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高二立体几何练习题(理科附答案)

高 2013 级理科立体几何练习题答案
1.(重庆理 19)如图,在四面体 ABCD 中,平面 ABC ? 平面 ACD, AB ? BC , AD ? CD , ?CAD ? ??? .
(Ⅰ)若 AD ? ? , AB ? ?BC ,求四面体 ABCD 的体积; (Ⅱ) 若二面角 C ? AB ? D 为 ??? ,求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值.

(I)解:如答(19)图 1,设 F 为 AC 的中点,由于 AD=CD,所以 DF⊥AC. 故由平面 ABC⊥平面 ACD,知 DF⊥平面 ABC, 即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高,
且 DF=ADsin30°=1,AF=ADcos30°= 3 .

在 Rt△ABC 中,因 AC=2AF= 2 3 ,AB=2BC,

BC ? 2 15 , AB ? 4 15 .

由勾股定理易知

5

5

故四面体 ABCD 的体积

1

1 1 4 15 2 15 4

V

?

3 ? S?ABC

? DF

?

? 3

? 2

5

?

5

?. 5

(II)解法一:如答(19)图 1,设 G,H 分别为边 CD,BD 的中点,则 FG//AD,GH//BC, 从而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角.
设 E 为边 AB 的中点,则 EF//BC,由 AB⊥BC,知 EF⊥AB.又由(I)有 DF⊥平面 ABC, 故由三垂线定理知 DE⊥AB. 所以∠DEF 为二面角 C—AB—D 的平面角,由题设知∠DEF=60°

AD ? a,则DF ? AD ? sin CAD ? a .



2

Rt?DEF中, EF ? DF ? cot DEF ? a ? 3 ? 3 a,



23 6

GH ? 1 BC ? EF ? 3 a.

从而

2

6

FH ? 1 BD ? a

因 Rt△ADE≌Rt△BDE,故 BD=AD=a,从而,在 Rt△BDF 中,

2

2,

1

FG ? 1 AD ? a ,



2

2 从而在△FGH 中,因 FG=FH,由余弦定理得

FG2 ? GH 2 ? FH 2 GH 3

cos FGH ?

?

?

2FG ? GH

2FG 6

3 .
因此,异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 6
解法二:如答(19)图 2,过 F 作 FM⊥AC,交 AB 于 M,已知 AD=CD, 平面 ABC⊥平面 ACD,易知 FC,FD,FM 两两垂直,以 F 为原点,射线 FM,FC,FD 分 别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 F—xyz. 不妨设 AD=2,由 CD=AD,∠CAD=30°,易知点 A,C,D 的坐标分别为
A(0, ? 3, 0),C(0, 3, 0), D(0, 0,1), 则AD ? (0, 3,1).
显然向量 k ? (0, 0,1) 是平面 ABC 的法向量.
已知二面角 C—AB—D 为 60°,
故可取平面 ABD 的单位法向量 n ? (l, m, n) ,

? n, k ?? 60 ,从而n ? 1 .

使得

2

由n ? AD,有 3m ? n ? 0,从而m ? ? 3 . 6
由l2 ? m2 ? n2 ? 1,得l ? ? 6 . 3

B(x, y, 0);由AB ? BC, n ? AB, 取l ? 6

设点 B 的坐标为

3 ,有

?x2 ? y2 ? 3,

?

? ?

6 x?

3 (y ?

?3 6

?

解之得,

?? ?

x

?

46 9

, ??x ?

?

0,

(舍去)

3) ? 0,

? ??

y

?

73 9

,

?? y

?

?

3

l?? 6

易知

3 与坐标系的建立方式不合,舍去.

B( 4 6 , 7 3 , 0). CB ? ( 4 6 , ? 2 3 , 0).

因此点 B 的坐标为 9 9

所以

99

从而

2

cos ? AD,CB ?? AD ? CB ? | AD || CB |

23

3(? ) 9

?? 3.

3 ?1 (4 6 )2 ? (? 2 3 )2

6

9

9

3. 故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 6

2.(北京理 16)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,
PA ? 平 面 A B C ,D 底 面 A B C 是D 菱 形 , AB ? 2, ?BAD ? 60 .

(Ⅰ)求证: BD ? 平面 PAC;

(Ⅱ)若 PA ? AB, 求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (Ⅲ)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

解(Ⅰ)证明:因为四边形 ABCD 是菱形, 所以 AC⊥BD.又因为 PA⊥平面 ABCD.所以 PA⊥BD.所以 BD⊥平面 PAC.
(Ⅱ)设 AC∩BD=O.因为∠BAD=60°,PA=PB=2,所以 BO=1,AO=CO= 3 .
如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O—xyz,则
P(0,— 3 ,2),A(0,— 3 ,0),B(1,0,0),C(0, 3 ,0).

所以 PB ? (1, 3,?2), AC ? (0,2 3,0).

设 PB 与 AC 所成角为? ,则

cos? PB ? AC ?

6

?6

| PB | ?| AC | 2 2 ? 2 3 4

.

(Ⅲ)由(Ⅱ)知 BC ? (?1, 3,0).

设 P(0,- 3 ,t)(t>0),则 BP ? (?1,? 3,t)

设平面 PBC 的法向量 m ? (x, y, z) ,则 BC ? m ? 0, BP? m ? 0

??? x ? 3 y ? 0, ? 所以 ??? x ? 3y ? tz ? 0 令 y ?

3,



x

?

3,

z

?

6. m t 所以

?

(3,

3, 6) t

3

n ? (?3, 3, 6)

同理,平面 PDC 的法向量

t

? 6 ? 36 ? 0

因为平面 PCB⊥平面 PDC,所以 m ? n =0,即

t2

解得 t ? 6

所以 PA= 6

3.(天津理 17)如图,在三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, H 是正方形 AA1B1B 的中心,

AA1 ? 2 2 , C1H ? 平面 AA1B1B ,且 C1H ? 5.(Ⅰ)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角 的余弦值;(Ⅱ)求二面角 A ? A1C1 ? B1 的正弦值;

(Ⅲ)设 N 为棱 B1C1 的中点,点 M 在平面 AA1B1B 内,

且 MN ? 平面 A1B1C ,求线段 BM 的长.

解:方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点 B 为坐标原点.
依题意得 A(2 2, 0, 0), B(0, 0, 0), C( 2, ? 2, 5)

A1( 2 2 , 2 2 , B01) , ( 0 , 2 C21 , 0 ) , ( 2 , 2 , 5 )

(I)解:易得 AC ? (? 2, ? 2, 5), A1B1 ? (?2 2,0,0) ,

cos
于是

AC, A1B1

? AC ? A1B1 ? 4 | AC | ? | A1B1 | 3? 2

? 2

2, 3

2. 所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3

(II)解:易知 AA1 ? (0, 2 2,0), A1C1 ? (? 2, ? 2, 5).

设平面 AA1C1 的法向量 m ? (x, y, z) ,

??m ?

?

A1C1

?

0

??? 2x ? 2 y ? 5z ? 0, ?

则 ??m ? AA1 ? 0 即 ??2 2 y ? 0.

不妨令 x ? 5, 可得 m ? ( 5, 0, 2) ,

同样地,设平面 A1B1C1 的法向量 n ? (x, y, z) ,

4

??n ?

?

A1C1

?

0,

??? 2x ? 2 y ? 5z ? 0, ?

则 ??n ? A1B1 ? 0. 即 ???2 2x ? 0.

不妨令 y ? 5 ,

可得 n ? (0, 5, 2).

cos m, n ? m ? n ?

于是

|m|?|n|

2 7?

7

?

2 7

, sin
从而

m, n

?3 5. 7

3 5. 所以二面角 A—A1C1—B 的正弦值为 7

N ( 2 , 3 2 , 5 ). (III)解:由 N 为棱 B1C1 的中点,得 2 2 2 设 M(a,b,0),

MN ? (


2 ? a, 3 2 ? b,

2

2

5 2

)



MN

?

平面

A1B1C1,得

?? ? ??

MN MN

? ?

A1B1 A1C1

? ?

0, 0.

? ??(

2 2

? a) ? (?2

2) ? 0,

?

即 ???(

2 2

? a)?(?

2) ? (3 2 ? b) ?(? 2

2) ?

5? 2

5 ? 0.

? ??a ?

2, 2

?

解得 ???b ?

2. M( 2, 4故 2

2 , 0). 4

BM ? ( 2 , 2 , 0)

| BM |? 10 .

因此

2 4 ,所以线段 BM 的长为

4

方法二:(I)解:由于 AC//A1C1,故 ?C1 A1B1是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角.

因为 C1H ? 平面 AA1B1B,又 H 为正方形 AA1B1B 的中心, AA1 ? 2 2,C1H ? 5, 可得 A1C1 ? B1C1 ? 3.

cos ?C1A1B1
因此

?

A1C12 ? A1B12 ? B1C12 2A1C1 ? A1B1

?

2. 3

2 .
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 3
(II)解:连接 AC1,易知 AC1=B1C1,又由于 AA1=B1A1,A1C1=A1=C1,
所以 ?AC1A1 ≌ ?B1C1A ,过点 A 作 AR ? A1C1 于点 R,
5

连接 B1R,于是 B1R ? A1C1 ,故 ?ARB1 为二面角 A—A1C1—B1 的平面角.

在 Rt?A1RB1 中, B1R ? A1B1 ?sin ?RA1B1 ? 2

2?

1? ( 2 )2 ? 2 14 .

3

3

连接 AB1,在 ?ARB1 中,

AB1 ? 4, AR ? B1R, cos ?ARB1

?

AR2 ? B1R2 ? AB12 2AR ? B1R

??2 7,

sin
从而

?ARB1

?

35 7

.
所以二面角

A—A1C1—B1

的正弦值为

35 7

.

(III)解:因为 MN ? 平面 A1B1C1,所以 MN ? A1B1.
取 HB1 中点 D,连接 ND,由于 N 是棱 B1C1 中点,

1 所以 ND//C1H 且 ND ? 2 C1H ?

5 2 .又 C1H ? 平面 AA1B1B,

所以 ND ? 平面 AA1B1B,故 ND ? A1B1.又 MN ND ? N,

所以 A1B1 ? 平面 MND,连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E,

则 ME

?

A1B1 , 故ME

/

/ AA1.由

DE AA1

?

B1E B1 A1

?

B1D B1 A

?

1, 4

DE ? B1E ?


2 2

,延长

EM



AB

于点

F,可得

BF

?

B1E

?

2. 2 连接 NE.

在 Rt?ENM 中,

ND ? ME,故ND2 ? DE ? DM .

ND2 5 2

DM ? ? .

所以

DE 4

FM ? 2 .

可得

4

连接 BM,在 Rt?BFM 中,

BM ? FM 2 ? BF 2 ? 10 . 4

6

4(. 陕西理 16) 如图,在 ?ABC 中,?ABC ? 60 , ?BAC ? 90 , AD 是 BC 上的高,沿 AD 把 ?ABC 折起,使∠ BDC= 90? 。(Ⅰ)证明:平面ADB ⊥平面BDC; (Ⅱ)设E为BC的中点,求 AE 与 DB 夹角的余弦值。

解(Ⅰ)∵折起前AD是BC边上的高, ∴ 当 Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又 DB ? DC=D,∴AD⊥平面BDC,
∵AD 平面 平面 BDC.?平面 ABD ? 平面 BDC。

(Ⅱ)由∠ BDC= 90? 及(Ⅰ)知 DA,DB,DC 两两垂直,不防设 DB =1,以 D 为
坐标原点,以 DB, DC, DA 所在直线 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得 D
13 (0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3 ),E( 2 , 2 ,0),

?

AE

=

? ??

1 2

,

3 2

,

?

3

? ??



DB =(1,0,0,),

? AE 与 DB 夹角的余弦值为

1

AE ? DB ? 2 ? 22 .

| AE | ? | DB | 1? 22 22

cos < AE , DB >=

4



7

5(全国新课标理 18) 如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形, ?DAB ? 60? , AB ? 2AD , PD ? 底面 ABCD. (I)证明: PA ? BD ;
(II)若 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值.

解:(Ⅰ)因为 ?DAB ? 60?, AB ? 2AD , 由余弦定理得 BD ? 3AD

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 (Ⅱ)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 D- xyz ,则

? ? ? ? A?1,0,0?, B

0,3, 0

C


?1,

3,0 , P?0,0,1?.

uuuv

uuv

uuuv

AB ? (?1, 3, 0), PB ? (0, 3, ?1), BC ? (?1, 0, 0)

uuur
{n?uAuBur ?0,
设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),则 n?PB?0,

?x ? 3y ? 0

即 3y ? z ? 0

因此可取 n= ( 3,1, 3)
uuur
{m?PuuBur ?0,
设平面 PBC 的法向量为 m,则 m?BC?0,

可取 m=(0,-1, ? 3 )

cos m, n ? ?4 ? ? 2 7 27 7

?2 7

故二面角 A-PB-C 的余弦值为

7

8

6.(四川理 19) 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中.∠ BAC=90°,AB=AC=AA1 =1.D
是棱 CC1 上的一 P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点,且 PB1∥平面 BDA. (I)求证:CD=C1D: (II)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值; (Ⅲ)求点 C 到平面 B1DP 的距离.

.解:(1)连接 B1 A 交 BA1 于 O , B1P // 面BDA1 , B1P ? 面AB1P, 面AB1P 面BA1D ? OD, ? B1P // OD ,又 O 为 B1 A 的中点, ? D为AP 中点,?C1为A1P ,??ACD ? ?PC1D ?C1D ? CD ,D 为 CC1 的中点。 (2)由题意 AB ? AC, AB ? AA1 ? AB ? 面AA1C1C ,过 B 作 AH ? AD ,连接 BH ,则 BH ? AD , ??AHB 为 二 面 角 A ? A1D ? B 的 平 面 角 。 在 ?AA1D 中 ,

25

AH ? 2 5 , BH ? 3 5 , cos ?AHB ? AH ? 5 ? 2

5

5

5

5

BH 3 5 3

AA1 ? 1, AD ? 2 , A1D ? 2 ,则

5

1

1

(3)因为VC?B1PD ? VB1PCD ,所以 3 h ? S?B1PD ? 3 A1B1 ? S?PCD , A1B1 ? 1

11 1 S?PCD ? S?PC1C ? S?PC1D ? 2 ? 4 ? 4 ,

3 B1D ? 2 , B1P ? 在 ?B1DP 中,

5, PD ?

5 2

.cos ?DB1P

?

9 ?5? 4 2? 3 ?

5 4 5

?

25 5

, sin

?DB1P

?

5 5

2



? S?B1PD

?

1?3? 22

5? 5 ? 3,h ? 1 54 3

9

7.(福建理 20)
如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,
CD= 2 , ?CDA ? 45? .(I)求证:平面 PAB⊥平面 PAD;(II)设 AB=AP. (i)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30? ,求线段 AB 的长;
(ii)在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等? 说明理由。
解法一:
(I)因为 PA ?平面 ABCD, AC ? 平面 ABCD, 所以 PA ? AB , 又 AB ? AD, PA AD ? A, 所以 AB ?平面 PAD。 又 AB ? 平面 PAB,所以平面 PAB ? 平面 PAD。
(II)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A—xyz(如图)
在平面 ABCD 内,作 CE//AB 交 AD 于点 E,则 CE ? AD. 在 Rt?CDE 中,DE= CD?cos 45? ?1, CE ? CD ?sin 45? ? 1,
设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t) 由 AB+AD=4,得 AD=4-t,
所以 E(0,3 ? t,0),C(1,3 ? t,0), D(0, 4 ? t,0) , CD ? (?1,1, 0), PD ? (0, 4 ? t, ?t).
10

(i)设平面 PCD 的法向量为 n ? (x, y, z) , ??x ? y ? 0,
由 n ? CD , n ? PD ,得 ??(4 ? t) y ? tx ? 0. 取 x ? t ,得平面 PCD 的一个法向量 n ? {t,t, 4 ? t},

又 PB ? (t, 0, ?t) ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30? ,得

cos 60? ?| n ? PB |,即

| 2t2 ? 4t |

? 1,

| n | ? | PB |

t2 ? t2 ? (4 ? t)2 ? 2x2 2

t ? 4 或t ? 4

AB ? 4 .

解得 5

(舍去,因为 AD ? 4 ? t ? 0),所以

5

(ii)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等,

设 G(0,m,0)(其中 0 ? m ? 4 ? t )

则 GC ? (1,3 ? t ? m, 0),GD ? (0, 4 ? t ? m, 0),GP ? (0, ?m,t) ,
由| GC |?| GD | 得 (4 ? t ? m)2 ? m2 ? t2 ,(2)
由(1)、(2)消去 t,化简得 m2 ? 3m ? 4 ? 0 (3)
由于方程(3)没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G, 使得点 G 到点 P,C,D 的距离都相等。 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G, 使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等。 解法二: (I)同解法一。 (II)(i)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A—xyz(如图) 在平面 ABCD 内,作 CE//AB 交 AD 于 E,
则 CE ? AD 。

在平面 ABCD 内,作 CE//AB 交 AD 于点 E,则 CE ? AD.

在 Rt?CDE 中,DE= CD?cos 45? ?1,

CE ? CD ?sin 45? ? 1,
设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t) 由 AB+AD=4,得 AD=4-t,
所以 E(0,3 ? t,0),C(1,3 ? t,0), D(0, 4 ? t,0) ,

11

CD ? (?1,1, 0), PD ? (0, 4 ? t, ?t).

设平面 PCD 的法向量为 n ? (x, y, z) , ??x ? y ? 0,
由 n ? CD , n ? PD ,得 ??(4 ? t) y ? tx ? 0. 取 x ? t ,得平面 PCD 的一个法向量 n ? {t,t, 4 ? t},

又 PB ? (t, 0, ?t) ,故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30? ,得

cos 60? ?| n ? PB |,即

| 2t2 ? 4t |

? 1,

| n | ? | PB |

t2 ? t2 ? (4 ? t)2 ? 2x2 2

t ? 4 或t ? 4

解得 5

(舍去,因为 AD ? 4 ? t ? 0),

AB ? 4 .

所以

5

(ii)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等,

由 GC=CD,得 ?GCD ? ?GDC ? 45?,

从而 ?CGD ? 90? ,即 CG ? AD,

? GD ? CD ?sin 45? ? 1,
设 AB ? ?,则AD=4-?,

AG ? AD ?GD ? 3? ? ,

在 Rt?ABG 中, GB ? AB2 ? AG2 ? ?2 ? (3 ? ?)2

? 2(? ? 3)2 ? 9 ? 1, 22
这与 GB=GD 矛盾。 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B,C,D 的距离都相等, 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等。

12

8.(湖北理 18) 如图,已知正三棱柱 ABC ? A1B1C1 的各棱长都是 4, E 是 BC 的中点,

动点 F 在侧棱 CC1 上,且不与点 C 重合.

(Ⅰ)当 CF =1 时,求证: EF ⊥ A1C ;

(Ⅱ)设二面角 C ? AF ? E 的大小为? ,求 tan? 的最小值.

解法 1:过 E 作 EN ? AC 于 N,连结 EF。
(I)如图 1,连结 NF、AC1,由直棱柱的性质知,
底面 ABC ? 侧面 A1C。

又度面 ABC 侧面 A,C=AC,且 EN ? 底面 ABC,

所以 EN ?侧面 A1C,NF 为 EF 在侧面 A1C 内的射影, CF CN 1 ??
在 Rt?CNE 中, CN ? CE cos 60? =1,则由 CC1 CA 4 ,得 NF//AC1, 又 AC1 ? A1C, 故 NF ? A1C 。由三垂线定理知 EF ? A1C.

(II)如图 2,连结 AF,过 N 作 NM ? AF 于 M,连结 ME。

由(I)知 EN ?侧面 A1C,根据三垂线定理得 EM ? AF, 所以 ?EMN 是二面角 C—AF—E 的平面角,即 ?EMN ?? , 设 ?FAC ? ?,则0? ? ? ? 45?在 Rt?CNE 中, NE ? EC ?sin 60? ? 3,

在 Rt?AMN中, MN

?

AN

?sin a

? 3sin a, 故 tan?

?

NE MN

?

3. 3sin a

0? ? ? ? 45?,?0 ? sin a ? 2 , sin a ? 2 ,即当? ? 45?



2 故当

2

时, tan? 达到最小值;

tan? ? 3 ? 2 ? 6

3

3 ,此时 F 与 C1 重合。

解法 2:(I)建立如图 3 所示的空间直角坐标系,则由已知可得

A(0,0,0), B(2 3, 2,0),C(0, 4,0), A1(0,0, 4), E( 3,3,0), F(0, 4,1),

于是 CA1 ? (0, ?4, 4), EF ? (? 3,1,1).

13

则 CA1 ? EF ? (0, ?4, 4)?(? 3,1,1) ? 0 ? 4 ? 4 ? 0, 故 EF ? A1C. (II)设 CF ? ?, (0 ? ? ? 4) ,

平面 AEF 的一个法向量为 m ? (x, y, z) ,则由(I)得 F(0,4, ? )

AE ? ( 3,3, 0), AF ? (0, 4, ?) ,于是由 m ? AE, m ? AF 可得

??m ?

?

AE

?

0,

即 ???

3x ? 3y ? 0,

??m ? AF ? 0, ??4 y ? ? z ? 0.

取 m ? ( 3?, ??, 4).

又由直三棱柱的性质可取侧面 AC1 的一个法向量为 n ? (1, 0, 0) ,

cos? ? | m ? n | ? 3? ,sin? ? ?2 ?16

于是由? 为锐角可得

| m|?| n| 2 ?2 ?4

2 ?2 ?4 ,

tan? ?
所以

?2 ?16 ? 3?

1 ? 16 3 3?2 ,

1?1

tan? ? 1 ? 1 ? 6 ,

由 0 ? ? ? 4,得 ? 4 ,即

33 3

6,
故当 ? ? 4 ,即点 F 与点 C1 重合时, tan? 取得最小值 3

9.如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,AB=BC=kPA,点 O、D 分别是 AC、PC 的中点,OP⊥平面 ABC.
⑴当 k= 1 时,求直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值; 2
⑵当 k 为何值时,O 在平面 PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心?

14

解:连 OB,由 AB=BC 得 OA⊥OB,又 OP⊥平面 ABC,得 OP⊥OA,OP⊥OB. 故以 O 为原点,射线 OA、OB、OP 分别为、y、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系.设

AB=a,OP=h,则 A( 2 a,0,0),B(0, 2 a,0),C(- 2 a, 0,0),P(0,0,h).

2

2

2

⑴当 k= 1 时,P(0,0, 7 a), PA =( 2 a,0,- 7 a).

2

2

2

2

可求得平面 PBC 的一个法向量为 n =(1,-1,- 1 ), 7

∴cos< PA ,n >= PA?n = 210 ,即直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值为 210 ;

| PA | ? | n | 30

30

⑵△PBC 的重心 G(- 2 a, 2 a, 1 h).

6

63

若 O 在平面 PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心 G,需 OG⊥平面 PBC,即 OG⊥PB,

且 OG⊥BC.

由 OG ? PB =(- 2 a, 2 a, 1 h)?(0, 2 a,-h )=0,解得 h= 2 a.

6

63

2

2

从而 OG ? BC =(- 2 a, 2 a, 1 h)?(0,- 2 a, 2 a)=- 1 a2+ 2 ah=0.

6

63

2

2

66

∴当 h= 2 a 时,O 在平面 PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心 G,此时 PA= OA2 ? h2 2
=a.
故 k=1 时,O 在平面 PBC 内的射影恰好为△PBC 的重心(此时三棱锥 O-PBC 为正三 棱锥).

10.如图,在三棱锥 V-ABC 中,VC⊥底面 ABC,AC⊥BC,D 是 AB 的中点,且 AC

=BC=a,∠VDC=θ(0<θ< π ).

2 ⑴求证:平面 VAB⊥VCD;

V

⑵当角 θ 变化时,求直线 BC 与平面 VAB 所成的角的取值范围.

C A

B D

解:以 CA、CB、CV 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐

标系,则 C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),D( a , a ,0),V(0,0, 2a tanθ).

22

2



AB·

CD

?

(?a,a,0·)

? ??

a ,a 22

,0 ???

?

?

1 2

a2

?

1 2

a2

?

0

?

0

,即

AB

?

CD

15

AB·VD

?

(?a,a,0·)

? ???

a ,a 22

,?

2 2

a

tan?

? ???

?

?

1 2

a2

?

1 2

a2

?

0

?

0

,即

AB

?

VD

又 CD VD ? D ,∴AB ? 平面VCD .

⑵设直线 BC 与平面所成的角为 φ,平面 VAB 的一个法向量为 n ? (x,y,z) .

?-ax ? ay ? 0

则由



AB

?

0,n·

VD

?

0

,得

? ? ??

a 2

x

?

a 2

y

?

2 aztanθ ? 0 ,可取 n ? (1,1,2 cot? ) .
2

又 BC ? (0,? a,0) ,于是 sin? ? n· BC ?

a

? 2 sin? .

n· BC a· 2 ? 2cot2 ? 2

∵0 ? ? ? π ,∴0 ? sin? ?1, 0 ? sin? ? 2 .又 0 ≤? ≤ π ,∴0 ? ? ? π .

2

2

2

4

即直线

BC

与平面VAB

所成角的取值范围为

? ??

0,π 4

? ??



11.(本小题 12 分)如图,在三棱锥 S ? ABC 中,?ABC是边长为 4 的正三角形,平面 SAC ?

平面 ABC, SA ? SC ? 2 2 , M 为 AB 的中点.

S

(1)证明: AC ? SB ; (2)求二面角 S ? CM ? A的余弦值; (3)求点 B 到平面 SCM 的距离.

C

A

M

B

解:(1)证明:取 AC 的中点 O ,连接 OS,OB

因为 SA ? SC , BA ? BC ,所以 AC ? SO 且 AC ? BO. 因为平面 SAC ? 平面 ABC,平面 SAC ?平面 ABC ? AC ,所以 SO ? 平面 ABC 所以 SO ? BO .

如右图所示,建立空间直角坐标系 O ? xyx

则 A(2,0,0), C(?2,0,0), S(0,0,2), B(0,2 3,0)

所以 AC ? (?4,0,0), BS ? (0,?2 3,2)

因为 AC? BS ? (?4,0,0) ? (0,?2 3,2) ? 0

16

所以 AC ? SB (2)由(1)得 M (1, 3,0) ,所以 CM ? (3, 3,0), CS ? (2,0,2)

设 n ? (x, y, z) 为平面 SCM 的一个法向量,则

??n ? CM ? 3x ? ?

3y ? 0 ,取 z ?1,则 x ? ?1, y ?

3

??n ? CS ? 2x ? 2z ? 0

所以 n ? (?1, 3,1)

又因为 OS ? (0,0,2) 为平面 ABC的一个法向量,所以 cos n, OS ? n ? OS ? 5 n OS 5

所以二面角 S ? CM ? A的余弦值为 5 . 5
(3)由(1)(2)可得 CB ? (2,2 3,0) , n ? (?1, 3,1) 为平面 SCM 的一个法向量.

所以点 B 到平面 SCM 的距离 d ? n ? CB ? 4 5

n

5

12.(浙江理 20)
如图,在三棱锥 P ? ABC 中, AB ? AC ,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在
线段 AD 上,已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2 (Ⅰ)证明:AP⊥BC; (Ⅱ)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A-MC-B 为直二面角?若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由。

方法一: (I)证明:如图,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴,
建立空间直角坐标系 O—xyz
则 O(0,0,0), A(0, ?3,0), B(4, 2,0),C(?4, 2,0), P(0,0, 4) ,
AP ? (0,3, 4), BC ? (?8, 0, 0) ,由此可得 AP ? BC ? 0 ,所以
AP ? BC ,即 AP ? BC. (II)解:设 PM ? ? PA, ? ? 1,则PM ? ?(0, ?3, ?4)
BM ? BP ? PM ? BP ? ? PA
? (?4, ?2, 4) ? ?(0, ?3, ?4) ? (?4, ?2 ? 3?, 4 ? 4?)

17

AC ? (?4, 5, 0), BC ? (?8, 0, 0) 设平面 BMC 的法向量 n1 ? (x1, y1, z1) ,

??BM ? n1 ? 0, ? 平面 APC 的法向量 n2 ? (x2 , y2 , z2 ) 由 ??BC ? n1 ? 0,

得 ?????48xx11

? (2 ? 3?) y1 ? 0,

? (4 ? 4?)x1

?

0,

? ?

x1

?

即 ??z1

? ?

0, 2 ? 3? 4 ? 4?

y1 , 可取n1

?

(0,1,

2 ? 3? ) 4 ? 4?



?? ?

AP

?

n2

?? AC ? n2

? 0, ? 0.



?3y2 ? 4z2 ? 0, ???4x2 ? 5y2 ? 0,



? ??

x2

?

? ??

z2

? ?

5 4
?

y2 ,

3 4

可取 n2 y2 ,

?

(5,

4,

?3).



n1

? n2

?

0,得4 ? 3?

2 ? 3? 4 ? 4?

?

0, ?
解得

?

2 5

,故

AM=3。

综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3。

方法二:(I)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD ? BC

又 PO ? 平面 ABC,得 PO ? BC.因为 PO AD ? O ,所以 BC ? 平面 PAD,

故 BC ? PA.

(II)解:如图,在平面 PAB 内作 BM ? PA 于 M,连 CM,由(I)中知 AP ? BC ,

得 AP ?平面 BMC,又 AP ? 平面 APC,所以平面 BMC ? 平面 APC。

在 Rt?ADB中, AB2 ? AD2 ? BD2 ? 41, 得AB ? 41.

在 Rt?POD中, PD2 ? PO2 ? OD2 ,

在 Rt?PDB中, PB2 ? PD2 ? BD2 ,

所以 PB2 ? PO2 ? OD2 ? DB2 ? 36,得PB=6.

在 Rt?POA中, PA2 ? AO2 ? OP2 ? 25, 得PA ? 5.

cos ?BPA ? PA2 ? PB2 ? AB2 ? 1 ,



2PA? PB

3

从而 PM ? PBcos?BPA ? 2 ,所以 AM=PA-PM=3。
综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3。

18

19