)证明以D点为原点，分别以直线DA、DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,依题意，可得),0,2,0(),3,1,0(),0,0,0(CPD)0,2,2(),0,0,22(MA∴(2,2,0)(0,1,3)(2,1,3)PM(2,2,0)(22,0,0)(2,2,0)AM∴(2,1,3)(2,2,0)0PMAM即PMAM,∴AM⊥PM.(Ⅱ)解设(,,)nxyz，且n平面PAM，则00nPMnAM即0)0,2,2(),,(0)3,1,2(),,(zyxzyx∴022032yxzyx，yxyz23zyxMPDCBÁ取1y，得(2,1,3)n取(0,0,1)p，显然p平面ABCD，∴32cos,2||||6npnpnp结合图形可知，二面角P－AM－D为45°；(Ⅲ)设点D到平面PAM的距离为d，由(Ⅱ)可知(2,1,3)n与平面PAM垂直，则||||DAndn=362)3(1)2(|)3,1,2()0,0,22(|222即点D到平面PAM的距离为362〖能力提高〗1.C2.A3.D4.C5.C6.77.1,128.解法一：1）在矩形ABCD中，由PBAP，QCDQ，得CQAP//，即四边形AQCP为平行四边形，从而AQCP//，………………2分又因为CEPCP平面，所以CEPAQ平面//………………4分2）由ABCDEP平面，ABCDAQ平面EPAQ，因为,2BCABP为AB的中点，则ADAP，连结PQ，则四边形ADQP为正方形，……………6分得DPAQ，由PDPEP可得DEPAQ平面，因为AEQAQ平面可得DEPAEQ平面平面………………8分3）过点P作AEPO，垂足为O，连结OQ因为ABQP，EPQP，PEPAP则AEPPQ平面，AEPQ，ADCBPQEOADCBPQE从而QOP为二面角PAEQ的平面角，………11分又因为PQABAPEP21,有PQEPOP2222在OPQRt中，2tanPOPQQOP，………………13分则33cosQOP………………14分解法二：1）同解法12）如图5建立空间直角坐标系xyzP，设bPEaAD,，则)0,0,(aA，)0,,(),,0,0(),0,,0(aaDbEaQ，………5分则)0,,(aaAQ，),0,0(bPE，)0,,(aaPD，由0PEAQ，得PEAQ，由0PDAQ，得PDAQ，………………7分又因为PPDPE，所以DEPAQ平面，因为AEQAQ平面，可得DEPAEQ平面平面……………8分3）由APEP，即ba，得),0,(aaAE，设平面AEQ的法向量为),,(zyxn，则0nAE，0nAQ即：00)(00)(zyaxazayxa，解得，zyx………………10分不妨设az，则),,(aaan，平面AEP的一个法向量为)0,,0(aPQ，设n与PQ的夹角为，则33||||cosPQnPQn………………13分从而二面角PAEQ的余弦值为33………………14分9.【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．（Ⅰ）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.ADCBPQEzxy又90BCA，∴AC⊥BC.∴BC⊥平面PAC.（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴12DEBC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA=AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴12ADAB，∴在Rt△ABC中，60ABC，∴12BCAB.∴在Rt△ADE中，2sin24DEBCDAEADAD，∴AD与平面PAC所成的角的大小2arcsin4.（Ⅲ）∵AE//BC，又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，又∵AE平面PAC，PE平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP为二面角ADEP的平面角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴90PAC.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，这时90AEP，故存在点E使得二面角ADEP是直二面角.【解法2】如图，以A为原煤点建立空间直角坐标系Axyz，设PAa，由已知可得1330,0,0,,,0,0,,0,0,0,222ABaaCaPa.（Ⅰ）∵10,0,,,0,02APaBCa，∴0BCAP，∴BC⊥AP.又∵90BCA，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴E为PC的中点，∴13131,,,0,,44242DaaaEaa，∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵13131,,,0,,44242ADaaaAEaa，∴14cos4ADAEDAEADAE.∴AD与平面PAC所成的角的大小14arccos4.（Ⅲ）同解法1.