较好较难的几个立体几何

1、较好较难的几个立体几何49、矩形ABCD与矩形ABEF勺公共边为AB且平 面ABCD平面ABEF,如图 所示，FD 2 , AD=1,EF=3.(I)证明：AE平面FCB(H)求异面直线BD与AE所成角的余弦值 (皿)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证明你的结论.解：(1) 平面ABCD平面ABEF,且四边形ABCD与 ABEF是矩形，AD 平面 ABEF, AD AE,BC/ AD BC AE又 FD=2,AD=1 所以 AF=EF=3,所以四边形ABEF为正方形.AE FB,又 BF BC B,BF 平面 BCF BC 平面 BCF所 以 AE平 面B

2、CF 4分(2)设BF AE=0取FD的中点为H,连接0H, 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，cos HOF手异面直线BD与AE所成的角的余弦值为_64.8分（3）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NG MG=G 所以平面NGM/平面FBC,MN平面NGMMN/FBC12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，BAC 900,AC AB AA,E 是

3、BC的中点。求异面直线AE与AQ所成的角；若G为CC上一点，且EGL AC试确定 点G的位置； 在（2）的条件下，求二面角 A-AG-E的大小 （文科求其正切值）。解：（1）取BG的中点Ei，连A1E1, EQ,则AE II AEi, / E1A1C是异面直线 AE与AC所成的 角。设 AC AB AA1 2a，贝卩 A1E1/2a, A1C 2逅a,EiCi Bi Ci 2a. Ei C 寸 EiG Ci C v 6 a.2在 AiEiC 中， cos EiAC2 2 22a 8a 6a 丄2 V2a 2yf2a 2 所以异面直线AE与AiC所成的角为-4分(2).由(i)知，AiEi丄BC

4、,又因为三棱柱ABC-ABC是直三棱柱AiEi 丄 BCCBi,又 EGjL AiCCEi 丄 EG./ E1GG1. =Z GECCG Ci EiCG 2a左即2a右得CG a Ci C：r 2a 2a以CEEiCCi GECCG(3)连结AG,设P是AC的中点，过点P作PQ 丄 AG于 Q,连 EP,EQ,则 EP丄 AC.又 平面 ABCL平面 AC(EP丄平面ACCAi而PQL AGEQ丄AG. / PQE是二面角C-AG-E的平面角.由 EP=a,AP=a,PQ=,得tan pqe 匹 真1%/5PQ所以二面角C-AG-E的平面角是arctan寸5, 而所求二面角A, AG e是二面

5、角C-AG-E的补角， 故二面角aage的平面角是n arcta n :5 12分(文)二面角Ai AG E的平面角的正切值为一12分C45、(广东省五校2008年高三上期末联考)已知梯形 ABCDK AD/ BC / ABC=Z BAD=-, AB=BC=2AD=4E、F 分别是 AB CD上的点，AEFDL平面EBCF (如图). 求证：BDL EG ;C D为顶点的三棱锥的体积 的最大值；EF/ BC AE = x , G是BC的中点。沿EF将梯形ABCD折，使平面(1) 当 x=2 时，(2) 若以 F、B、记为f(x)，求f(x)平面C(3)当f(x)取得最大值时，求二面角D-BF-

6、C的余弦值.解：(1)(法一)平面 AEFDebcf ,AEL EF, AEL 面平面ebcf ,AE丄EF,AEL 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Cy2 ), EG ( 2 , 2 ,(2 , 2 ,LUUTBD0)分BD EG ( 2 , 2 , 2) g ( 2 , 2 , 0 ) = 0 ,A二 BD EG 4分.D!(法二)作 DHL EF于 H,连 BH, GHE 1分B由平面AEFD平面EBCF知：DHL平面EBCF

7、而EG平面EBCF故EGL DH又四边形BGHE正方形， EG!BHBH DH= H,故 EG!平面 DBH 分而BD平面DBHEG! BD分(或者直接利用三垂线定理得出结果)(2)T AD/面 BFC所以 f(x) V-BFC= 3 Svbfc gAE = 3g2g4g(4-x) gX2(x 2)2 8 8333即 x 2 时 f(x) 有最大值为(3)(法一)设平面 DBF的法向量为X (x,y,z),2, 2), AE=2, B (2, 0, 0), D(0, F ( 0, 3, 0), BP ( 2,3,0), BD9分LT UUU mgBD 则LT UUU即(x,y,z8nigBF2

8、,2,2)0 2x 2y 2z(x,y,z)g； 2,3,0) 0， 2x 3y 0取 x= 3y = 2, z = 1,二 u (3,2,1)面 BCF 的个法向量为urn2(0,0,1)12分ir uucos=|聽147T13分由于所求二面角D-BF-C的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为一.T414分（法二）作 DHL EF于 H 作 HML BF,连 DM由三垂线定理知 BF丄DM / DMH是二面角D-BF-C的平面角的补角。9分由厶 HMFA EBF,知碁罟，而 HF=1? BE=2BF=, BE2+ EF2. 13 ,又 DH= 2,在Rt HMD中tan / DMH號13,二

9、 cos / DMH =而/ DMH是二面角D-BF-C的平面角的补角，故二面角 D-BF-C的余弦值为一爭。14分46、(贵州省贵阳六中、遵义四中2008年高三联考）如图，在 Rt AOB 中，OAB -，斜边 AB 4 . RtA AOC6可以通过Rt AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面 角B AO C是直二面角动点D在斜边AB上。(I )求证：平面COD 平面AOB ；AOB求A所成角的最大值。CD与平面AOB所成的(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(文)当D为AB的中点时， 角。解：(I )由题意，CO AO , BO AO

10、 , BOC 是二面 角B AO C是直二面角,又Q二面角B AO C是直二面角， CO BO，又Q AOI BO O ,CO 平面 AOB , 又CO 平面COD , 平面COD 平(II )解法一：作DE OB，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,CO BO 2,OE 1 BO 1,2 ?CE CO2OE2DE1 -AO ,32在Rt CDE中 ,CEtan CDEDE.153异面直线AO与CD所成角的大小为arctan 卫.3解法二：建立空间直角坐标系xyz，如图,uuuuuu uurCD ( 2,1,3) , c

11、os OA,CDuur-OA (0,0,2.3)，贝V O(0,0,0) ,A(0,0,2 .3) ,C(2,0,0) ,D(0, 3),uuu uuuOAgCDuuO| |uurOA|gCD6 J 异面直线AO与CD所成角的大小为 2,30,24arccos 4(III )(理)由(I )知， CD与平面AOB所成的角，CO 平面AOB , CDO是且tan CD0 OD o2_ 当od最小时，CD0最大，这时,0D AB,垂足为D,0D詈3,tanCD0 曹,CD 与平面AOB所成角的最大值为arctan23312分(文)由(I )知，CO 面AOB所成的角，且 47、安徽省合肥市2008

12、年高三年级第一次质检 如图，在几何体平面AOB , cdo = 45。CDO是CD与平12分P ABCD中，面ABCD为矩形，PA当AD 2时，平面PBDL平 頂时，求二面角B PD C、/aABCD , AB PA 2 (1)求证；(2)当 Q AD 围。以A为坐标原点，射线AR AB AD分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)BD AC.uuur BD.uuur BD(0,uuPAuuuuuu2,2), PA ( 2,0,0), CA (0, 2, 2) 4 分uuu

13、r uur0, BD CA 0 ,又 PAI CA A，二平面 PBDL平|解法二当ADPA 面 ABCD ,又 PAI CA A ,PBD平面PBDL平面由 P(2,0,0),uur得PD设urIT ni IT niuuuPDuuirDC(xi, yi,zi)(xi, yi,zi)ni(a,0,2)uu n2 uu n2uu PD uui PBCABDPA, BD2时，矩形ABCD为正方形，BD PABCL平面PAC BD平面PACB(0,2,0), C(0,2, a), D(0,0, a)uuu2,0, a),PB (ir（Xi, %,乙），厲(2,0, a)(0,2,0)2为 azjyi

14、 0uun2(X2,y2,Z2)(X2,y2,Z2)yiuu区必厶）,n(2,0, a) 0(2,2,0) 0uuur2,2,0), DC (0,2,0)2x1面 PDC不妨设Xi面 PDBa，则u (a,a,2) 10 分2x2az20z2a2x22y202y2X22x2不妨设X2 a，则ur uutur 11 n2(a,0,2) (a,a,2)Ja2 4 Jcos n24 Uu(1| ni | |n2 | 4a24 V2P42a2 4 卡 2当.2 AD、5变化时，即2 a2a22).5 ,2 a25cos賦左(1警申7 2 a 2142ir LTLT UU乂 n 1也 0,，ni,r)2

15、,arccos 佔3、1440、(广东省汕头市潮阳一中2008年高 三模拟)如图，棱柱ABCABCD的所有棱 长都等于2, ZABC60,平面AACC丄平 面 ABCD Z AAC=60。(I)()值；(川)证明：BD1AA ；求二面角 DAA C的平面角的余弦在直线CC上是否存在点P,使BP/ 平面DAC?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BDtAC,连接AO在厶AAO 中，AA=2, AO=1/ A AO=60二 AO=AA2+AO 2AA Aocos60 =3 AO+aO=AAAO丄AO 由于平面 AACC丄平面ABCD所以AO丄底面ABCD以O

16、B OC OA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 O3，0，0），C（0，1, 0），D（屈，0，0 ），A （0，0，V3）2分(I)由于 BD ( 2岛,0,0)AA (0,1, V3)贝y AA1 BD 0 ( 3) 1 0 J3 BDL AAl（H）由于OBL平面AAGC 平面AACC的法向量n （1,0,0）设丄平面AAD贝y上AA1设门？ （x,y,z）得到y 3z 0 取 n2, 3x y 0(3, 1)n1 n2-/5cos n1, n2I ni | | n2 |5所以二面角D AA C的平面角的余弦值是（出）平面DAC假设在

17、直线 CG上存在点P 使BP/设CPCCi, P(x, y,z)则(x,y1, z) (0,1, .3)得 P(0,19分,.3 ) BP (、. 3,1, ,3 )平面DA1C1n3n3AC1 设 n3 (X3,y3,Z3)DA12 y303x3. 3z不妨取n3(1,0, 1)010分又因为BP/平面DAC则n3BP 0即33 0得1即点P在CC的延长线上且使法二：在Ai作AO丄AC于点Q由于平面AACQ丄平面ABC D由面面垂直的性质定理知，AO丄平面 ABCD又底面为菱形，所以AC BDBD 平面AAO AA 平面AAO由于BD ACAA1 BDBD AOABAiO AC 04分aao

18、=60”E()在厶 AAO中，AA=2 / AO二AA cos60 =1所以O是 AC的中点，由于底面所以O也是BD中点由(I)可知DOL平面AAC过O作OEL AA于E点，连接OE则AA丄 DE则/ DEC为二面角D AA C的平面角6 分在菱形 ABCD中, AB=2 / ABC=60 AC=AB=BC=2在 Rt AEO中, OE=OAsin / EAO=23DE= OE2 od2cos / DEO匹DE 5二面角D A A C的平面角的余弦值是5（皿）存在这样的点P 连接BC,因为AB/AB/dc 四边形ABCD为平行四边形。 AD/BQ亠 Di在CC的延长线上取点 P,使cc=cp连

19、BP 10分12分因 BiB/CG,- BB/CP四边形BBCP为平行四边形贝y BP/B1C BP/A1D BP/ 平面 DAGABCD A BG D12、（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 上、下底面的中心，E是AB的中点， AB kAA .(I)求证： AE /平面 PBC ；Ci1PBC内P空:Bi(H)当k返时，求直线PA与平面PBCD所成 的大小；才影恰“+Ei(川)当k取何值时，O在平面 好为 PBC 的重心？解法一：(I)过P作MN / BiCi，分别交 A1B1、DiCi 于 M、N，贝V M、N 分别为 AiBi、 DiCi的中点

20、，连MB、NC ,则四边形BCNM 是 平行四边形 2分 E、M分别为AB、AiBi中点 又MB平面PBC，二AiE /平面4分(H) 过A作AF丄MB，垂足 BC 丄平面 ABB iAi, AF 平面 ABB iAi, AF 丄 BC , BC A MB=B，二 AF 丄平面 PBC ,/ APF就是直线 AP与平面 PBC 所成的 角，7分设 AA i=a，则 AB= 2a, AF= 233a, AP= 2a,3sin / APF=扌。所以，直线 AP与平面PBC(川)连 OP、OB、OC，贝V OP丄BC，由三垂线定理易得0B丄PC, OC丄PB，所以0在平面PBC中的射影是 PBC的垂

21、心，又 0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k 2。反之，当 k= 2时，PA=AB=PB=PC=BC，所以 三棱锥。PBC为正三棱锥，0在平面PBC内的射影为PBC的重13解法二：以点。为原点，直线OA、OB、OP 所在直线分别为x、y、系，不妨设AB轴，建立如图所示的空间直角坐标2/2 ,则得 A(2,0,)、E(1,1,0)、D ZkDiC( 2,0,0)(I )由上得 AE ( 1,1,平)、BC ( 2, 2,0)、uur2 2UULUULULUHPB (0,2,)，设 AE x BC y PB 得k22(1,1,)x(2,

22、2,0)kC)、B(0,2,0)、A1魯kPBiy (0,2,晋)k.uuun 1 umrAE -BC2uurPBQ BC PB BA E 平面PBCAEII 平面PBC(D)当 k .2 时，由 P(0,0,2)、A(2,0,0)得 PA (2,0, 2)、BC (2, 2,0)mnPB (0,2, 2)r um设平面pbc的法向量为n，则由nBuBo，得n (i, i, i)uuu r _cosPU習卷 譽，直线PA与平面PBC所成角的大PA n 3 1小为 arcsinf. 9分3（川）由（I ）知PBC的重心G为爲普,则uurOG2 2 2逅、3,3,T) ?若O在平面PBC内的射影恰

23、好为PBC 的重心，则有urnr uuuOG BC 0 uUT uuH ,OG PB 0 ?当k罷时，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 , AC=CB=A=1, D是AB上一动点（可B以与A或B1重合），过D和CC的平面与AB交于D.A（I）证明 BC/平面 ABC;/ （H）若D为AB的中点锥B-CiAD的体积gcg ;(川)求二面角D-ACi-C的取值范围.方法1:(I)证明：依条件有 又CB平面A BiC， CB 平面 A BiC, 所以CB/平面A BC.(U)解：所以CADiVC

24、i DABi因为D为AB的中点， 依条件可知CD丄AB.=* XCiDX(! XA1AXD1B)1 X 1 X( 1 X 1X 三)二山.3222247分(川)解:因为D是AB上一动点， 所以当D与A重合时，二面角D-当D与B重合时，如图，分别延长AiGAG-C为B(过Bi作BE丄AG延长于E,依条件可知平面 ABG丄平面ACCAi,所以BE丄平面ACCAi.过点E作EF丄AiG,垂直为F.连结FB,所以FBI AG.所以/ BFE是所求二面角的平 角.ii分容易求出BE=23 , FE护.FE所以 tan Z所以Z EBiFE= arctan 恵. (或 arccos +)所以二面角D-AG-C的取值范围是arctan 6 , n (或arccos + , n ) i3z1B(、B(y方法2:(I) , (H)略