全国名校高考专题训练9-立体几何解答题2(数学)

1、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 PABC 中，PC平面 ABC，PCAC2，ABBC，D 是 PB 上一点，且 CD平面 PAB。 （1）求证：AB平面 PCB； （2）求二面角 CPAB 的大小的余弦值。 （1）解：PC平面 ABC，AB平面 ABC， PCAB。 CD平面 PAB，AB平面 PAB， CDAB。 又 PCCDC， AB平面 PCB。 （2）解法一： 取 AB 的中点 E，连结 CE、DE。 PCAC2，CEPA，CE. 2 CD平面 PAB， 由三垂线定理的逆定理，得 DEPA。

2、CED 为二面角 CPAB 的平面角。 由（1）AB平面 PCB，ABBC， 又ABBC，AC2，求得 BC. 2 （2）解法二： ABBC，AB平面 PBC，过点 B 作直线 lPA， 则 lAB，lBC，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. 2 0 , 0222 02 . 0 , 0 ),2 ,2,2(), 0 , 2, 0( z zx y zyx y mAP mBA APBA 令解得 即则 得).1, 0 ,2(

3、m 8 分 设平面 PAC 的法向量为),( 111 zyxn ， , 022 02 . 0 , 0 ), 0 , 2,2(),2 , 0 , 0( 11 1 yx z nAC nCP ACCP 即则 解得).0 , 1 , 1 (, 1. 0 1 11 1 nx yx z 得令10 分 . 3 3 23 2 | ,cos nm nm nm11 分 . 3 3 cosarBPAC大小为二面角12 分 （2）解法三： CD平面 PAB，CD是平面 PAB 的一个法向量。 取 AC 中点 F，ABBC2，BFAC， 又 PC平面 ABC，有平面 PAC平面 ABC， BF平面 PAC，BF是平面

4、PAC 的一个法向量。 )( 2 1 BCBABF7 分 2| , 2|, 0| )1 (| , 0, 0) 1 (, 0)()1 ( 0,)1 ( 22 CBCPCBCP BACPCBCPCBCPCBCP BPCDBPCDCBCPCD 而 知由得 即设 . 3 2 3 1 , 3 1 CBCPCD9 分 , 1)22( 4 1 | , 3 4 2 9 4 4 9 1 | 22 BFCD10 分 . 3 3 | ,cos BFCD BFCD BFCD 32、(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

5、直， ECAC，EFAC，AB2，EFEC1， 求证：平面 BEF平面 DEF； 求二面角 ABFE 的大小。 解法 1： 证明: 平面 ACEF平面 ABCD，ECAC， EC平面 ABCD；连接 BD 交 AC 于点 O，连接 FO， 正方形 ABCD 的边长为2，ACBD2； 在直角梯形 ACEF 中，EFEC1，O 为 AC 中点， FOEC，且 FO1；易求得 DFBF2， DEBE3，由勾股定理知 DFEF，BFEF， BFD 是二面角 BEFD 的平面角， 由 BFDF2，BD2 可知BFD90， 平面 BEF平面 DEF （6 分） 取 BF 中点 M，BE 中点 N，连接 A

6、M、MN、AN， ABBFAF2，AMBF， 又MNEF，EFBF，MNBF， AMN 就是二面角 ABFE 的平面角。 易求得 36 22 AMAB ， 11 22 MNEF； 在 RtAPN中，可求得 222 11 4 ANAPNP， 在AMN中，由余弦定理求得 6 cos 3 AMN ， 6 arccos 3 AMN （12 分） 解法 2：平面 ACEF平面 ABCD，ECAC，EC平面 ABCD； 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，则) 0 , 2,2(A ) 0 , 2,(0B,)0 , 0 ,2(D,) 1 , 0 ,(0E,) 1 , 2 2 , 2 2 (F, ) 0

7、, 2 2 , 2 2 (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 ,( 2211 yxnyxm，则 0 2 2 2 2 11 yxEFm 012 1 yBEm ，0 2 2 2 2 22 yxEFn , 012 2 xDEn. 由解得 2 2 . 2 2 ; 2 2 , 2 2 2211 yxyx, ) 1 , 2 2 , 2 2 ( ) 1 , 2 2 , 2 2 (nm,（4 分） 01 2 1 2 1 nm，nm ，故平面 BEF平面 DEF（6 分） 设平面 ABF 的法向量为) 1 ,(

8、 33 yxp ，) 1 , 2 2 , 2 2 (BF，)0 , 0 ,2(BA 01 2 2 2 2 33 yxBFp，02 3 xBAp，解得 33 0,2xy (0,2,1)p ，（8 分） 26 cos, 3 23 m p m p mp （10 分） 由图知，二面角 ABFE 的平面角是钝角，故所求二面角的大小为 3 6 arccos O C DA F E B M N P C DA F B E x z y P EA B D C H F 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，

9、PC 底面ABCD， E为AB的中点. （）求证：平面PDE 平面PAC； （）求直线PC与平面PDE所成的角； （）求点B到平面PDE的距离. 解法一：（）设AC与DE交点为G，延长DE交CB的延长线于点F， 则DAEFBE ，1BFAD，4CF ， 1 tan 2 DC F CF ， 又 1 tan 2 AD ACD DC ，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） （）连结PG，过点C作CHPG于H点， 则由（）知平面PDE 平面PAC， 且PG是

10、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Rt DCA中， 2 CD CG AC 2 22 24 5 5 21 ， 在Rt PCG中，tanCPG CG PC 4 5 2 5 5 25 . 所以有 2 5 arctan 5 CPG， 即直线PC与平面PDE所成的角为 2 5 arctan 5 （8 分） （）由于 1 4 BFCF，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 1 4 ，即 1 4 CH. 在Rt PCG中， 22 22 4 5 2 4 5 3 4 5 2() 5 PC CG CH PCCG ， 从而

11、点B到平面PDE的距离等于 1 3 （12 分） D P E AB C P E A B D C z x y 解法二：如图所示，以点C为坐标原点， 直线,CD CB CP分别为, ,x y z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. （）由于( 1,2,0)DE ，(2,1,0)CA ， (0,0,2)CP ， 所以( 1,2,0) (2,1,0)0DE CA ， ( 1,2,0) (0,0,2)0DE CP ， 所以,DECA DECP， 而CPCAC，所以DE 平面PAC

12、，DE 平面PDE， 平面PDE 平面PAC（4 分） （）设( , , )nx y z 是平面PDE的一个法向量，则0n DEn PE ， 由于( 1,2,0)DE ，(1,2, 2)PE ，所以有 ( , , ) ( 1,2,0)20 ( , , ) (1,2, 2)220 n DEx y zxy n PEx y zxyz ， 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)|2 sin|cos,| |(2,1,2)| |(0,0, 2)|3| | n PC n PC nPC ， 2 a

13、rcsin 3 ，因此直线PC与平面PDE所成的角为 2 arcsin 3 （8 分） （）由（）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)|3 n BE d n 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 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头

14、（）求证：AM平面PCD； （）若 1 2 PNNC ，求平面AMN与平面PAB的所成锐二面角 的大小 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 解：（）因为四棱锥 PABCD 的底面是正方形，PA底面 ABCD， 则 CD侧面 PAD 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 .AMCD 又., 2PDAMADPA 又.,PCDAMDCDPD平面5 分 （）建立如图所示的空间直角坐标系,xy

15、zA又 PA=AD=2， 则有 P（0，0，2） ，D（0，2，0） 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 wxckt wxckt 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 ).0 , 2 , 2(),1 , 1 , 0(CM (2,2, 2).PC 设 1 ( , , ), 2 N x y zPNNC 则有 . 3 2 ),2( 2 1 0xxx 同理可得. 3 4 , 3 2 zy 即得). 3 4 , 3 2 , 3 2 (N8 分 由 448 0,. 333 PC ANPCAN (2,2, 2).AMNPC 平面的法向量为 而平面 PAB 的法向

16、量可为),0 , 2 , 0(AD 43 cos,. 3124 PC AD PC AD PCAD 故所求平面 AMN 与 PAB 所成锐二面角的大小为. 3 3 arccos 35、(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. （）试确定 E 的位置，使 D1E平面 AB1F； （）求二面角 B1AFB 的大小. 解：（）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

17、） ，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 3 5 1 0)3(34 0)2(22 , 0 0 1 1 11 z y z y ABDE AFED FABED即平面 ) 3 5 , 1 , 2(E 为所求 6 分 （）当 D1E平面 AB1F 时，ED1=（2，1，)3, 0 , 0(), 3 4 1 BB 8 分 又EDBB 11 与分别是平面 BEF 与平面 B1EF 的法向量， 9 分 则二面角 B1AFB 的平面角等于., 11 EDBB 10 分 . 61 614

18、 ) 3 4 (123 ) 3 4 (3 ,cos 22 11 EDBB 11 分 B1AFB 的平面角为. 61 614 arccos 36、(广东省 2008 届六校第二次联考)如图所示, 四棱锥 PABCD 底面是直角梯形, ,2,BAAD CDAD CDABPA底面 ABCD, E 为 PC 的中点, PAADAB1. （1）证明: /EBPAD平面; （2）证明: BEPDC 平面; （3）求三棱锥 BPDC 的体积 V. 证明:（1）取 PD 中点 Q, 连 EQ , AQ , 则 1 2 QECDAB 1 分 / / QECD CDABQE AB QEAB 2 分 /ABEQBE

19、AQ四边形是平行四边形 3 分 / / BEAQ AQPADBEPAD BEPAD 平面平面 平面 5 分 (2) PAABCD CDABCD 平面 平面 / AQPCD BEPCD BEAQ 平面 平面 . 10 分 解:（3） 11 1 2 1 22 BDC SAD DC A 11 分 11 33 B PDCP BDCBDC VVPA S A. 37、 （广东省佛山市 2008 年高三教学质量检测一）如图，在组合体中， 1111 DCBAABCD 是一个长方体，ABCDP 是一个四棱 锥2AB，3BC，点DDCCP 11 平平且2 PCPD （）证明：PBCPD平平； （）求PA与平面AB

20、CD所成的角的正切值； （）若aAA 1 ，当a为何值时，DABPC 1 /平平 ()证明：因为2 PCPD，2 ABCD，所以PCD为等腰直角三角形，所以 PCPD 1 分 因为 1111 DCBAABCD 是一个长方体，所以DDCCBC 11 平，而DDCCP 11 平平， 所以DDCCPD 11 平，所以PDBC 3 分 因为PD垂直于平面PBC内的两条相交直线PC和BC，由线面垂直的判定 定理，可得PBCPD平平4 分 ()解：过P点在平面DDCC 11 作CDPE 于E，连接AE5 分 CDPA CDAD ADPAA CDPAD AQCD AQPAD PAAD AQPD QPD CD

21、PDD 平面 平面 为的中点 D1 C1 B1 A1 P D C B A 因为PCDABCD平平，所以ABCDPE平，所以PAE就是PA与平面ABCD所 成的角6 分 因为1PE，10AE，所以 10 10 10 1 tan AE PE PAE 7 分 所以PA与平面ABCD所成的角的正切值为 10 10 8 分 ()解：当2a时，DABPC 1 /平平 9 分 当2a时，四边形DDCC 11 是一个正方形，所以 0 1 45DCC，而 0 45PDC，所 以 0 1 90PDC，所以PDDC 1 10 分 而PDPC ，DC1与PC在同一个平面内，所以DCPC 1 / 11 分 而DCABD

22、C 111 平，所以DCABPC 11 /平，所以DABPC 1 /平平 12 分 方法二：()如图建立空间直角坐标系，设棱长aAA 1 ，则有 ), 0 , 0(aD，) 1, 1 , 0(aP，), 2 , 3(aB，), 2 , 0(aC 2 分 于是(0, 1, 1)PD ，(3,1, 1)PB ，(0,1, 1)PC ，所以 0PD PB ，0PD PC 3 分 所以PD垂直于平面PBC内的两条相交直线PC和BC，由线面垂直的判定定理，可 得PBCPD平平 4 分 (), 0 , 3(aA，所以(3, 1, 1)PA ，而平面ABCD的一个法向量为 1 (0,0,1)n 5 分 所以

23、 1 111 cos, 1111 1 PD n 6 分 所以PA与平面ABCD所成的角的正弦值为 11 11 7 分 所以PA与平面ABCD所成的角的正切值为 10 10 8 分 ()0 , 2 , 3( 1 B，所以)0 , 0 , 3(DA，), 2 , 0( 1 aAB设平面DAB1的法向量为 D1 C1 B1 A1 P D C B A z x y ),( 2 zyxn ，则有 02 03 21 2 azynAB xnDA ，令2z，可得平面DAB1的一个法向量为 )2 , 0( 2 an 10 分 若要使得DABPC 1 /平平，则要 2 nPC ，即02 2 anPC，解得2a11

24、分 所以当2a时，DABPC 1 /平平 38、(广东省惠州市 2008 届高三第三次调研考试)如图，PABCD 是正四棱锥， 1111 ABCDABC D是正方体， 其中2,6ABPA 头 头 头 头头 头 头头 头 头头 头 头 头头 wxckt wxckt 头 头头 头 头头 头 头 头头 头 头头 头 头 （1）求证： 11 PAB D； （2）求平面 PAD 与平面 11 BDD B所成的锐二面角的余弦值； （3）求 1 B到平面 PAD 的距离 头 头 头 头头 头 头头 头 头头 头 头 头头 wxckt wxckt 头 头头 头 头头 头 头 头头 头 头头 头 头 解法一：以

25、 11B A为x轴， 11D A为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系1 分 （1）设 E 是 BD 的中点，PABCD 是正四棱锥，ABCDPE 2 分 又2,6ABPA， 2PE )4 , 1 , 1 (P 3 分 11 ( 2,2,0),(1,1,2)B DAP 4 分 11 0B DAP 即 11 PAB D5 分 （2）设平面 PAD 的法向量是( , , )mx y z ，6 分 (0,2,0),(1,1,2)ADAP 7 分 02, 0zxy 取1z得( 2,0,1)m ，8 分 又平面 11 BDD B的法向量是(1,1,0)n 9 分 10 cos, 5 m n m n m

26、n 10 cos 5 10 分 （3） 1 ( 2,0,2)B A 11 分 CB A S CB A S 1 B到平面 PAD 的距离 16 5 5 B A m d m 14 分 解法二： （1）设AC与BD交点为O，连PO；PABCD是正四棱锥，PO面ABCD，1 分 AO为PA在平面ABCD上的射影， 又ABCD为正方形，AOBD，3 分 由三垂线定理知PABD，而BDB1D1； 11 PAB D5 分 （2）由题意知平面 PAD 与平面 11 BDD B所成的锐二面角为二面角 A-PD-B；6 分 AO面 PBD，过 O 作 OE 垂直 PD 于 E，连 AE， 则由三垂线定理知AEO

27、为二面角 A-PD-B 的平面角； 8 分 可以计算得， 10 cos 5 10 分 （3）设 B1C1与 BC 的中点分别为 M、N；则 1 B到平面 PAD 的距离为 M 到平面 PAD 的距离； 由 VM-PAD=VP-ADM求得5 5 6 d。 39、(广东省揭阳市 2008 年高中毕业班高考调研测试)在三棱锥SABC中， 90SABSACACB ,1,3,2 2ACBCSB. (1) 求三棱锥SABC的体积； (2) 证明:BCSC; (3) 求异面直线 SB 和 AC 所成角的余弦值。 (1)解：90SABSACACB ,SAAB SAAC且ABACA, SA 平面ABC- -2

28、分 在Rt ACB中， 22 2ABBCAC, Rt SAB中， 22 842SASBAB 113 13 222 ABC SAC BC , 1133 2 3323 SABCABC VSSA .-4 分 F E D CB A S (-3 ,1,0) (0,0,2) z y x C(0,1,0) B A(0,0,0) S (2)证法 1：由（1）知 SA=2, 在Rt SAC中， 22 4 15SCSAAC -6 分 222 358BCSCSB,BCSC-8 分 证法 2：由（1）知SA 平面ABC，BC 面ABC， BCSA,BCAC,ACASA,BC 面SAC 又SC 面SAC，BCSC (3

29、) 解法 1：分别取 AB、SA、 BC 的中点 D、E、F， 连结 ED、DF、EF、AF，则/,/DEBS DFAC, EDF（或其邻补角）就是异面直线 SB 和 AC 所成的角-10 分 111 2, 222 DESBDFAC 在Rt ACF中， 13 , 22 FCBC 22 37 1 42 AFACFC, 在Rt EAF中， 22 711 1 42 EFEAAF 在DEF 中，由余弦定理得 222 111 2 44 cos 1 2 22 2 DEDFEF EDF DE DF 2 4 异面直线 SB 和 AC 所成的角的余弦值为 2 4 -14 分 解法 2：以点 A 为坐标原点，AC

30、 所在的直线为 y 轴建立空间直角坐标系如图 则可得点 A(0,0,0),C(0,1,0),B(3,1,0) ( 3, 1,2),(0,1,0)BSAC 设异面直线 SB 和 AC 所成的角为 则 12 cos| 4| |8 BS AC BSAC 异面直线 SB 和 AC 所成的角的余弦值为 2 4 。 40、(广东省汕头市潮阳一中 2008 年高三模拟)如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1的所有 棱长都等于 2，ABC=60，平面 AA1C1C平面 ABCD，A1AC=60。 （）证明：BDAA1； （）求二面角 DA1AC 的平面角的余弦值； （）在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP/

31、平面 DA1C1？若存在，求出点 P 的位置；若 不存在，说明理由。 解：连接 BD 交 AC 于 O，则 BDAC， 连接 A1O 在AA1O 中，AA1=2，AO=1， A1AO=60 A1O2=AA12+AO22AA1Aocos60=3 AO2+A1O2=A12 A1OAO，由于平面 AA1C1C 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） ， A1（0，0，3） 2 分 （）由于)0 , 0 , 32(BD )3, 1

32、, 0( 1 AA 则00301)32(0 1 BDAA BDAA14 分 （）由于 OB平面 AA1C1C 平面 AA1C1C 的法向量)0 , 0 , 1 ( 1 n 设 2 n平面 AA1D 则),( 2 2 12 zyxn ADn AAn 设 得到) 1, 3, 1 ( 03 03 2 n yx zy 取6 分 5 5 | ,cos 21 21 21 nn nn nn 所以二面角 DA1AC 的平面角的余弦值是 5 5 8 分 （）假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP/平面 DA1C1 设),(, 1 zyxPCCCP 则)3, 1 , 0(), 1,(zyx 得)3,1 , 3(

33、)3,1 , 0(BPP9 分 设 113 CDAn平面 则 13 113 DAn CAn 设),( 3333 zyxn 得到) 1, 0 , 1 ( 033 02 3 33 3 n zx y 不妨取10 分 又因为/BP平面 DA1C1 则 3 n10330得即BP 即点 P 在 C1C 的延长线上且使 C1C=CP12 分 法二：在 A1作 A1OAC 于点 O，由于平面 AA1C1C平面 ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O平面 ABCD， 又底面为菱形，所以 ACBD BDAA OAAAA OAABD ACOA OABD ACBD 1 11 1 1 1 0 平面 平面 由于 4 分

34、 （）在AA1O 中，A1A=2，A1AO=60 AO=AA1cos60=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（）可知 DO平面 AA1C 过 O 作 OEAA1于 E 点，连接 OE，则 AA1DE 则DEO 为二面角 DAA1C 的平面角 6 分 在菱形 ABCD 中，AB=2，ABC=60 AC=AB=BC=2 AO=1，DO=3 22 AOAB 在 RtAEO 中，OE=OAsinEAO= 2 3 DE= 2 15 3 4 3 22 ODOE cosDEO= 5 5 DE OE 二面角 DA1AC 的平面角的余弦值是 5 5 8 分

35、 （）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 BP10 分 因 B1B/CC1，12 分 BB1/CP 四边形 BB1CP 为平行四边形 则 BP/B1C BP/A1D BP/平面 DA1C1 41、(广东省汕头市澄海区 2008 年第一学期期末考试)如图，已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面边长 AB2，侧棱 BB1的长为 4，过点 B 作 B1C 的垂线交侧棱 CC1于点 E，交 B1C 于点 F， （1）求证：A1C平面 BDE； （2）求 A1B

36、 与平面 BDE 所成角的正弦值。 （3）设 F 是 CC1上的动点(不包括端点 C)，求证：DBF 是锐角三角形。 （1）证明：由正四棱柱性质知 A1B1平面 BCC1B1，A1A平面 ABCD， 所以 B1C、AC 分别是 A1C 在平面 CC1B1B、平面 ABCD 上的射影 B1CBE, ACBD, A1CBE , A1CBD， （2 分） A1C平面 BDE (4 分)。 （直接指出根据三垂线定理得“A1CBE , A1CBD” 而推出结论的不扣分) （2）解：以 DA、DC、DD1所在直线分别为 x、y、z 轴，建立坐标系，则 1(2,0,4) A， (0,2,0)C，(2,2,0

37、)B， 1 ( 2,2, 4)AC ， 1 (0,2, 4)AB (6 分) 11 11 11 30 cos, 6 AC AB AC AB ACAB (7 分) EC1 B1 A1 C B A 设 A1C平面 BDEK， 由(1)可知，A1BK 为 A1B 与平面 BDE 所成角，(8 分) 111 30 sincos, 6 ABKAC AB (9 分) (3)证明：设点 F 的坐标为（0, 2, z）(00 22(4) 2(4) DFBFDBzz DFBFz z DFB 为锐角, (13 分) 即不论点 F 为 CC1上 C 点除外的任意一点, DFB 总是锐角三角形.(14 分) 说明:

38、若没有说明三角形为等腰三角形而只证明一个角是锐角,或只证明底角是锐角的“以 偏概全”情况应扣 2 分） 42、(广东省韶关市 2008 届高三第一次调研考试)如图，在三棱拄 111 ABCABC中， AB 侧面 11 BBC C，已知 1 1, 3 BCBCC （）求证： 1 C BABC 平面； （）试在棱 1 CC(不包含端点 1 ,)C C上确定一点E的位置, 使得 1 EAEB； () 在（）的条件下,求二面角 11 AEBA的平面角的正 切值. 证（）因为AB 侧面 11 BBC C，故 1 ABBC 在 1 BC CA中， 111 1,2, 3 BCCCBBBCC 由余弦定理有 2

39、2 1111 2cos142 2 cos3 3 BCBCCCBC CCBCC z y x EC1 B1 A1 C B A 故有 222 111 BCBCCCC BBC 而 BCABB 且,AB BC 平面ABC 1 C BABC 平面 （）由 11 ,EAEB ABEB ABAEA AB AEABE平面 从而 1 B EABE 平面 且BEABE 平面 故 1 BEB E 不妨设 CEx，则 1 2C Ex，则 22 1BExx 又 11 2 3 BC C 则 22 1 1B Exx 在 1 Rt BEBA中有 22 114xxxx 从而1x （舍负） 故E为 1 CC的中点时， 1 EAEB

40、 法二：以B为原点 1 ,BC BC BA 为, ,x y z轴，设CEx，则 1 1 (0,0,0),(1),( 1, 3,0), (0,0,2) 2 BEx BA 由 1 EAEB得 1 0EA EB 即 1313 (1,2)(2, 3,0)0 2222 1133 (1)(2)30 2222 xxxx xxxx 化简整理得 2 320 xx 1x 或 2x 当2x 时E与 1 C重合不满足题意 当1x 时E为 1 CC的中点 故E为 1 CC的中点使 1 EAEB （）取 1 EB的中点D， 1 AE的中点F， 1 BB的中点N， 1 AB的中点M 连DF则 11 /DFAB，连DN则/D

41、NBE，连MN则 11 /MNAB 连MF则/MFBE，且MNDF为矩形，/MDAE 又 1111 ,ABEB BEEB 故MDF为所求二面角的平面角 EC1 B1 A1 C B A N M F D EC1 B1 A1 C B A 在Rt DFMA中， 11 12 ( 22 DFABBCE为正三角形） 111 222 MFBECE 1 2 2 tan 22 2 MDF 法二：由已知 1111 ,EAEB B AEB ， 所以二面角 11 AEBA的平面角的大小为向量 11 B A 与EA 的夹角 因为 11 (0,0,2)B ABA 31 (,2) 22 EA 故 11 11 22 costa

42、n 23 EA B A EAB A 43、(广东省深圳市 2008 年高三年级第一次调研考试)如图 所示的几何体ABCDE中，DA平面EAB，CBDA， 2EADAABCB， EAAB，M是EC的中点 （）求证：DMEB； （）求二面角M BDA 的余弦值 解： 建立如图所示的空间直角坐标系， 并设22EADAABCB，则 （） 3 1,1, 2 DM ，( 2, 2,0)EB ， 所以0DM EB ，从而得 DMEB； （）设 1 ( , )nx y z 是平面BDM的 法向量，则由 1 nDM ， 1 nDB 及 3 1,1, 2 DM ，(0, 2,2)DB M C E D A B F

43、FE E D D C CB B A A 得 1 1 3 0 2 220 nDMxyz nDByz 可以取 1 (1, 2, 2)n 显然， 2 (1,0,0)n 为平面ABD的法向量 设二面角MBDA的平面角为，则此二面角的余弦值 12 12 12 |1 cos|cos,| 3| | nn nn nn 44、(广东省四校联合体第一次联考)如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1面 ABC，BCAC，BC=AC=2，AA1=3，D 为 AC 的中点. （1）求证：AB1/面 BDC1； （2）求二面角 C1BDC 的余弦值； （3）在侧棱 AA1上是否存在点 P，使得 CP面 BDC1？并证明

44、你的结论. （1）连接 B1C，交 BC1于点 O，则 O 为 B1C 的中点， D 为 AC 中点 ODB1A 又 B1A平面 BDC1，OD平面 BDC1 B1A平面 BDC1 （2）AA1面 ABC，BCAC，AA1CC1 CC1面 ABC 则 BC平面 AC1，CC1AC 如图建系 则 C1(3,0,0) B(0,0,2) D(0,1,0) C(0,0,0) )2 , 0 , 3(BC)0 , 1 , 3(DC 11 设平面 C1DB 的法向量为)z , y , x(n 则)3 , 6, 2(n 又平面 BDC 的法向量为)0 , 0 , 3(CC1 二面角 C1BDC 的余弦值：co

45、s 7 2 |n|CC| nCC n,CC 1 1 1 （）设 P(h,2,0) 则)0 , 2 , h(CP 若 CP面 BDC1 则n/CP 即（h,2,0）=(2,-6,3) 此时 不存在 在侧棱 AA1上不存在点 P，使得 CP面 BDC1 45、(广东省五校 2008 年高三上期末联考)已知梯形 ABCD 中，ADBC，ABC G F D E C B A =BAD = 2 ，AB=BC=2AD=4，E、F 分别是 AB、CD 上的点，EFBC，AE = x，G 是 BC 的中 点。沿 EF 将梯形 ABCD 翻折，使平面 AEFD平面 EBCF (如图) . (1) 当 x=2 时，

46、求证：BDEG ； (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,AEEF,AE面平面 EBCF,AEEF,AEBE,又 BEEF,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 BD （2，2，2） ，EG （2，2，0）3 分 BD EG （2，2，2）A（2，2，0）0，BDEG 4 分 （法二）作 DHEF 于 H，连 BH，GH，1 分 由平面AEFD 平面EBCF知：DH平面 EBCF， 而 EG平面 EBCF，故 EGDH。 又四边形 BGHE 为正方形，EGBH， BHDHH，故 EG平面 DBH， 3 分 而 BD平面 DBH， EGBD。 4 分 （或者直接利用三垂线定理得出结果） （2）AD面 BFC， 所以 ( )f x VA-B