全国名校高考专题训练9-立体几何解答题2(数学)

江苏数学高考 模拟试卷

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P—ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝AC＝2，AB＝BC，D是PB上一点，且CD⊥平面PAB。 （1）求证：AB⊥平面PCB；

（2）求二面角C—PA—B的大小的余弦值。 （1）解：∵PC⊥平面ABC，AB 平面ABC，

∴PC⊥AB。

∵CD⊥平面PAB，AB 平面PAB， ∴CD⊥AB。 又PC∩CD＝C， ∴AB⊥平面PCB。

（2）解法一：

取AB的中点E，连结CE、DE。

∵PC＝AC＝2，∴CE⊥PA，CE＝2.

∵CD⊥平面PAB，

由三垂线定理的逆定理，得DE⊥PA。 ∴∠CED为二面角C—PA—B的平面角。 由（1）AB⊥平面PCB，∴AB⊥BC， 又∵AB＝BC，AC＝2，求得BC＝2. （2）解法二：

∵AB⊥BC，AB⊥平面PBC，过点B作直线l∥PA， 则l⊥AB，l⊥BC，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m (x,y,z).

A(0,

2,0),P(2,0,2),C(2,0,0),

BA (0,2,0),AP (2, 2,2),

则 BA m 0, 即 2y 0 , AP m 0. 2x 2y 2z 0解得 y 0 .令z 1,

x 2z

得m (2,0, 1). 8分 设平面PAC的法向量为n (x1,y1,z1)，

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CP (0,0,2),AC (2, 2,0), CP n 0, 2z1 0则 即

2x1 AC n 0.

,

2y1 0

z1 0

解得 .令x1 1,得n (1,1,0).

x y1 1 cos m,n

m n

23

2

33.

10分

11分

二面角C PA B大小为arcos

33

. 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，∵AB＝BC＝2，∴BF⊥AC， 又PC⊥平面ABC，有平面PAC⊥平面ABC， ∴BF⊥平面PAC，∴BF是平面PAC的一个法向量。

BF

12

(BA BC)

7分

设CD CP (1 )CB, CD BP即CD BP 0

得( CP (1 )CB) (CP CB) 0,由(1)知CP CB 0,CP BA 0, |CP| (1 )|CB| 0,而|CP| 2,|CB|

2

22

2

13

, CD 19 4

49

13

CP

2343

CB.

2

9分

14

(2 2) 1,

|CD| 2 ,|BF| 10分

cos CD,BF

33

.

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所在的平面互相垂直，EC⊥AC，EF∥AC，AB＝＝1，

⑴求证：平面BEF⊥平面DEF； ⑵求二面角A－BF－E的大小。

解法1：⑴ ①证明: ∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC， ∴EC⊥平面ABCD；连接BD交AC于点O，连接FO， ∵正方形ABCD

AC＝BD＝2； 在直角梯形ACEF中，∵EF＝EC＝1，O为AC中点，

2

，EF＝EC

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∴FO∥EC，且FO＝1；易求得DF＝BF

＝

DE＝BE

，由勾股定理知 DF⊥EF，BF⊥EF， ∴∠BFD是二面角B－EF－D的平面角，

由BF＝DF

BD＝2可知∠BFD＝90 ， ∴平面BEF⊥平面DEF （6分） ⑵取BF中点M，BE中点N，连接AM、MN、AN， ∵AB＝BF＝AF

AM⊥BF， 又∵MN∥EF，EF⊥BF，∴MN⊥BF，

∴∠AMN就是二面角A－BF－E的平面角。

易求得AM

2AB

2

E

N

C

P

M

O

MN

12

EF

12

；

114

DA

在Rt△APN中，可求得AN2 AP2 NP2

，

3

∴在△AMN

中，由余弦定理求得cos AMN ∴ AMN arccos

3

，

（12分）

解法2：⑴∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，∴EC⊥平面ABCD； 建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，则A(

B(0,

2,0),D(2,0,0),E(0,0,1),F(

2,

2,0)

22

,

22

,1), ( 2,0,1)

∴EF

(

22

,

22

,0)

，BE

(0, 2,1)

，DE (2

设平面BEF、平面DEF的法向量分别为

m (x1,y1,1) n (x2,y2,1)，则

m EF

22

x1

22

y1 0 ①

22x2

22

m BE 2y1 1 0

②，n EF

22,y1

22

22

y2 0

22

③,

n DE 2x2 1 0

22,22

,1) n (

22

④.

22,1)

由①③③④解得x1分） ∴m n

12 12

;x2 .y2

,∴m

( ,

, （4

1 0，∴m n，故平面BEF⊥平面DEF （6分）

(x3,y3,1)，∵BF (p BA

⑵设平面ABF的法向量为 p∴

p BF

2x3

2

y3 1 0

22

,

22

,1)

，BA

(2,0,0)

0,y3

m p∴p ， （8分）∴cos m,p 10

3ㄧ m ㄧㄧ p ㄧ分）

2

2

，

2x3 0，解得x3

由图知，二面角A－BF－E的平面角是钝角，故所求二面角的大小为

arccos

63

33、(福建省漳州一中2008年上期期末考试)如图所示，四棱锥P ABCD的底面为直角梯

形， ADC DCB 90，AD 1，BC 3，PC CD 2，PC 底面ABCD，

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E为AB的中点.

（Ⅰ）求证：平面PDE 平面PAC； （Ⅱ）求直线PC与平面PDE所成的角； （Ⅲ）求点B到平面PDE的距离.

解法一：（Ⅰ）设AC与DE交点为G，延长DE交CB的延长线于点F， 则 DAE FBE，∴BF AD 1，∴CF 4，∴

tan F 又∵tan ACD

ADDC

12

DCCF

12

P

，

，∴ F ACD，

又∵ ACD ACF 90 ，∴ F ACF 90 ， ∴ CGF 90 ，∴AC DE

E

B

又∵PC 底面ABCD，∴PC DE，∴DE 平面PAC，

∵DE 平面PDE，∴平面PDE 平面PAC （4分） （Ⅱ）连结PG，过点C作CH PG于H点， 则由（Ⅰ）知平面PDE 平面PAC， 且PG是交线，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.

P

5

在Rt DCA中，CG

CD

2

AC

CGPC

2

，

在Rt PCG中，tan CPG

2

5

D

所以有 CPG arctan

5

，

A F

即直线PC与平面PDE所成的角为arctan

14

5

（8分）

（Ⅲ）由于BF CF，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

14

，即

14

CH. 在Rt PCG中，CH

PC CG2

43

，

从而点B到平面PDE的距离等于

13

（12分）

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，

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建立空间直角坐标系C xyz， 则相关点的坐标为C(0,0,0),A(2,1,0)

B(0,3,0)，P(0,0,2)，D(2,0,0)，E(1,2,0).

（Ⅰ）由于DE ( 1,2,0)，CA (2,1,0)，

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