较好较难地几个立体几何

49、矩形ABCD与矩形ABEF的公共边为AB，且平面ABCD平面ABEF，如图所示，FD2，AD=1，EF=3．FE（Ⅰ）证明：AE平面FCB；（Ⅱ）求异面直线BD与AE所成角的余弦值（Ⅲ）若M是棱AB的中点，在线段FD上是否存在一点N，使得MN∥平面FCB？AM证明你的结论．B解：(1)平面ABCD平面ABEF,DC且四边形ABCD与ABEF是矩形,AD平面ABEF,ADAE,BC∥ADBCAE又FD=2,AD=1,所以AF=EF=3,所以四边形

ABEF为正方形

.

AE FB,又BF所以AE

BC平面

B，BF 平面BCF，BC 平面BCFBCF⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

4分(2)设

BF

AE=O,取

FD的中点为

H,连接

OH,在

FDB中

OH//BD,HOF即为异面直线 BD与AE所成的角(或补角),在 FOH中,OH=1,FH=1,FO=

6

,

cos

HOF=

62

4异面直线

BD与

AE所成的角的余弦值为

6

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

.8

分4当N为FD的中点时,MN∥平面FCB证明：取CD的中点G,连结NG，MG，MN，则NG//FC,MG//BC,又NG平面NGM，MG平面NGM且NGMG=G所以平面NGM//平面FBC,MN平面NGMMN//平面FBC⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分50、(河北省正定中学2008年高三第五次月考)如图，在直三棱柱ABC-ABC中，111BAC900,ACABAA1,E是BC的中点。求异面直线AE与A1C所成的角；若G为C1C上一点，且EG⊥A1C，试确定点G的位置；在（2）的条件下，求二面角A1-AG-E的大小（文科求其正切值）。解：（1）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，则AE∥A1E1，∴∠E1A1C是异面直线 AE与A1C所成的角。设ACABAA12a，则AE2a,AC22a,111E1C11B1C12a.E1CE1C12C1C26a.22a28a26a2在A1E1C中，cosE1A1C122a22a。2所以异面直线AE与A1C所成的角为。------------------4分3ABC-ABC是直三棱柱（2）.由（1）知，AE⊥BC,又因为三棱柱1111111A1E1⊥BCCB,又EG⊥ACCE⊥EG.1111∠E1CC1.=∠GECE1CC1~GECCGC1E1即CG2aaCEC1C2a得CG2a所以G是CC1的中点------------------------------8分3）连结AG,设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q,连EP,EQ,则EP⊥AC.又平面ABC⊥平面ACCAEP⊥平面ACCA1111而PQ⊥AGEQ⊥AG.∠PQE是二面角C-AG-E的平面角.由EP=a,AP=a,PQ=a,得tanPQEPE55PQ所以二面角C-AG-E的平面角是arctan5，而所求二面角AAGE是二面角C-AG-E1的补角，故二面角A1AGE的平面角是π－arctan5------------------------12分（文）二面角A1AGE的平面角的正切值为－5。------------------------12分45、(广东省五校 2008年高三上期末联考 )已知梯形 ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BADA D，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x，G是BC的中点。2E F沿EF将梯形ABCD翻折，使平面 AEFD⊥平面EBCF(如图).(1) 当x=2时，求证：BD⊥EG；(2)若以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f(x)，求f(x)的最大值；(3)当f(x)取得最大值时，求二面角D-BF-C的余弦值.解:（1）（法一）∵平面AEFD平面EBCF,AE⊥EF,∴AE⊥面平面EBCF,AE⊥EF,AE⊥BE,又BE⊥EF,故可如图建立空间坐标系E-xyz。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1分则A（0，0，2），B（2，0，0），G（2，2，0），D（0，2，2），E（0，0，0）⋯⋯⋯⋯2分

B CADEFB CGADAzEE F

DF

yB C

B CGxBD（－2，2，2），EG（2，2，0）⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分BDEG（－2222200EG⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分，，）（，，）＝，∴BD（法二）作DH⊥EF于H，连BH，GH，⋯⋯⋯⋯⋯1分AD由平面AEFD 平面EBCF知：DH⊥平面EBCF，而EG平面EBCF，故EG⊥DH。又四边形BGHE为正方形，∴EG⊥BH，BHDH＝H，故EG⊥平面DBH，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分而BD平面DBH，∴EG⊥BD。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分

E HF（或者直接利用三垂线定理得出结果）（2）∵AD∥面BFC，

B CG所以f(x)VA-BFC＝111(4-x)xsBFCAE＝34322(x2)288⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分3338。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯即x2时f(x)有最大值为8分3（3）（法一）设平面DBF的法向量为n1(x,y,z)，∵AE=2,B（2，0，0），D（0，2，2），F（0，3，0）,∴BF(2,3,0),BD（－2，2，2）,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分ADn1BD0则，EHFn1BF0M(x,y,z)(2,2,2)02x2y2z0即，2x3y0(x,y,z)(2,3,0)0BGC取x＝3，则y＝2，z＝1，∴n1(3,2,1)面BCF的一个法向量为n2(0,0,1)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分则cos<n1,n2>=n1n214⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分|n1||n2|14由于所求二面角 D-BF-C 的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为－⋯⋯⋯⋯⋯14分14（法二）作 DH⊥EF于H，作HM⊥BF，连DM。由三垂线定理知 BF⊥DM，∴∠DMH是二面角D-BF-C的平面角的补角。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分由△HMF∽△EBF，知HM＝HF，而HF=1，BE=2，BF＝BE2＋EF2＝13，∴HM＝2。BEBF13又DH＝2，DH13，∴在Rt△HMD中，tan∠DMH=-＝HM因∠DMH为锐角，∴cos∠DMH＝ 14，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分14而∠DMH是二面角 D-BF-C的平面角的补角，故二面角D-BF-C的余弦值为－14。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分1446、(贵州省贵阳六中、遵义四中2008年高三联考)如图，在Rt△AOB中，OABπ，斜边AB4．Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，6且二面角AOC是直二面角．动点D在斜边AB上。（I）求证：平面COD平面AOB；（II）当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的大小；（III）（理）求CD与平面AOB所成角的最大值。（文）当D为AB的中点时，求CD与平面AOB所成的角。解：（I）由题意，COAO，BOAO，BOC是二面角BAOC是直二面角，又二面角BAOC是直二面角，COBO，又AOBOO，CO平面AOB，又CO平面COD，平面COD平面AOB．⋯⋯4分（II）解法一：作DEOB，垂足为E，连结CE（如图），则DE∥AO，CDE是异面直线AO与CD所成的角．在Rt△COE中，COBO2，OE1BO1，CECO2OE25．2又DE1AO3．在Rt△CDE中，tanCDECE515．2DE33异面直线AO与CD所成角的大小为 arctan 15．⋯⋯8分3解法二：建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则O(0，0，0)，A(0，0，23)，C(2，0，0)，D(01，，3)，OA(0，0，23)，CD(21，，3)，cosOACD，OACDOACD2626．异面直线AO与CD所成角的大小为arccos6．⋯⋯8分3244（III）（理）由（I）知，CO平面AOB，CDO是CD与平面AOB所成的角，OC2OD最小时，CDO最大，这时，ODAB，垂足为D，且tanCDO．当ODODODOAOB323CD与平面AOB所成角的最大值为AB，tanCDO，3arctan23．⋯⋯12分3（文）由（I）知，CO平面AOB，CDO是CD与平面AOB所成的角，且CDO45o。⋯⋯12分47、(安徽省合肥市

2008

年高三年级第一次质检

)如图，在几何体

P

ABCD

中，面

ABCD为矩形，

PA

面ABCD

，

AB

PA

2（1）求证；当

AD

2时，平面

PBD⊥平面

PAC；（2）当

2

AD

5时，求二面角

B

PD

C

的取值范围。以A为坐标原点，射线AP、AB、AD分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的坐标系。设AD a，由已知得 A(0,0,0),P(2,0,0),B(0,2,0),C(0,2,a),D(0,0,a)（1）当AD2时，C(0,2,2),D(0,0,2)，∴BD(0,2,2),PA(2,0,0),CA(0,2,2)4分∴BDPA0,BDCA0，∴BDPA,BDCA又PACAA，∴平面PBD⊥平面PAC；6分解法二：当AD2时，矩形ABCD为正方形，∴BDAC∵PA面ABCD，∴BDPA2分又PACAA，∴BD⊥平面PAC，BD平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC2）由P(2,0,0),B(0,2,0),C(0,2,a),D(0,0,a)得PD(2,0,a),PB(2,2,0),DC(0,2,0)设n(x,y,z),n平面PDC，∴n1PD0(x1,y1,z1)(2,0,a)011111n1DC0(x1,y1,z1)(0,2,0)02x1az10z12x1∴a不妨设x1a，则n1(a,0,2)y10y10设n2(x2,y2,z2),n2平面PDB，∴n2PD0(x2,y2,z2)(2,0,a)0n2PB0(x2,y2,z2)(2,2,0)02x2az20z22x2∴a不妨设x2a，则n2(a,a,2)10分2x22y20y2x2∴cosn1,n2n1n2(a,0,2)(a,a,2)a241(12)|n1||n2|a242a242a242a22当2AD5变化时，即2a5，2a25cosn1,n21(12)[314,3]2a22142又n1,n2[0,]，∴n1,n2[,arccos314]61440、(广东省汕头市潮阳一中2008年高三模拟)如图，棱柱ABCD—A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°。（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；（Ⅱ）求二面角 D—A1A—C的平面角的余弦值；（Ⅲ）在直线 CC1上是否存在点P，使BP//平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不错误！未找到引用源。存在，说明理由。解：连接 BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O在△AA1O中，AA1=2，AO=1，A1AO=60°2 2 2A1O=AA1+AO－2AA1·Aocos60°=3222∴AO+A1O=A1∴AO⊥AO，由于平面AACC⊥111平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A（0，－1，0），B（3，0，0），C（0，1，0），D（－3，0，0），A（0，0，3）1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分错误！未找到引用源。（Ⅰ）由于BD(23,0,0)AA1 (0,1, 3)则AA1 BD 0 (23) 1 0 3 0 0BD⊥AA1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C∴平面AA1C1C的法向量n1 (1,0,0)设n2⊥平面AA1Dn2 AA1则 设n2 (x,y,z)得到y3z0取n2(1,3,1)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分3xy0cosn1,n2n1n25|n1||n2|5所以二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是5⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分5（Ⅲ）假设在直线 CC1上存在点 P，使BP//平面DA1C1设CP CC1,P(x,y,z)则(x,y 1,z) (0,1, 3)得P(0,1 , 3)BP ( 3,1 , 3)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 9分设n3平面DA1C1则n3A1C1设n3(x3,y3,z3)n3DA1得到2y30不妨取n3(1,0,1)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分3x33z30又因为BP//平面DA1C1则n3·BP0即330得1即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分法二：在A1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，AO⊥平面ABCD，1又底面为菱形，所以AC⊥BD由于BDACBD平面AA1OBDA1OAA1AA1BD错误！未找到引用源。A1OAC0平面AA1O⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4分（Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°AO=AA1·cos60°=1所以O是AC的中点，由于底面 ABCD为菱形，所以O也是BD中点由（Ⅰ）可知 DO⊥平面AA1C过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE则∠DEO为二面角 D—AA1—C的平面角⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6分在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°AC=AB=BC=2∴AO=1，DO= AB2AO2 3在Rt△AEO中，OE=OA·sin∠EAO=32DE=OE2OD2331542∴cos∠DEO=OE5DE 5∴二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是 5⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分5（Ⅲ）存在这样的点 P连接B1C，因为A1B1//AB//DC∴四边形A1B1CD为平行四边形。A1D//B1C在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分因B1B//CC1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分BB1//CP∴四边形BB1CP为平行四边形则BP//B1CBP//A1DBP//平面DA1C112、(安徽省巢湖市2008届高三第二次教学质量检测)如图，P、O分别是正四棱柱ABCDA1B1C1D1上、下底面的中心，E是AB的中点，ABkAA1.（Ⅰ）求证：A1E∥平面PBC；（Ⅱ）当k2时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；D1(Ⅲ)当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心?PA1DOAE1、D1C1解法一：（Ⅰ）过P作MN∥B1C1，分别交A1B1、D1C1于M、N，则M、N分别为A1B1的中点，连MB、NC，则四边形BCNM是平行四边形⋯⋯⋯⋯⋯2分∵E、M分别为AB、AB中点，∴AE∥MB111D1N又MB平面PBC，∴A1E∥平面PBC。⋯⋯⋯⋯4分P（Ⅱ）过A作AF⊥MB，垂足为F，连PF，A1MB1∵BC⊥平面ABBA，AF平面ABBA，F1111D∴AF⊥BC，BC∩MB=B，∴AF⊥平面PBC，O∴∠APF就是直线AP与平面PBC所成的角，⋯⋯7分AE1B12a，AF=23C1B1CBC1C3sin∠APF=AF6。所以，直线AP与平面PBC所成的角是arcsin6。⋯⋯⋯⋯9分AP33（Ⅲ）连OP、OB、OC，则OP⊥BC，由三垂线定理易得OB⊥PC，OC⊥PB，所以O在平面PBC中的射影是△PBC的垂心，又O在平面PBC中的射影是△PBC的重心，则△PBC为正三角形。即PB=PC=BC，所以k2。反之，当k=2时，PA=AB=PB=PC=BC，所以三棱锥OPBC为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为PBC的重心⋯⋯⋯⋯13分解法二：以点O为原点，直线OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB22，则得A1(2,0,22)、E(1,1,0)、P(0,0,22)、B(0,2,0)、kkC(2,0,0)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分zD1C1(Ⅰ)由上得A1E(1,1,22)、BC(2,2,0)、k

PB1A1PB(0,2,22)，设AExBCyPB得1k22x(2,2,0)22(1,1,k)y(0,2,)k解得x1，y1，∴A1E1BCPBx22BC PB B，A1E 平面PBC ∴A1E∥平面PBC分

DCOAE1By⋯⋯⋯⋯⋯⋯_（Ⅱ）当k 2时，由P(0,0,2)、A(2,0,0)得PA (2,0, 2)、BC (2,2,0)、PB (0,2, 2)设平面PBC的法向量为n(1,,)，则由nBC0，得10，n(1,1,1)⋯⋯⋯⋯7nPB00分，PAn6，∴直线PA与平面PBC所成角的大小为arcsin6.⋯⋯⋯⋯9cosPAnPAn33分(Ⅲ)由(Ⅰ)知PBC的重心G为2,2,22，则OG(2,2,22)，333k333k若O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心，则有OGBC0，解得k2OGPB0∴当k2时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心.13、(北京市朝阳区2008年高三数学一模)直三棱柱ABC-ABC中，∠ACB=120°，111AC=CB=AA=1，D是AB上一动点(可1111以与A或B重合），过D和CC的平面与AB交于D.1111C1（Ⅰ）证明BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）若D1为A1B1的中点，求三棱A11D1锥B1-C1AD1的体积VB1C1AD1；（Ⅲ）求二面角D1-AC1-C的取值范围.C方法1：（Ⅰ）证明：依条件有CB∥C1B1，1111AC1DB又CB平面ABC，CB平面ABC，A1B111D1所以CB∥平面AB1C1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分（Ⅱ）解：C因为D为AB的中点，依条件可知C1D⊥A1B1.ADB所以VBCAD1=VCDAB11111=1×C1D1×(1×A1A×D1B1)32=1×1×(1×1×3)=3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7322224分（Ⅲ）解：因为D是AB上一动点，111所以当D1与A1重合时，二面角D1-AC-C的大小为π；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分1当D1与B1重合时，FE如图，分别延长111C1AC和AC，过B1作B1E⊥A1C1延长于E，A1B1(D1)依条件可知平面ABC⊥平面111ACC1A1，所以B1E⊥平面ACCA.11过点E作EF⊥AC，垂直为F.C11连结FB，1所以FB1⊥A1C1.AB(D)所以∠B1FE是所求二面角的平面角.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分容易求出 B1E= 3，FE=2.24所以tan∠B1FE=B1E=6.FE所以∠BFE=arctan6.717所以二面角 D1-AC1-C的取值范围是[arctan分方法2：（Ⅰ），（Ⅱ）略（Ⅲ）解：如图建立空间直角坐标系，则有 A1A(1，0，0)，B1(-1