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2012年高考立体几何大题及答案(理科

时间:2013-12-20


各地高考题
1.(2009 全国卷Ⅰ)如图,四棱锥 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 。
(I)证明: M 是侧棱 SC 的中点;

o

( ΙΙ ) 求二面角 S ?

AM ? B 的大小。
2.(2009 全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,D、E 分别为 AA1、B1C 的中点, DE⊥平面 BCC1(Ⅰ)证明:AB=AC (Ⅱ)设二面角 A-BD-C 为 60°,求 B1C 与平面 BCD 所成的 A1 C1 角的大小 B1 D A C B 3. ( 2009 浙 江 卷 ) 如 图 , DC ⊥ 平 面 ABC , EB / / DC , AC = BC = EB = 2 DC = 2 , E

∠ACB = 120o , P, Q 分别为 AE , AB 的中点. (I)证明: PQ / / 平面 ACD ; (II)求 AD 与平
面 ABE 所成角的正弦值.

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 AEC ⊥ 平面PDB ;(Ⅱ)当 PD = 2 AB 且 E 为 PB 的中点时,
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 P 面交 PD 于点 M . (1)求证:平面 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.
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 ABEF 所 在 平 面 互 相 垂 直 , △ ABE 是 等 腰 直 角 三 角 形 ,

AB = AE , FA = FE , ∠AEF = 45° (I)求证: EF ⊥ 平面BCE ;
(II)设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ,求证: PM ∥ 平面BCE (III)求二面角 F ? BD ? A 的大小。 7.( 2009 湖北卷文)如图,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形, SD⊥平面 , ABCD,SD=AD=a,点 E 是 SD 上的点,且 DE= λ a(0< λ ≦1). (Ⅰ)求证:对任意的 λ ∈(0、1) 都有 AC⊥BE: (Ⅱ)若二面角 C-AE-D 的大小为 600C,求 λ 的值。

AB=4, 8. (2009 湖南卷) 如图 3, 在正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中,

AA1 = 7 ,点 D 是 BC 的中点, 点 E 在 AC 上, 且 DE ⊥ A1 E.
(Ⅰ)证明:平面 A1 DE ⊥ 平面 ACC1 A1 ; (Ⅱ)求直线 AD 和平面 A1 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 ABEF 所在平面互相垂直, △ ABE 是等腰直角三角形, AB = AE , FA = FE , ∠AEF = 45° (I)求证: EF ⊥ 平面BCE ; (II)设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M , 求证: PM ∥ 平面BCE (III)求二面角 F ? BD ? A 的大小。

10. ( 2009 重庆卷文)如题( 18 )图,在五面体 ABCDEF 中, AB ∥ DC , ∠BAD =

π
2



CD = AD = 2 ,四边形 ABFE 为平行四边形, FA ⊥ 平面 ABCD , FC = 3, ED = 7 .求:
(Ⅰ)直线 AB 到平面 EFCD 的距离; (Ⅱ)二面角 F ? AD ? E 的平面角的正切值.

参考答案
1、 【解析】 (I)解法一:作 MN ∥ SD 交 CD 于 N,作 NE ⊥ AB 交 AB 于 E, 连 ME、NB,则 MN ⊥ 面 ABCD , ME ⊥ AB , NE = AD = 设 MN = x ,则 NC = EB = x , 在 RT ?MEB 中,Q ∠MBE = 60° ∴ ME =
2 2 2 2

2

3x 。
2

在 RT ?MNE 中由 ME = NE + MN ∴ 3 x = x + 2 解得 x = 1 ,从而 MN =

1 SD ∴ M 为侧棱 SC 的中点 M. 2

解法二:过 M 作 CD 的平行线.

G
N

J

H
k

F

E

(II)分析一 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。这两年高考中求二面角 也基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。 过 M 作 MJ ∥ CD 交 SD 于 J , 作 SH ⊥ AJ 交 AJ 于 H , 作 HK ⊥ AM 交 AM 于 K , 则

JM ∥ CD , JM ⊥ 面 SAD ,面 SAD ⊥ 面 MBA , SH ⊥ 面 AMB ∴ ∠SKH 即为所求二面角的补
角. 法二:利用二面角的定义。在等边三角形 法二 ABM 中过点 B 作 BF ⊥ AM 交 AM 于点 F ,则 点 F 为 AM 的中点,取 SA 的中点 G,连 GF,易证 GF ⊥ AM ,则 ∠GFB 即为所求二面角. 解法二、 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 D—xyz ,则

A( 2 ,0,0), B( 2 ,2,0), C (0,0,2), S (0,0,2) 。
z S M

C D A B x

y

(Ⅰ)设 M ( 0, a , b )(a > 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

1 ? ?cos < BA, BM >= 2 ,即 ? ? SM // SC ?

? 2(a ? 2) 1 ? = ? 2 2 ? 2 ? (a ? 2) + b + 2 2 解之个方程组得 a = 1, b = 1 即 M (0,1,1) ? ? ? 2a = 2(b ? 2)
所以 M 是侧棱 SC 的中点。 法 2:设 SM = λ MC ,则 M(0,

2λ 2 2 ?2 , ), MB= ( 2, , ) 1+ λ 1+ λ 1+ λ 1+ λ
o

又 AB = (0,2,0), < MB , AB >= 60

故 MB ? AB =| MB | ? | AB | cos 60 ,即
o

4 2 2 2 2 = 2+( ) +( ) ,解得 λ = 1 , 1+ λ 1+ λ 1+ λ
所以 M 是侧棱 SC 的中点。 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 M (0,1,1), MA = ( 2 ,?1,?1) ,又 AS = ( ? 2 ,0,2) , AB = (0,2,0) , 设 n1 = ( x 1 , y1 , z 1 ), n2 = ( x 2 , y 2 , z 2 ) 分别是平面 SAM 、 MAB 的法向量,则

? ? ? n1 ? MA = 0 ? ? n2 ? MA = 0 ? 2 x1 ? y1 ? z1 = 0 ? ? 2 x2 ? y2 ? z2 = 0 且? ,即 ? 且? ? ? ? ? n1 ? AS = 0 ? ? n1 ? AB = 0 ?2 y 2 = 0 ?? 2 x1 + 2 z1 = 0 ?
分别令 x 1 = x 2 =

2 得 z1 = 1, y1 = 1, y 2 = 0, z 2 = 2 ,即

n1 = ( 2 ,1,1), n2 = ( 2 ,0,2) ,
∴ cos < n1 , n2 >=

2+0+ 2 2? 6

=

6 3
6 。 3
1 B1 B ,从而 EF DA。 2

二面角 S ? AM ? B 的大小 π ? arccos

2、解法一: (Ⅰ)取 BC 中点 F,连接 EF,则 EF

连接 AF,则 ADEF 为平行四边形,从而 AF//DE。又 DE⊥平面 BCC1 ,故 AF⊥平面 BCC1 ,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=600.. 设 AC=2,则 AG=

2 。又 AB=2,BC= 2 2 ,故 AF= 2 。 3

由 AB ? AD = AG ? BD 得 2AD=

2 . AD 2 + 22 ,解得 AD= 2 。 3

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 B1C 与平面 BCD 所成的角。 因 ADEF 为正方形,AD= 2 ,故 EH=1,又 EC=
.

1 B1C =2, 2

所以∠ECH=300,即 B1C 与平面 BCD 所成的角为 300. 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 B1(1,0,2c),E (

1 b , ,c). 2 2

→ 1 b , ,0) , BC =(-1,b,0).由 DE⊥平面 BCC1 知 2 2 → →

于是 DE =(

DE⊥BC, DE ? BC =0,求得 b=1,所以

AB=AC。

(Ⅱ)设平面 BCD 的法向量 AN = ( x, y, z ), 则 AN ? BC = 0, AN ? BD = 0. 又 BC =(-1,1, 0) ,
→ ?? x + y = 0 BD =(-1,0,c),故 ? ?? x + cz = 0 →











令 x=1, 则 y=1, z=

1 → 1 , AN =(1,1, ). c c

又平面 ABD 的法向量 AC =(0,1,0)

AC =60°, 由二面角 A ? BD ? C 为 60°知, AN,


AN ? AC = AN ? AC ? cos60 °,求得 c =
于是

1 2

AN = ( 1, 1,2) , CB1 = (1, ? 1,2)
cos AN, CB1 =

AN ? CB1 AN ? CB1

=

1 , 2

AN, CB1 = 60 °
所以 B1C 与平面 BCD 所成的角为 30° 3、 (Ⅰ) 证明: 连接 DP, CQ , 又 DC // 在 ?ABE 中,P, Q 分别是 AE , AB 的中点, 所以 PQ //

==

1 BE , 2

1 BE ,所以 PQ // DC ,又 PQ ? 平面 ACD ,DC ? 平面 ACD, 所以 PQ // 平面 ACD == 2 ==

(Ⅱ)在 ?ABC 中, AC = BC = 2, AQ = BQ ,所以 CQ ⊥ AB 而 DC ⊥ 平面 ABC, EB // DC ,所以 EB ⊥ 平面 ABC 而 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 在 Rt?APD 中, AD =

AC 2 + DC 2 = 2 2 + 12 = 5 , DP = CQ = 2 sin ∠CAQ = 1

所以 sin ∠DAP =

DP 1 5 = = AD 5 5

4、 【解法 (Ⅰ)∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD, 【解法 1】 ∵ 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, ∴OE//PD, OE =

1 PD ,又∵ PD ⊥ 底面ABCD , 2

∴OE⊥底面 ABCD,OE⊥AO, 在 Rt△AOE 中, OE =
°

1 2 PD = AB = AO , 2 2
°

∴ ∠AOE = 45 ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 . 【解法 2】如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 D ? xyz , 设 AB = a, PD = h, 则 A ( a, 0, 0 ) , B ( a, a, 0 ) , C ( 0, a, 0 ) , D ( 0, 0, 0 ) , P ( 0, 0, h ) , (Ⅰ)∵ AC = ( ?a, a, 0 ) , DP = ( 0, 0, h ) , DB = ( a, a, 0 ) , ∴ AC ? DP = 0, AC ? DB = 0 , ∴AC⊥DP,AC⊥DB,∴AC⊥平面 PDB, ∴平面 AEC ⊥ 平面PDB . (Ⅱ)当 PD =

uuur

uuu r

uuu r

uuur uuu r

uuur uuu r

?1 1 2 ? 2 AB 且 E 为 PB 的中点时, P 0, 0, 2a , E ? a , a , a? ?2 2 ?, 2 ? ?

(

)

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 = ?

r ? ?1 1 2 ? uuu 2 ? a , ? a , ? a , EO =? 0, 0, ? a? ? ?2 ? ? ?, 2 2 ? 2 ? ? ? uuu r uuu r EA ? EO 2 , ∴ cos ∠AEO = uuu r uuu r = 2 EA ? EO uuu r
° °

∴ ∠AOE = 45 ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 .

∴ 多面体 ABCDEF 的体积为 VE—ABCD+VE—BCF= 2 2
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. (2)设平面ABM与PC交于点N,因为AB∥CD,所以A B∥平面PCD,则AB∥MN∥CD, 由(1)知,PD⊥平面ABM,则 MN 是 PN 在平面 ABM 上的 射影, 所以
A N D z P M

∠PNM 就是 PC 与平面 ABM 所成的角,
O B x C

且 ∠PNM = ∠PCD

PD tan ∠PNM = tan ∠PCD = =2 2 DC
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 M,则|DM|就是 D 点到平面 ABM 距离. 因为在 Rt△PAD 中, PA = AD = 4 , PD ⊥ AM ,所以 M 为 PD 中点, DM = 2 2 ,则 O 点 到平面 ABM 的距离等于 2 。 方法二: (1)同方法一; ( 2 )如图所示,建立空间直角坐标系,则 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:?

r

r

uuu r r

uuuu r

?

2x = 0

?2 y + 2 z = 0

,令 z = ?1 ,

uuu r r r PC ? n 2 2 则 y = 1 ,即 n = (0,1, ?1) .设所求角为 α ,则 sin α = uuu , r r = 3 PC n
所求角的大小为 arcsin

2 2 . 3

uuur r uuur AO ? n (3)设所求距离为 h ,由 O (1, 2, 0), AO = (1, 2, 0) ,得: h = r = 2 n
6、 【解析 【解析】 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=AB, 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 2

PC

∴ 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. …………………………………………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 1 ,则 FG = AF ? sin FAG = 2 2
1 3 = , 2 2

在 Rt⊿BGH 中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+

GH = BG ? sin GBH =

3 2 3 2 ? = , 2 2 4 FG 2 = , GH 3 2 3

在 Rt⊿FGH 中, tan FHG =

∴ 二面角 F ? BD ? A 的大小为 arc tan

…………………………………………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 ⊥ 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 , 从而 F(0,- , )

1 1 2 2 1 1 EF = (0,? ,? ) , BE = (0,?1,1), BC = (1,0,0) 2 2 1 1 于是 EF ? BE = 0 + ? = 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 (II) M (0,0, ), P (1,

1 1 1 ,0) ,从而 PM = (?1,? , ) 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

1 2

(III)设平面 BDF 的一个法向量为 n1 ,并设 n1 =( x, y, z )

3 1 BD = (1,?1,0), BF = (0,? , ) 2 2

? ?n1 ? BD = 0 ? ? ?n1 ? BF = 0

?x ? y = 0 ? 即? 3 1 ? y+ z=0 ? 2 ? 2

取 y = 1 ,则 x = 1 , z = 3 ,从而 n1 =(1,1,3) 取平面 ABD D 的一个法向量为 n 2 = (0,0,1)

cos < n1、 n2 >=

n1 ? n2 n1 ? n2

=

3 11 ? 1

=

3 11 11

故二面角 F ? BD ? A 的大小为 arccos

3 11 11

7、 (Ⅰ)证发 1:连接 BD,由底面是正方形可得 AC ⊥ BD。

Q SD ⊥ 平面ABCD,∴ BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影,
由三垂线定理得 AC ⊥ BE. (II)解法 1:Q SD ⊥ 平面 ABCD,CD ? 平面ABCD,∴ SD ⊥ CD. 又底面ABCD是正方形,∴ CD ⊥ AD,又SD I AD=D,∴ CD ⊥ 平面 SAD。 过点 D 在平面 SAD 内做 DF ⊥ AE 于 F,连接 CF,则 CF ⊥ AE, 故 ∠ CFD 是二面角 C-AE-D 的平面角,即 ∠ CFD=60° 在 Rt△ADE 中,Q AD= a , DE= λa , AE= a 于是,DF=

λ2 + 1 。

AD ? DE λa = AE λ2 + 1 DF = CD

在 Rt△CDF 中,由 cot60°=

λ λ2 + 1



λ λ +1
2

=

3 , 3
2 2

即 3λ + 3 =3 λ
2

λ ∈ (0,1] , 解得 λ =

8、解:(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的性质知 AA1 ⊥ 平面 ABC . 又 DE ? 平面 ABC,所以 DE ⊥ AA1 .而 DE ⊥ A1 E, AA1 I A1 E = A1 , 所以 DE⊥平面 ACC1 A1 .又 DE ? 平面 A1 DE , 故平面 A1 DE ⊥平面 ACC1 A1 . (Ⅱ)解法 解法 1: 过点 A 作 AF 垂直 A1 E 于点 F , 连接 DF.由(Ⅰ)知,平面 A1 DE ⊥平面 ACC1 A1 , 所以 AF ⊥ 平面 A1 DE ,故 ∠ADF 是直线 AD 和 平面 A1 DE 所成的角。 因为 DE ⊥ ACC1 A1 , 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又因为 AA1 =

1 CD =3. 2

7 ,所以 A1 E= A1E = AA12 + AE 2 = ( 7) 2 + 32 = 4,

AF =

AE ? AA1 3 7 AF 21 = , sin ∠ADF = = . A1 E 4 AD 8

即直线 AD 和平面 A1 DE 所成角的正弦值为

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,),

A1 (2,0, 7 ), D(-1,

3 ,0), E(-1,0,0).
uuur

uuuu r
r

uuur

易知 A1 D =(-3, 3 ,- 7 ) , DE =(0,- 3 ,0) , AD =(-3, 3 ,0). 设 n = ( x, y, z ) 是平面 A1 DE 的一个法向量,则

r uuu v ? ?n ? DE = ? 3 y = 0, ? r uuu v ? ?n ? A1D = ?3x + 3 y ? 7 z = 0.
解得 x = ?

7 z, y = 0 . 3

r 故可取 n = ( 7 , 0, ? 3) .于是

r uuu r r uuu r ?3 7 n ? AD 21 =? cos n, AD = r uuu r = 8 n ? AD 4 × 2 3

.

由此即知,直线 AD 和平面 A1 DE 所成角的正弦值为 所以 ME 与 BN 不共面,它们是异面直线。

21 8

.

……..12 分

9、 【解析】 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=AB, 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 (II)取 BE 的中点 N,连结 CN,MN,则 MN ………………6 分

1 AB 2

PC

∴ 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. …………………………………………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 1 ,则 FG = AF ? sin FAG = 2 2
1 3 = , 2 2

在 Rt⊿BGH 中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+

GH = BG ? sin GBH =

3 2 3 2 ? = , 2 2 4 FG 2 = , GH 3 2 ………………12 分 3

在 Rt⊿FGH 中, tan FHG =

∴ 二面角 F ? BD ? A 的大小为 arc tan

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 , 从而 F(0,- , )

1 1 2 2

1 1 EF = (0,? ,? ) , BE = (0,?1,1), BC = (1,0,0) 2 2 1 1 于是 EF ? BE = 0 + ? = 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 (II) M (0,0, ), P (1,

1 1 1 ,0) ,从而 PM = (?1,? , ) 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

1 2

(III)设平面 BDF 的一个法向量为 n1 ,并设 n1 =( x, y, z )

3 1 BD = (1,?1,0), BF = (0,? , ) 2 2

? ?n1 ? BD = 0 ? ? ?n1 ? BF = 0

?x ? y = 0 ? 即? 3 1 ? y+ z=0 ? 2 ? 2

取 y = 1 ,则 x = 1 , z = 3 ,从而 n1 =(1,1,3) 取平面 ABD D 的一个法向量为 n 2 = (0,0,1)

cos < n1、 n2 >=

n1 ? n2 n1 ? n2

=

3 11 ? 1

=

3 11 11

故二面角 F ? BD ? A 的大小为 arccos

3 11 11

10、解法一:(Ⅰ)Q AB DC , DC ? 平面 EFCD , ∴ AB 到面 EFCD 的距离等于点 A 到面

EFCD 的距离, 过点 A 作 AG ⊥ FD 于 G, 因 ∠BAD =

π
2

AB ∥ DC , 故 CD ⊥ AD ; 又Q FA ⊥

平面 ABCD ,由三垂线定理可知, CD ⊥ FD ,故 CD ⊥ 面FAD ,知 CD ⊥ AG ,所以 AG 为 所求直线 AB 到面 EFCD 的距离。 在 Rt △ ABC 中, FD =

FC 2 ? CD 2 = 9 ? 4 = 5

由 FA ⊥ 平面 ABCD ,得 FA ⊥ AD, 从而在 Rt △FAD 中,FA =

FD 2 ? AD 2 = 5 ? 4 = 1

∴ AG =

FA ? AD 2 2 5 2 5 = = 。即直线 AB 到平面 EFCD 的距离为 。 FD 5 5 5

(Ⅱ) 由己知,FA ⊥ 平面 ABCD , 得 FA ⊥ AD, 又由 ∠BAD = 平面 ABFE

π
2

, 知 AD ⊥ AB , 故 AD ⊥

∴ DA ⊥ AE ,所以, ∠FAE 为二面角 F ? AD ? E 的平面角,记为 θ .
在 Rt △ AED 中 , AE =

ED 2 ? AD 2 = 7 ? 4 = 3 , 由

ABCD 得 , FE BA , 从 而

∠AFE =

π
2

在 Rt △ AEF 中, FE =

AE 2 ? AF 2 = 3 ? 1 = 2

,故 tan θ =

FE = 2 FA
z F E G

所以二面角 F ? AD ? E 的平面角的正切值为 2 . 解法二:

uuu r uuur uuu r (Ⅰ)如图以 A 点为坐标原点, AB, AD, AF 的方向为
x, y, z 的正方向建立空间直角坐标系数,则
x B A

C

D y

uuu r uuu r A(0,0,0) C(2,2,0) D(0,2,0) 设 F (0, 0, z0 ) ( z0 > 0) 可得 FC = (2, 2, ? z0 ) ,由 | FC |= 3 .即
2 2 2 + 2 2 + z0 = 3 ,解得 F (0, 0,1)

Q AB ∥ DC ,

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 uuur uuur uuur uuur uuu r 平面 EFCD 上的射影点为 G ( x1 , y1 , z1 ) ,则 AG = ( x1 , y1 , z1 ) 因 AG ? DF = 0 且 AG ? CD = 0 ,而

uuur DF = (0, ?2,1) uuu r ??2 y1 + z1 = 0 CD = (?2, 0, 0) ,此即 ? 解得 x1 = 0 ??2 x1 = 0
上. ① ,知 G 点在 yoz 面上,故 G 点在 FD

r uuu r uuur uuu y GF DF , GF = (? x1 , ? y1 , ? z1 + 1) 故有 1 = ? z 1 +1 ② 2
uuur uuur 2 4 ∴ | AG | 为直线 AB 到面 EFCD 的距离. 而 AG = (0, , ) 5 5

联立①,②解得, G (0, , ) 所以 | AG |=

2 4 5 5

.

uuur

2 5 5

(Ⅱ)因四边形 ABFE 为平行四边形,则可设 E ( x0 , 0,1)

uuu r ( x0 < 0) , ED = (? x0 2, ?1) .由

uuu r uuu r 2 | ED |= 7 得 x0 + 22 + 1 = 7 ,解得 x 0 = ? 2 .即 E (? 2, 0,1) .故 AE = (? 2, 0,1)
由 AD = (0, 2, 0) , AF = (0, 0,1) 因 AD ? AE = 0 , AD ? AF = 0 , 故 ∠FAE 为 二 面 角

uuur

uuu r

uuur uuu r

uuur uuu r

uuu r uuu r uuu r F ? AD ? E 的 平 面 角 , 又 Q EF = ( 2, 0,0) , | EF |= 2 , | AF |= 1 , 所 以

uuu r | EF | r = 2 tan ∠FAE = uuu | FA |
.解:(1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得 BD =

3 AD .

从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 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).

uuu r uuu r uuu r AB =(-1, 3 ,0), PB =(0, 3 ,-1), BC = 11 (-1,0,0). uuu r ? ?n ? AB = 0 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则 ? uuu r n ? PB =0 ? ? ? ?? x + 3 y = 0 即? ? ? 3y ? z = 0 因此可取 n=( 3 ,1, 3 ). uuu r ? ?m ? PB = 0 设平面 PBC 的法向量为 m,则 ? uuu r ? ?m ? BC = 0
1111

可取 m=(0,-1,- 3 ), cos m, n = 故二面角 A-PB-C 的余弦值为 ?

?4 2 7 =? . 7 2 7

2 7 . 7


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