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2015解步步高大一轮讲义(理)专题四


专题四

高考中的立体几何问题

1.(2013· 广东)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是

(

)

A.4 16 C. 3 答案 B

14 B. 3 D.6

1 解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得:V= (2×2+ 3 14 1×1+ 2×2×1×1)×2= . 3 2.(2013· 课标全国Ⅱ)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β.直线 l 满 足 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则 A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 答案 D 解析 假设 α∥β,由 m⊥平面 α,n⊥平面 β,则 m∥n,这与已知 m,n 为异面直线矛盾, 那么 α 与 β 相交,设交线为 l1,则 l1⊥m,l1⊥n,在直线 m 上任取一点作 n1 平行于 n,那 么 l1 和 l 都垂直于直线 m 与 n1 所确定的平面,所以 l1∥l. ( )

3.如图,点 O 为正方体 ABCD—A′B′C′D′的中心,点 E 为面 B′BCC′的中心,点 F 为 B′C′的中点,则空间四边形 D′OEF 在该正方体的各个面上的投影不可能是 ( )

答案 D 解析 空间四边形 D′OEF 在正方体的面 DCC′D′上的投影是 A;在面 BCC′B′上的 投影是 B;在面 ABCD 上的投影是 C,故选 D. → → → → → 4.平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中, 向量AB、 AD、 AA1两两的夹角均为 60° , 且|AB|=1,|AD|=2, → → |AA1|=3,则|AC1|等于 A.5 答案 A → → → → 解析 ∵AC1=AA1+AB+AD, → → → → → → → → → → → → → ∴AC12=(AA1+AB+AD)2=AA12+AB2+AD2+2· AA1· AB+2· AA1· AD+2· AB· AD 1 1 1 =9+1+4+2×3×1× +2×3×2× +2×1×2× =25, 2 2 2 → ∴|AC1|=5.故选 A. 5.如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是一直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD, CD=2AB,PA⊥底面 ABCD,E 为 PC 的中点,则 BE 与平面 PAD 的 位置关系为________. 答案 平行 解析 取 PD 的中点 F,连接 EF, 1 在△PCD 中,EF 綊 CD. 2 又∵AB∥CD 且 CD=2AB, ∴EF 綊 AB, ∴四边形 ABEF 是平行四边形, ∴EB∥AF. B.6 C.4 D.8 ( )

又∵EB?平面 PAD,AF?平面 PAD, ∴BE∥平面 PAD.

题型一 空间点、线、面的位置关系 例1 (2013· 山东)如图,四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,

F,G,M,N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证:平面 EFG⊥平面 EMN. 思维启迪 (1)在平面 PAD 内作直线 CE 的平行线或者利用平面 CEF∥平面 PAD 证明; (2)MN 是平面 EFG 的垂线. 证明 (1)方法一 取 PA 的中点 H,连接 EH,DH. 又 E 为 PB 的中点, 1 所以 EH 綊 AB. 2 1 又 CD 綊 AB,所以 EH 綊 CD. 2 所以四边形 DCEH 是平行四边形,所以 CE∥DH. 又 DH?平面 PAD,CE?平面 PAD. 所以 CE∥平面 PAD. 方法二 连接 CF. 因为 F 为 AB 的中点, 1 所以 AF= AB. 2 1 又 CD= AB,所以 AF=CD. 2 又 AF∥CD,所以四边形 AFCD 为平行四边形. 因此 CF∥AD,又 CF?平面 PAD, 所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点,所以 EF∥PA. 又 EF?平面 PAD,所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE?平面 CEF,所以 CE∥平面 PAD. (2)因为 E、F 分别为 PB、AB 的中点,所以 EF∥PA. 又因为 AB⊥PA,

所以 EF⊥AB,同理可证 AB⊥FG. 又因为 EF∩FG=F,EF?平面 EFG,FG?平面 EFG. 所以 AB⊥平面 EFG. 又因为 M,N 分别为 PD,PC 的中点, 所以 MN∥CD,又 AB∥CD,所以 MN∥AB, 所以 MN⊥平面 EFG. 又因为 MN?平面 EMN,所以平面 EFG⊥平面 EMN. 思维升华 高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明,一般以解答题 的形式出现,试题难度中等,但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求,在试卷中 也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的 应用. 如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,M, N 分别为 A1B,B1C1 的中点.求证: (1)BC∥平面 MNB1; (2)平面 A1CB⊥平面 ACC1A. 证明 (1)因为 BC∥B1C1, 且 B1C1?平面 MNB1, BC?平面 MNB1, 故 BC∥平面 MNB1. (2)因为 BC⊥AC,且 ABC-A1B1C1 为直三棱柱, 故 BC⊥平面 ACC1A1. 因为 BC?平面 A1CB, 故平面 A1CB⊥平面 ACC1A1. 题型二 平面图形的翻折问题 例2 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC=90° ,CD 为∠ACB 的平分线,

点 E 在线段 AC 上, CE=4.如图 2 所示, 将△BCD 沿 CD 折起, 使得平面 BCD⊥平面 ACD, 连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点,求三棱锥 B-DEG 的体积.

思维启迪 (1)翻折前后,△ACD 内各元素的位置关系没有变化,易知 DE⊥DC,再根据平

面 BCD⊥平面 ACD 可证明 DE⊥平面 BCD; (2)注意从条件 EF∥平面 BDG 得线线平行,为求高作基础. (1)证明 ∵AC=6,BC=3,∠ABC=90° ,∴∠ACB=60° . ∵CD 为∠ACB 的平分线,∴∠BCD=∠ACD=30° . ∴CD=2 3. ∵CE=4,∠DCE=30° , ∴DE2=CE2+CD2-2CE· CD· cos 30° = 4, ∴DE=2,则 CD2+DE2=EC2. ∴∠CDE=90° ,DE⊥DC. 又∵平面 BCD⊥平面 ACD,平面 BCD∩平面 ACD=CD,DE?平面 ACD,∴DE⊥平面 BCD. (2)解 ∵EF∥平面 BDG,EF?平面 ABC,平面 ABC∩平面 BDG=BG,

∴EF∥BG. ∵点 E 在线段 AC 上,CE=4,点 F 是 AB 的中点, ∴AE=EG=CG=2. 如图,作 BH⊥CD 于 H. ∵平面 BCD⊥平面 ACD, ∴BH⊥平面 ACD. 3 由条件得 BH= , 2 1 1 1 S△DEG= S△ACD= × AC· CD· sin 30° = 3, 3 3 2 1 ∴三棱锥 B-DEG 的体积 V= S△DEG· BH 3 1 3 3 = × 3× = . 3 2 2 思维升华 平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的 变化情况.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化, 不在同一个平面上的性质发 生变化. (2012· 北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC,AB 的中 点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如 图(2).

(1)求证:DE∥平面 A1CB. (2)求证:A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由. (1)证明 因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE?平面 A1CB, 所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明 由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 又 A1D∩CD=D, 所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC, 所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD, 所以 A1F⊥平面 BCDE, 又因为 BE?平面 BCDE, 所以 A1F⊥BE. (3)解 线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下:

如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ.

故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 题型三 线面位置关系中的存在性问题 例3 如图,在矩形 ABCD 中,AB=2BC,P、Q 分别是线段 AB、CD 的

中点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; FP (2)问在 EP 上是否存在点 F, 使平面 AFD⊥平面 BFC?若存在, 求出 AP 的值;若不存在,说明理由. 思维启迪 先假设 EP 上存在点 F 使平面 AFD⊥平面 BFC,然后推证点 F 的位置. (1)证明 ∵EP⊥平面 ABCD, ∴EP⊥DP. 又 ABCD 为矩形,AB=2BC,P、Q 分别为 AB、CD 的中点,连接 PQ, 1 则 PQ⊥DC 且 PQ= DC. 2 ∴DP⊥PC. ∵EP∩PC=P,∴DP⊥平面 EPC. (2)解 假设存在 F 使平面 AFD⊥平面 BFC,

∵AD∥BC,BC?平面 BFC,AD?平面 BFC, ∴AD∥平面 BFC. ∴AD 平行于平面 AFD 与平面 BFC 的交线 l. ∵EP⊥平面 ABCD,∴EP⊥AD,而 AD⊥AB, AB∩EP=P,∴AD⊥平面 EAB,∴l⊥平面 FAB. ∴∠AFB 为平面 AFD 与平面 BFC 所成二面角的平面角. ∵P 是 AB 的中点,且 FP⊥AB, ∴当∠AFB=90° 时,FP=AP. FP ∴当 FP=AP,即 =1 时,平面 AFD⊥平面 BFC. AP 思维升华 对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在这个假设下利用线面关 系的性质进行推理论证,寻求假设满足的条件.若条件满足则肯定假设,若得到矛盾则否定 假设.

如图,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,已知 DC= DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD.若存在,确定 点 E 位置;若不存在,说明理由. (1)证明 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,连接 C1D, ∵DC=DD1,∴四边形 DCC1D1 是正方形, ∴DC1⊥D1C. 又 AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D, ∴AD⊥平面 DCC1D1, 又 D1C?平面 DCC1D1, ∴AD⊥D1C. ∵AD?平面 ADC1,DC1?平面 ADC1, 且 AD∩DC1=D, ∴D1C⊥平面 ADC1, 又 AC1?平面 ADC1,∴D1C⊥AC1. (2)解 假设存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD.

连接 AD1,AE,D1E, 设 AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,连接 MN, ∵平面 AD1E∩平面 A1BD=MN, 要使 D1E∥平面 A1BD, 可使 MN∥D1E, 又 M 是 AD1 的中点, 则 N 是 AE 的中点. 又易知△ABN≌△EDN, ∴AB=DE. 即 E 是 DC 的中点. 综上所述,当 E 是 DC 的中点时, 可使 D1E∥平面 A1BD.

题型四 空间向量与立体几何 例4 (2012· 大纲全国)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱

形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° ,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. 思维启迪 利用 PA⊥平面 ABCD 建立空间直角坐标系,利用向量求解. 方法一 (1)证明 因为底面 ABCD 为菱形, 所以 BD⊥AC. 又 PA⊥底面 ABCD,所以 PC⊥BD. 如图,设 AC∩BD=F,连接 EF. 因为 AC=2 2,PA=2,PE=2EC, 2 3 故 PC=2 3,EC= ,FC= 2, 3 PC AC 从而 = 6, = 6. FC EC PC AC 因为 = ,∠FCE=∠PCA, FC EC 所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90° . 由此知 PC⊥EF. 因为 PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直, 所以 PC⊥平面 BED. (2)解 在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足.

因为二面角 A-PB-C 为 90° , 所以平面 PAB⊥平面 PBC. 又平面 PAB∩平面 PBC=PB, 故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. 因为 BC 与平面 PAB 内两条相交直线 PA,AG 都垂直, 故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB, 所以底面 ABCD 为正方形,AD=2, PD= PA2+AD2=2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,BC?平面 PBC, 故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC 的距离相等, 即 d=AG= 2.

d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α,则 sin α= = . PD 2 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . 方法二 (1)证明 以 A 为坐标原点,射线 AC 为 x 轴的正半轴,建立 如图所示的空间直角坐标系 Axyz, 则 C(2 2,0,0),P(0,0,2),E? 设 D( 2,b,0),其中 b>0, 则 B( 2,-b,0). 2 2 → → 于是PC=(2 2,0,-2),BE=? ,b, ?, 3? ?3 2 2 → DE=? ,-b, ?, 3 3? ? → → → → 从而PC· BE=0,PC· DE=0,故 PC⊥BE,PC⊥DE. 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BED. → → (2)解 AP=(0,0,2),AB=( 2,-b,0). 设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向量,则 → → m· AP=0,m· AB=0,即 2z=0 且 2x-by=0, 令 x=b,则 m=(b, 2,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向量,则 → → n· PC=0,n· BE=0, 即 2 2p-2r=0 且 2p 2 +bq+ r=0, 3 3 2 2 ,n=?1,- , 2?. b b ? ? 4 2 2? , ? 3 ,0,3?

令 p=1,则 r= 2,q=-

因为二面角 A-PB-C 为 90° ,所以面 PAB⊥面 PBC, 2 故 m· n=0,即 b- =0,故 b= 2, b → 于是 n=(1,-1, 2),DP=(- 2,- 2,2), → n· DP 1 → 所以 cos〈n,DP〉= = , → 2 |n||DP| → 所以〈n,DP〉=60° . → 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n,DP〉互余, 故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° .

思维升华 用空间向量求解立体几何问题,主要是通过建立坐标系或利用基底表示向量坐 标,通过向量的计算求解位置关系及角的大小,二面角是历年高考的考查热点,平面的法 向量是解题中的一个重点,还要注意二面角的范围. 在如图所示的几何体中,底面 ABCD 为菱形,∠BAD= 60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且 AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥ 底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; D1P (2)在 D1E 上是否存在一点 P,使得 A1P∥平面 EAC,若存在,求 PE 的值,若不存在,说明理由. 解 (1)设 AC 与 BD 交于 O,如图所示建立空间直角坐标系 Oxyz, 设 AB=2,则 A( 3,0,0),B(0,-1,0),C(- 3,0,0),D(0,1,0), D1(0,1,2), → → → 设 E(0,-1,t),t>0,则ED1=(0,2,2-t),CA=(2 3,0,0),D1A= ( 3,-1,-2). ∵D1E⊥面 D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A, → → ? CA=0, ?ED1· ∴? 解得 t=3,∴E(0,-1,3), → → ?ED · D A = 0 , ? 1 1 → ∴AE=(- 3,-1,3), 设平面 EAC 的法向量为 m=(x,y,z), → ? CA=0, ?m· ?x=0, 则? ∴? , → - 3x-y+3z=0 ? ? AE=0, ?m· 令 z=1,y=3,m=(0,3,1). → 又平面 D1AC 的法向量ED1=(0,2,-1), → m· ED1 2 → ∴cos〈m,ED1〉 = . 2 → |m|· |ED1| 所以所求二面角的大小为 45° . (2)假设存在点 P 满足题意. → → → → 设D1P=λPE=λ(D1E-D1P), λ → 2λ λ → 得D1P= D E=(0,- , ), 1+λ 1 1+λ 1+λ

2λ λ → → → A1P=A1D1+D1P=(- 3,1,0)+(0,- , ) 1+λ 1+λ 2λ λ =(- 3,1- , ) 1+λ 1+λ → ∵A1P∥平面 EAC,∴A1P⊥m, 2λ λ ∴- 3×0+3×(1- )+1× =0, 1+λ 1+λ 3 解得 λ= , 2 故存在点 P 使 A1P∥面 EAC,此时 D1P∶PE=3∶2.

(时间:80 分钟) 1.如图所示,在边长为 5+ 2的正方形 ABCD 中,以 A 为圆心画一个扇 形,以 O 为圆心画一个圆,M,N,K 为切点,以扇形为圆锥的侧面, 以圆 O 为圆锥底面,围成一个圆锥,求圆锥的全面积与体积. 解 设圆锥的母线长为 l,底面半径为 r,高为 h,由已知条件得

? ?l+r+ 2r=?5+ 2?× 2 ?2πr π , = ? ? l 2
解得 r= 2,l=4 2,S=πrl+πr2=10π, 1 2 30π h= l2-r2= 30,V= πr2h= . 3 3 2.如图, 在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中, D1D⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD. 证明 (1)方法一 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD, 所以 D1D⊥BD. 又因为 AB=2AD,∠BAD=60° , 在△ABD 中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos 60° =3AD2, 所以 AD2+BD2=AB2, 因此 AD⊥BD. 又 AD∩D1D=D,

所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1?平面 ADD1A1, 故 AA1⊥BD. 方法二 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD, 所以 BD⊥D1D. 如图,取 AB 的中点 G,连接 DG, 在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD. 又∠BAD=60° , 所以△ADG 为等边三角形, 因此 GD=GB,故∠DBG=∠GDB. 又∠AGD=60° ,所以∠GDB=30° , 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° , 所以 BD⊥AD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A. 又 AA1?平面 ADD1A,故 AA1⊥BD. (2)如图,连接 AC,A1C1, 设 AC∩BD=E,连接 EA1, 因为四边形 ABCD 为平行四边形, 1 所以 EC= AC. 2 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知 A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形, 因此 CC1∥EA. 又 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD, 所以 CC1∥平面 A1BD. 3.如图,四棱锥 P—ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,点 E 在线段 AD 上,且 CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面 PAD; (2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45° ,求四棱锥 P—ABCD 的体积. (1)证明 因为 PA⊥平面 ABCD,CE?平面 ABCD, 所以 PA⊥CE. 因为 AB⊥AD,CE∥AB,所以 CE⊥AD. 又 PA∩AD=A,所以 CE⊥平面 PAD. (2)解 由(1)可知 CE⊥AD.

在 Rt△ECD 中,DE=CD· cos 45° =1, CE=CD· sin 45° =1. 又因为 AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形 ABCE 为矩形. 1 所以 S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△ECD=AB· AE+ CE· DE 2 1 5 =1×2+ ×1×1= . 2 2 又 PA⊥平面 ABCD,PA=1, 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 P—ABCD= S 四边形 ABCD· PA= × ×1= . 3 3 2 6 4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中, 四边形 ABCD 是等腰梯形, AB∥CD, ∠DAB=60° ,FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值. (1)证明 因为四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , 所以∠ADC=∠BCD=120° . 又 CB=CD,所以∠CDB=30° , 因此∠ADB=90° ,即 AD⊥BD. 又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A,AE,AD?平面 AED, 所以 BD⊥平面 AED. (2)解 方法一 由(1)知 AD⊥BD,所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD,因此 CA,CB,CF

两两垂直. 以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴,y 轴, z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设 CB=1, 则 C(0,0,0),B(0,1,0),D? 3 1 ? ,F(0,0,1). ? 2 ,-2,0?

3 3 → → 因此BD=? ,- ,0?,BF=(0,-1,1). 2 ? ?2 设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m· BD=0,m· BF=0,所以 x= 3y= 3z, 取 z=1,则 m=( 3,1,1). → 由于CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m· CF 1 5 → 则 cos〈m,CF〉= = = , 5 → 5 |m||CF|

所以二面角 F-BD-C 的余弦值为

5 . 5

方法二 如图,取 BD 的中点 G,连接 CG,FG,由于 CB=CD,因 此 CG⊥BD. 又 FC⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 FC⊥BD. 由于 FC∩CG=C,FC,CG?平面 FCG, 所以 BD⊥平面 FCG,故 BD⊥FG, 所以∠FGC 为二面角 F-BD-C 的平面角. 在等腰三角形 BCD 中,由于∠BCD=120° , 1 因此 CG= CB.又 CB=CF, 2 所以 GF= CG2+CF2= 5CG,故 cos∠FGC= 因此二面角 F-BD-C 的余弦值为 5 . 5 5 , 5

5.(2012· 北京)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6.D,E 分别是 AC,AB 上的 点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如图 2.

(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由. (1)证明 ∵AC⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D,DE⊥CD,∴DE⊥平面 A1DC. ∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面 BCDE. (2)解 如图所示,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Cxyz,

则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0).

→ 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· A1B=0, → n· BE=0. → → 又A1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),

?3x-2 3z=0, ∴? 令 y=1,则 x=2,z= 3, ?-x+2y=0.
∴n=(2,1, 3).设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ. → ∵CM=(0,1, 3), → ? n· CM ? 4 2 → ∴sin θ=|cos〈n,CM〉|=? = = . 2 → ? 8× 4 |CM|? ?|n|· π ∴CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . 4 (3)解 线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.理由如下:

假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x′,y′,z′), → → 则 m· A1D=0,m· DP=0. → → 又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0),

?2y′-2 3z′=0, p ∴? 令 x′=2,则 y′=p,z′= , 3 ?px′-2y′=0.
∴m=?2,p,

?

p? . 3?

平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. ∴线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.

6.如图,在五面体 ABCDEF 中,FA⊥平面 ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M 为 EC 的中点, 1 AF=AB=BC=FE= AD. 2 (1)求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小; (2)证明:平面 AMD⊥平面 CDE; (3)求二面角 A-CD-E 的余弦值. (1)解 如图所示, 建立空间直角坐标系, 点 A 为坐标原点, 设 AB=1,

依题意得 B(1,0,0),C(1,1,0), D(0,2,0),E(0,1,1), F(0,0,1), 1 1? M? ?2,1,2?. → → BF=(-1,0,1),DE=(0,-1,1), → → BF· DE 0+0+1 1 → → 于是 cos〈BF,DE〉= = = . → → 2· 2 2 |BF||DE| 所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60° . 1 1? → → → → → → → (2)证明 由AM=? AM=0,CE· AD=0. ?2,1,2?,CE=(-1,0,1),AD=(0,2,0),可得CE· 因此,CE⊥AM,CE⊥AD.又 AM∩AD=A, 故 CE⊥平面 AMD.而 CE?平面 CDE, 所以平面 AMD⊥平面 CDE. (3)解 设平面 CDE 的法向量为 u=(x,y,z),则

→ ? ? CE=0, ?u· ?-x+z=0, ? 于是? ?-y+z=0. → ? ?u· DE=0. ? 令 x=1 可得 u=(1,1,1). 又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v=(0,0,1). 所以 cos u,v u· v 0+0+1 3 = = = . |u||v| 3 3×1 3 . 3

因为二面角 A-CD-E 为锐角,所以其余弦值为


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