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2014年高考数学(理)立体几何大题汇编答案 (2)


2014 年高考数学(理)立体几何大题汇编:
1.[2014· 福建] 在平面四边形 ABCD 中, AB=BD=CD=1, AB⊥BD, CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起, 使得平面 ABD⊥ 平面 BCD,如图 15 所示.(1)求证:AB⊥CD;(2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值.

1. 解: (1)证明: ∵平面 ABD⊥平面 BCD, 平面 ABD∩平面 BCD=BD, AB?平面 ABD, AB⊥BD, ∴AB⊥平面 BCD. 又 CD?平面 BCD,∴AB⊥CD.(2)过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD.由(1)知 AB⊥平面 BCD,BE?平面 BCD,BD? → → → 平面 BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以 B 为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空 1 1? 间直角坐标系(如图所示).依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M? ?0,2,2?. 1 1? → → → 则BC=(1,1,0),BM=? ?0,2,2?,AD=(0,1,-1).设平面 MBC 的法向量 n=(x0,y0,z0), x +y =0, → ? BC=0, ? ?n· ?0 0 则? 即?1 取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量 n=(1,-1,1).设直线 AD 与平面 MBC 所成 1 → ? BM=0, ? ?n· ?2y0+2z0=0, → |n· AD| 6 6 → 角为 θ,则 sin θ = cos〈n,AD = = .即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 . 〉 3 3 → |n|· |AD|

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2.[2014· 安徽] 如图 15,四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,A1A⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 为梯形,AD∥BC,且 AD =2BC.过 A1,C,D 三点的平面记为 α,BB1 与 α 的交点为 Q.

(1)证明:Q 为 BB1 的中点;(2)求此四棱柱被平面 α 所分成上下两部分的体积之比; (3)若 AA1=4,CD=2,梯形 ABCD 的面积为 6,求平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小. 2.解: (1)证明:因为 BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面 QBC∥平面 A1AD, 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行,即 QC∥A1D.故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行, 于是△QBC∽△A1AD,所以 BQ BQ BC 1 = = = ,即 Q 为 BB1 的中点. BB1 AA1 AD 2

(2)如图 1 所示,连接 QA,QD.设 AA1=h,梯形 ABCD 的高为 d,四棱柱被平面 α 所分成上下两部分的体积分别为

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1 ? 1 1 1 1 1 a+2a V 上和 V 下,BC=a,则 AD=2a.V 三棱锥 Q A1AD= × ·2a·h·d= ahd,V 四棱锥 Q ·d·? ABCD= · ?2h?=4ahd, 3 2 3 3 2 所以 V 下=V 三棱锥 Q A1AD+V 四棱锥 Q ABCD= 7 3 ahd.又 V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD= ahd, 12 2

V上 11 3 7 11 所以 V 上=V 四棱柱 A1B1C1D1 ?ABCD-V 下= ahd- ahd= ahd,故 = . 2 12 12 V下 7 (3)方法一:如图 1 所示,在△ADC 中,作 AE⊥DC,垂足为 E,连接 A1E.又 DE⊥AA1,且 AA1∩AE=A, 所以 DE⊥平面 AEA1,所以 DE⊥A1E.所以∠AEA1 为平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的平面角. 因为 BC∥AD,AD=2BC,所以 S△ADC=2S△BCA.又因为梯形 ABCD 的面积为 6,DC=2, π π AA1 所以 S△ADC=4,AE=4.于是 tan∠AEA1= =1,∠AEA1= .故平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小为 . AE 4 4 → 方法二:如图 2 所示,以 D 为原点,DA,DD1分别为 x 轴和 z 轴正方向建立空间直角坐标系.设∠CDA=θ,BC=a, 则 AD=2a.因为 S 四边形 ABCD= 4 a+2a 2 · 2sin θ =6, 所以 a= .从而可得 C(2cos θ , 2sin θ , 0), A1?sin θ ,0,4?, 2 ? ? sin θ

4 → 所以 DC=(2cos θ ,2sin θ ,0),DA1=?sin θ ,0,4?.设平面 A1DC 的法向量 n=(x,y,1),

?

?

→ ·n= x+4=0, ?DA ? ?x=-sin θ , sin θ 由? 得? 所以 n=(-sin θ ,cos θ ,1).又因为平面 ABCD 的法向 ?y=cos θ , ? → ?DC· n=2xcos θ +2ysin θ =0,
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π 2 n· m 量 m=(0,0,1),所以 cos〈n,m〉= = ,故平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小为 . |n||m| 2 4 3.[2014· 北京] 如图 13,正方形 AMDE 的边长为 2,B,C 分别为 AM,MD 的中点.在五棱锥 P - ABCDE 中,F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G,H. (1)求证:AB∥FG;(2)若 PA⊥底面 ABCDE,且 PA=AE,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并求线段 PH 的长.

3.解:(1)证明:在正方形 AMDE 中,因为 B 是 AM 的中点,所以 AB∥DE.又因为 AB?平面 PDE, 所以 AB∥平面 PDE.因为 AB?平面 ABF,且平面 ABF∩平面 PDE=FG,所以 AB∥FG. (2)因为 PA⊥底面 ABCDE,所以 PA⊥AB,PA⊥AE.建立空间直角坐标系 Axyz,如图所示,则 A(0,0,0),B(1,0, → 0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC=(1,1,0).设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ? AB=0, ? ?n· ?x=0, ? 即? 令 z=1,则 y=-1.所以 n=(0,-1,1).设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α,则 ?y+z=0. → ? AF=0, ? ? n·

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→ ? n· BC ? 1 π → sin α =|cos〈n,BC〉|=? = .因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 .设点 H 的坐标为(u,v,w). 6 →? 2 ?|n||BC|? → → 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设PH=λPC(0<λ<1).即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2),所以 u=2λ,v=λ,w=2-2λ. → 因为 n 是平面 ABF 的一个法向量,所以 n· AH=0,即(0,-1,1)· (2λ,λ,2-2λ)=0, 4 2 2? 4 2 2 2 4 2 2 , , .所以 PH= ? ? +? ? +?- ? =2. 解得 λ= ,所以点 H 的坐标为? ?3 3 3? ?3? ?3? ? 3? 3 4.[2014· 新课标Ⅱ] 如图 13,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC;(2)设二面角 DAEC 为 60°,AP=1,AD= 3,求三棱锥 EACD 的体积.

4.解:(1)证明:连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO.因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点.又 E 为 PD 的中点, 所以 EO∥PB.因为 EO?平面 AEC,PB?平面 AEC,所以 PB∥平面 AEC. (2)因为 PA⊥平面 ABCD,ABCD 为矩形,所以 AB,AD,AP 两两垂直. → → 如图, 以 A 为坐标原点, AB, AD, AP 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向, |AP|为单位长, 建立空间直角坐标系 Axyz, 3 1? → ? 3 1? → ? 则 D(0, 3,0),E 0, , ,AE= 0, , .设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m, 3,0),AC=(m, 3,0). 2 2? 2 2? ? ? mx+ 3y=0, → ? ? ?n1·AC=0, ? 3 设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,则? 即? 3 1 可取 n1=? ,-1, 3?. m ? ? → ? ?n1·AE=0, ? ? 2 y+2z=0, 1 3 1 3 又 n2=(1,0,0)为平面 DAE 的法向量,由题设易知|cos〈n1,n2〉|= ,即 2= ,解得 m= .因为 E 为 PD 2 2 3+4m 2 1 1 1 3 1 3 的中点,所以三棱锥 EACD 的高为 .三棱锥 EACD 的体积 V= × × 3× × = . 2 3 2 2 2 8 5.[2014· 山东] 如图 13 所示,在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰梯形,∠DAB=60° ,AB=2CD=2, M 是线段 AB 的中点.(1)求证:C1M∥平面 A1ADD1;(2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1= 3,求平面 C1D1M 和平 面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值.

5.解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是等腰梯形,且 AB=2CD,所以 AB∥DC,又 M 是 AB 的中点, 所以 CD∥MA 且 CD=MA.连接 AD1.因为在四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,CD∥C1D1,CD=C1D1, 3

所以 C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形 AMC1D1 为平行四边形,因此,C1M∥D1A. 又 C1M?平面 A1ADD1,D1A?平面 A1ADD1,所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)方法一:连接 AC,MC.由(1)知,CD∥AM 且 CD=AM,所以四边形 AMCD 为平行四边形,所以 BC=AD=MC. 由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC 为正三角形,因此 AB=2BC=2,CA= 3,因此 CA⊥CB.设 C 为坐标 原点,建立如图所示的空间直角坐标系 C ? xyz.所以 A( 3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0, 3).因此 M? 3 1 ? , ? 2 ,2,0?

→ ? D1C1=0, ?n· 3 1 3 1 ? → ? → → ? ? 所以MD1= - ,- , 3 , D C =MB= - , ,0 .设平面 C1D1M 的一个法向量 n=(x, y, z), 由? 2 ? 2 ? 1 1 ? 2 2 ? → ?n· MD1=0, ? 得?

? 3x-y=0, → 可得平面 C1D1M 的一个法向量 n=(1, 3,1).又CD1=(0,0, 3)为平面 ABCD 的一个 ? 3x+y-2 3z=0,

→ CD1·n 5 5 → 法向量.因此 cos〈CD1,n〉= = ,所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 . 5 5 → |CD1||n| 方法二:由(1)知,平面 D1C1M∩平面 ABCD=AB,点过 C 向 AB 引垂线交 AB 于点 N,连接 D1N. 由 CD1⊥平面 ABCD,可得 D1N⊥AB,因此∠D1NC 为二面角 C1 ? AB ? C 的平面角. 在 Rt△BNC 中,BC=1,∠NBC=60°,可得 CN= 3 15 2 ,所以 ND1= CD2 . 1+CN = 2 2

3 2 CN 5 5 在 Rt△D1CN 中,cos∠D1NC= = = ,所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为 . D1N 5 15 5 2 6.[2014· 湖南] 如图 16 所示,四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边 形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面 ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角 C1?OB1?D 的余 弦值.

6.解:(1)如图(a),因为四边形 ACC1A1 为矩形,所以 CC1⊥AC.同理 DD1⊥BD.因为 CC1∥DD1,所以 CC1⊥BD.而 AC∩BD=O,因此 CC1⊥底面 ABCD.由题设知,O1O∥C1C.故 O1O⊥底面 ABCD. (2)方法一: 如图(a),过 O1 作 O1H⊥OB1 于 H,连接 HC1.由(1)知,O1O⊥底面 ABCD,所以 O1O⊥底面 A1B1C1D1, 于是 O1O⊥A1C1.又因为四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等,所以四边形 A1B1C1D1 是菱形, 因此 A1C1⊥B1D1,从而 A1C1⊥平面 BDD1B1,所以 A1C1⊥OB1,于是 OB1⊥平面 O1HC1.进而 OB1⊥C1H.故∠C1HO1 是二面角 C1?OB1?D 的平面角.不妨设 AB=2.因为∠CBA=60°,所以 OB= 3,OC=1,OB1= 7. OO1·O1B1 3 12 19 2 在 Rt△OO1B1 中,易知 O1H= =2 .而 O1C1=1,于是 C1H= O1C2 1+ = . 1+O1H = OB1 7 7 7

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3 7 2 57 O1H 2 57 故 cos∠C1HO1= = = .即二面角 C1?OB1?D 的余弦值为 . C1H 19 19 19 7 方法二:因为四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的所有棱长都相等,所以四边形 ABCD 是菱形,因此 AC⊥BD.又 O1O⊥底面 ABCD,从而 OB,OC,OO1 两两垂直.如图(b),以 O 为坐标原点,OB,OC,OO1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 O ?xyz,不妨设 AB=2.因为∠CBA=60°,所以 OB= 3,OC=1,于是相关各点的坐标 为 O(0,0,0),B1( 3,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面 BDD1B1 的一个法向量. → ? ?n2·OB1=0, ? 3x+2z=0, 设 n2=(x,y,z)是平面 OB1C1 的一个法向量,则? 即? → ?y+2z=0. ? n · OC = 0 , ? 2 1 取 z=- 3,则 x=2,y=2 3,所以 n2=(2,2 3,- 3).设二面角 C1?OB1?D 的大小为 θ,易知 θ 是锐角,于是 ? n1·n2 ?=2 3=2 57.故二面角 C ?OB ?D 的余弦值为2 57. cos θ =|cos〈, 〉|=? ? 1 1 19 19 ?|n1|·|n2|? 19 2 7.[2014· 江西] 如图,四棱锥 P -ABCD 中,ABCD 为矩形,平面 PAD⊥平面 ABCD.(1)求证:AB⊥PD.(2)若∠BPC =90°,PB= 2,PC=2,问 AB 为何值时,四棱锥 P ABCD 的体积最大?并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的 余弦值.

7.解:(1)证明:因为 ABCD 为矩形,所以 AB⊥AD.又平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PD.(2)过 P 作 AD 的垂线,垂足为 O,过 O 作 BC 的垂线,垂足为 G,连接 PG. 2 故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG.在 Rt△BPC 中,PG= 设 AB=m,则 OP= PG2-OG2= 因为 m 8-6m2= 8m2-6m4= 3 3 ,GC= 2 3 6 ,BG= 6 . 3

4 1 -m2,故四棱锥 P ABCD 的体积为 V= × 6·m· 3 3

4 m -m2= 8-6m2. 3 3

2 2 8 6 6 m2- ? + ,所以当 m= ,即 AB= 时,四棱锥 P -6? ABCD 的体积最大. 3? 3 ? 3 3 6 6 ? 6 2 6 ? ,C? , ,0 , 3 ? 3 ,- 3 ,0? ?3 ?

此时,建立如图所示的空间直角坐标系,各点的坐标分别为 O(0, 0, 0),B?

2 6 ? 6? 6 2 6 6? → 6 → ? D?0, ,故PC=? , ,BC=(0, 6,0),CD=?- ,0,0?. ,0 ,P 0,0, ,- 3 3? 3 3? ? ? ? ?3 ? 3 ? 6 2 6 6 ? ? x+ y- =0, → → 3 3 3 设平面 BPC 的一个法向量为 n1=(x,y,1),则由 n1⊥PC,n1⊥BC,得? 解得 x=1,y=0, ? ? 6y=0, 1 ? 则 n1=(1,0,1).同理可求出平面 DPC 的一个法向量为 n2=? ?0,2,1?. |n1·n2| 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为 θ,则 cos θ = = |n1||n2| 1 2· 10 = . 5 1 +1 4

8.[2014· 辽宁] 如图 15 所示,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直,且 AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°, E,F 分别为 AC,DC 的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角 EBFC 的正弦值. 5

8.解:(1)证明:方法一,过点 E 作 EO⊥BC,垂足为 O,连接 OF.由△ABC≌△DBC 可证出△EOC≌△FOC,所 π 以∠EOC=∠FOC= , 即 FO⊥BC.又 EO⊥BC, EO∩FO=O, 所以 BC⊥平面 EFO.又 EF?平面 EFO, 所以 EF⊥BC. 2 方法二,由题意,以 B 为坐标原点,在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线,并将其作为 x 轴,BC 所在直线为 y 轴, 在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线,并将其作为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,易得 B(0,0,0),A(0, 1 3 3 1 3 3 → → -1, 3),D( 3,-1,0),C(0,2,0),因而 E(0, , ),F( , ,0),所以EF=( ,0,- ),BC=(0,2, 2 2 2 2 2 2 → → → → 0),因此EF·BC=0,从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC. (2)方法一,在图 1 中,过点 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连接 EG.因为平面 ABC⊥平面 BDC,所以 EO⊥面 BDC,又 OG⊥BF,所以由三垂线定理知 EG⊥BF,因此∠EGO 为二面角 EBFC 的平面角. 1 1 3 BO 3 EO 在△EOC 中,EO= EC= BC·cos 30° = .由△BGO∽△BFC 知,OG= ·FC= ,因此 tan∠EGO= =2, 2 2 2 BC 4 OG 2 5 2 5 从而得 sin∠EGO= ,即二面角 EBFC 的正弦值为 . 5 5 3 1 → 方法二,在图中,平面 BFC 的一个法向量为 n1=(0,0,1).设平面 BEF 的法向量 n2=(x,y,z),又BF=( , , 2 2 → ? ?n2·BF=0, 1 3 → 0),BE=(0, , ),所以? 得其中一个 n2=(1,- 3,1).设二面角 EBFC 的大小为 θ,且由题知 θ 2 2 → ? ?n2·BE=0, n1·n2? 1 2 2 5 2 5 为锐角,则 cos θ =|cos〈n1,n2〉|=? ? |n1||n2| ?= 5,因此 sin θ = 5= 5 ,即所求二面角正弦值为 5 . 9.[2014· 天津] 如图 14 所示,在四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面 ABCD, AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2, AB=1,点 E 为棱 PC 的中点.(1)证明:BE⊥DC;(2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 F AB P 的余弦值.

9.解:方法一:依题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图所示),可得 B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2, 0),P(0,0,2).C 由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1). (1)证明:向量 BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故 BE· DC=0,所以 BE⊥DC. (2)向量 BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量,

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?n· ?-x+2y=0, BD=0, ? ? 则? 即? 不妨令 y=1,可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量.于是有 ? PB=0, ? ? n· ?x-2z=0.

n· BE 2 3 3 cos〈n,BE〉= = = ,所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 . |n|· |BE| 3 3 6× 2 (3) 向量 BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点 F 在棱 PC 上, → → 设 CF=λCP,0≤λ≤1.故 BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由 BF⊥AC,得 BF· AC=0,因此 2(1-2λ)
? ?n1·AB=0, 1 1 3 3 - , , ? . 设 n1 = (x , y , z) 为平面 FAB 的法向量,则 ? + 2(2 - 2λ) = 0 ,解得 λ = ,即 BF = ? 即 ? 2 2 2? 4 ? ?n1·BF=0,

x=0, ? ? ? 1 1 3 不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1, - x+ y+ z=0. ? ? 2 2 2 n1·n2 -3 3 10 3 10 0),则 cos〈, 〉= = =- .易知二面角 F AB P 是锐角,所以其余弦值为 . 10 10 |n1|·|n2| 10×1 方法二:(1)证明:如图所示,取 PD 中点 M,连接 EM,AM.由于 E,M 分别为 PC,PD 的中点,故 EM∥DC,且 1 EM= DC.又由已知, 可得 EM∥AB 且 EM=AB, 故四边形 ABEM 为平行四边形, 所以 BE∥AM.因为 PA⊥底面 ABCD, 2 故 PA⊥CD,而 CD⊥DA,从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM?平面 PAD,所以 CD⊥AM.又 BE∥AM,所以 BE⊥CD. (2)连接 BM,由(1)有 CD⊥平面 PAD,得 CD⊥PD.而 EM∥CD,故 PD⊥EM.又因为 AD=AP,M 为 PD 的中点,所 以 PD⊥AM,可得 PD⊥BE,所以 PD⊥平面 BEM,故平面 BEM⊥平面 PBD,所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为 直线 BM.而 BE⊥EM,可得∠EBM 为锐角,故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. EM 依题意,有 PD=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE= 2.故在直角三角形 BEM 中,tan∠EBM= = BE AB 1 3 3 = ,因此 sin∠EBM= ,所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 . BE 3 3 2 (3)如图所示, 在△PAC 中, 过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD, 所以 FH⊥底面 ABCD, 从而 FH⊥AC. 又 BF⊥AC,得 AC⊥平面 FHB,因此 AC⊥BH.在底面 ABCD 内,可得 CH=3HA,从而 CF=3FP.在平面 PDC 内, 作 FG∥DC 交 PD 于点 G,于是 DG=3GP.由于 DC∥AB,故 GF∥AB,所以 A,B,F,G 四点共面.由 AB⊥PA, 1 AB⊥AD,得 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥AG,所以∠PAG 为二面角 F AB P 的平面角.在△PAG 中,PA=2,PG= 4 2 10 3 10 3 10 ,∠APG=45°.由余弦定理可得 AG= ,cos∠PAG= ,所以二面角 F AB P 的余弦值为 . 2 2 10 10 10.[2014· 浙江] 如图 15,在四棱锥 A BCDE 中,平面 ABC⊥平面 BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2, DE=BE=1,AC= 2.(1)证明:DE⊥平面 ACD;(2)求二面角 B AD E 的大小. PD=

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10.解:(1)证明:在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= 2,由 AC= 2,AB=2, 得 AB2=AC2+BC2,即 AC⊥BC.又平面 ABC⊥平面 BCDE,从而 AC⊥平面 BCDE,所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC,从 而 DE⊥平面 ACD. (2)方法一:过 B 作 BF⊥AD,与 AD 交于点 F,过点 F 作 FG∥DE,与 AE 交于点 G,连接 BG.由(1)知 DE⊥AD,则 FG⊥AD.所以∠BFG 是二面角 B AD E 的平面角.在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2,得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,得 BD⊥平面 ABC,从而 BD⊥AB.由 AC⊥平面 BCDE,得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中,由 DC=2,AC= 2,得 AD= 6.在 Rt△AED 中,由 ED=1,AD= 6,得 AE= 7. 2 3 2 2 2 在 Rt△ABD 中,由 BD= 2,AB=2,AD= 6,得 BF= ,AF= AD.从而 GF= ED= . 3 3 3 3 5 7 2 在△ABE,△ABG 中,利用余弦定理分别可得 cos∠BAE= ,BG= . 14 3 GF2+BF2-BG2 π π 3 在△BFG 中,cos∠BFG= = .所以,∠BFG= ,即二面角 B AD E 的大小是 . 2 6 6 2BF·GF 方法二:以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D -xyz,如图所示.由题意 知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2, 2),B(1,1,0).设平面 ADE 的法向量为 m= → (x1,y1,z1),平面 ABD 的法向量为 n=(x2,y2,z2).可算得 AD=(0,-2,- 2),AE=(1,-2,- 2),DB=(1, → ? AD=0, ?-2y1- 2z1=0, ?m· AD=0, ?-2y2- 2z2=0, ?n· 1,0).由? → 即? 可取 m=(0,1,- 2).由? 即? 可取 n= → x2+y2=0, ? AE=0, ?x1-2y1- 2z1=0, ?m· ? DB=0, ? n· |m·n| 3 3 (1,-1, 2).于是|cos〈m,n〉|= = = .由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角 B -AD -E 的 |m|· |n| 3×2 2 π 大小是 . 6 11.[2014· 重庆]如图 13 所示,四棱锥 P?ABCD 中,底面是以 O 为中心的菱形,PO⊥底面 ABCD,AB=2,∠BAD π 1 = ,M 为 BC 上一点,且 BM= ,MP⊥AP.(1)求 PO 的长;(2)求二面角 APMC 的正弦值. 3 2

11.解:(1)如图所示,连接 AC,BD,因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC∩ BD=O,且 AC⊥BD.以 O 为坐标原点, π π → → → OA, OB, OP的方向分别为 x 轴, y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系 O xyz.因为∠BAD= , 所以 OA=AB· cos 3 6 π → → = 3,OB=AB· sin =1,所以 O(0,0,0),A( 3,0,0),B(0,1,0),C(- 3,0,0),OB=(0,1,0),BC=(- 6 1 3 1 3 3 → 1→ → → → 3 ,- 1 , 0) .由 BM = , BC = 2 知, BM = BC = ?- ,- ,0? ,从而 OM = OB + BM = ?- , ,0? ,即 2 4 4 ? ? 4 ? 4 4 ? 3 3 3 3 → → → → M?- , ,0?.设 P(0,0,a),a>0,则AP=(- 3,0,a),MP=? ,- ,a?.因为 MP⊥AP,所以MP·AP=0, 4 ? ? 4 4 ? ?4 3 3 3 3 即- +a2=0,所以 a= 或 a=- (舍去),即 PO= . 4 2 2 2 3 3 3 3 3 → → → (2)由(1)知,AP=?- 3,0, ?,MP=? ,- , ?,CP=? 3,0, ?.设平面 APM 的法向量为 n1=(x1,y1, 2? 4 2? 2? ? ?4 ? → → z1),平面 PMC 的法向量为 n2=(x2,y2,z2).由 n1·AP=0, n1·MP=0,得 3 3 3 3 - 3x1+ z1=0, x2- y2+ z2=0, 2 4 4 2 5 3 → → ? 故可取 n1=?1, 故可取 n2 ,2 .由 n2·MP=0,n2·CP=0,得 3 ? ? 3 3 3 3 x - y + z =0, 3x2+ z2=0, 4 1 4 1 2 1 2

? ? ?

? ? ?

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=(1,- 3,-2). n1·n2 15 10 =- ,故所求二面角 APMC 的正弦值为 . 5 5 |n1|·|n2| 12.[2014· 全国] 如图 11 所示,三棱柱 ABC -A1B1C1 中,点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上,∠ACB=90°, 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1,n2〉= BC=1, AC=CC1=2.(1)证明: AC1⊥A1B; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3, 求二面角 A1 ? AB ?C 的大小.

12.解:方法一:(1)证明:因为 A1D⊥平面 ABC,A1D?平面 AA1C1C,故平面 AA1C1C⊥平面 ABC. 又 BC⊥AC,所以 BC⊥平面 AA1C1C.连接 A1C,因为侧面 AA1C1C 为菱形,故 AC1⊥A1C.由三垂线定理得 AC1⊥A1B. (2)BC⊥平面 AA1C1C, BC?平面 BCC1B1, 故平面 AA1C1C⊥平面 BCC1B1.作 A1E⊥CC1, E 为垂足, 则 A1E⊥平面 BCC1B1. 又直线 AA1∥平面 BCC1B1,因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离,即 A1E= 3.因为 A1C 为∠ACC1 的平分线, 所以 A1D=A1E= 3.作 DF⊥AB,F 为垂足,连接 A1F.由三垂线定理得 A1F⊥AB,故∠A1FD 为二面角 A1 ? AB ? C
2 的平面角.由 AD= AA2 1-A1D =1,得 D 为 AC 中点,DF=

5 A1D 1 ,tan∠A1FD= = 15,所以 cos∠A1FD= . 5 DF 4

1 所以二面角 A1 ? AB ? C 的大小为 arccos . 4 方法二: 以 C 为坐标原点, 射线 CA 为 x 轴的正半轴, 以 CB 的长为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz. 由题设知 A1D 与 z 轴平行,z 轴在平面 AA1C1C 内.(1)证明:设 A1(a,0,c).由题设有 a≤2,A(2,0,0),B(0,1, → → → → → → → 0),则AB=(-2,1,0),AC=(-2,0,0),AA1=(a-2,0,c),AC1=AC+AA1=(a-4,0,c),BA1=(a,-1, → → → c).由|AA 1|=2,得 (a-2)2+c2=2,即 a2-4a+c2=0.①又AC1·BA1=a2-4a+c2=0,所以 AC1⊥A1B . → → → → → → (2)设平面 BCC1B1 的法向量 m=(x,y,z),则 m⊥CB,m⊥BB1,即 m· CB=0,m· BB1=0.因为CB=(0,1,0),BB1= → AA1=(a-2,0,c),所以 y=0 且(a-2)x+cz=0.令 x=c,则 z=2-a,所以 m=(c,0,2-a),故点 A 到平面 BCC1B1 → |CA·m| 2c → → 的距离为|CA|·|cos〈m,CA〉|= = 2 =c. |m| c +(2-a)2 又依题设,A 到平面 BCC1B1 的距离为 3,所以 c= 3,代入①,解得 a=3(舍去)或 a=1, → → → → → 于是AA1=(-1,0, 3).设平面 ABA1 的法向量 n=(p,q,r),则 n⊥AA1,n⊥AB,即 n· AA1=0,n· AB=0, -p+ 3r=0,且-2p+q=0.令 p= 3,则 q=2 3,r=1,所以 n=( 3,2 3,1). n· p 1 1 又 p=(0,0,1)为平面 ABC 的法向量,故 cos〈n,p〉= = .所以二面角 A1 ? AB ? C 的大小为 arccos . |n||p| 4 4

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