广东省某重点中学2013届高三数学理高考冲刺之立体几何一 含答案

2013届高三冲刺复习 立体几何一 角度问题 2013—4-26
一、基础：做好向量法基础。

会：建系，求坐标，求法向量，求各种角.
二、突破：面面角，线面角的几何作法：一作，二证,三求。

1、如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长是2，D 是侧棱CC 1的
中点，直线AD 与侧面BB 1C 1C 所成的角为45°．
（1）求此正三棱柱的侧棱长
; (2)求二面角A —BD-C 的大小的正切值； （3）求点C 到平面ABD 的距离．
A
B C D
1
A 1
B 1
C
ks5u
课后巩固练习
1、如图,△ABC的外接圆⊙O的半径为，CD⊥⊙O所在的平
面,BE
//CD，CD=4,BC=2，且BE=1，cos AEB
∠=
（1）求证：平面ADC⊥平面BCDE；(2)求几何体ABCDE 的体积；
(3）试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为2
7
？
若存在,确定点M
（．本题方法自选
．．．．．．
)．
ks5u
2、如图，四棱锥ABCD P -的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，且
PA AB =， E
是PD 中点．
（1)证明：PB //平面AEC ；
（2）求直线PB 与EC 所成角的余弦值； （3）求二面角D AC E --的正切值。

(．建议尝试一下．．．．．．用几何法．．．．，如若不会就用向量法．．．．．．．．．．）．．．
ks5u
3、在三棱锥P ABC -中，PAC ∆和PBC ∆22AB =,
O 是AB 中点．
（Ⅰ）在棱PA 上求一点M ，使得OM ∥平面PBC ； （Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面ABC ； (Ⅲ）求二面角P BC A --的余弦值．
（．本题要求．．．．用几何法．．．．，不准用向量法．．．．．．．）．．．
2013届高三冲刺复习 立体几何一 2013—4—26
1、如图，正三棱柱ABC －A 1
B 1
C 1
的底面边长是2,D 是侧棱CC 1的中点,直线AD 与侧面BB 1C 1C 所成的角为45°． （1）求此正三棱柱的侧棱长；
（2）求二面角A-BD-C 的大小的正切值； （3）求点C 到平面ABD 的距离．
解（1)设正三棱柱ABC —1
1
1
C B A 的侧棱长为x ．取BC 中点E ,连AE ．
ABC
∆ 是正三角形，AE BC ∴⊥．又底面ABC ⊥侧面11
BB C C ，且交线为BC ．
AE ∴⊥侧面11BB C C ．……3分
连ED ，则直线AD 与侧面11
BB C C 所成的角为45ADE ∠=．
在AED Rt ∆中，tan 45AE
ED
=
=,解得x =
∴此正三棱柱的侧棱长为
……5分
注：也可用向量法求侧棱长．
A B
C
D
1
A 1
B
1
C
（2）解法1：过E 作EF BD ⊥于F ，连AF ，
⊥AE 侧面,11C C BB ∴AF BD ⊥．AFE ∴∠为二面角C BD A --的平面角 (7)
分
在BEF Rt ∆中，sin EF BE EBF =∠， 又
2223
1,sin 32(2)CD BE EBF BD =∠=
==
+，∴
3EF =． 又3,AE =
∴在AEF
Rt ∆中，
tan 3AE AFE EF ∠=
=．
故二面角C BD A --的大小为正切值为3． ……9分 解法2:（向量法,见后）
（3)解法1：由（2）可知，⊥BD 平面AEF ,∴平面AEF ⊥平面ABD ,且交线为AF ，
∴过E 作EG AF ⊥于G ，则EG ⊥平面ABD ． (11)
分
在AEF Rt ∆中，
22333033(3)(
)3
AE EF
EG AF
⨯=
==
+．
E
为BC 中点，∴点C 到平面ABD 的距离为2302EG =
． (13)
分
解法2：（思路)取AB 中点H ，连CH 和DH ，
由,CA CB =DA DB =,易得平面ABD ⊥平面CHD ，且交线为DH ． 过点C 作CI DH ⊥于I ，则CI 的长为点C 到平面ABD 的距离．
解法3：（思路）等体积变换：由C ABD
A BCD V V --=可求．
解法4：(向量法，见后） 题(Ⅱ）、(Ⅲ）的向量解法：
（2）解法2:如图，建立空间直角坐标系xyz o -． 则3),(0,1,0),(0,1,0),(2,1,0)A B C D --．
设1(,,)n x y z =为平面ABD 的法向量．
由⎪
⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0,
021AD n AB n
得3230y z x y z ⎧=⎪
⎨-+=⎪⎩．取1(6,3,1).n =-- (7)
分
又平面BCD 的一个法向量2(0,0,1).n =
∴10
10
1)3()6(1)1,0,0()1,3,6(,cos 222212121=
+-+-⨯⋅--=⋅>=<n n n n n n
．
结合图形可知，二面角
C
BD A --的大小为的余弦值为
10
arccos
10
． ……9分
（3)解法4：由(2）解法2，1
(6,3,1),n
=--(0,13).CA =-
∴点C 到平面ABD 的距离
1
1
n n CA d ⋅=2
2
2
1
)3()6()1,3,6()3,1,0(+-+---⋅-=＝10302
2013届高三冲刺复习 立体几何一 角度问题 2013—4—26 1、
2、解:（Ⅰ）当M为棱PA中点时，OM∥平面PBC。

证明如下：,M O分别为,PA AB中点,∴OM∥PB 又PB⊂平面PBC,OM⊄平面PBC
∴∥平面PBC.
OM
(Ⅱ）连结OC,OP
==O为AB中点，2
2
AC CB
AB=，
∴⊥AB，1
OC
OC=.
同理, PO⊥AB,1
PO=.
又2
PC=2222
PC OC PO
∴=+=，
∴∠=。

PO
90
POC
∴⊥OC。

PO ⊂平面PAB
∴
平面PAB ⊥平面ABC . （Ⅲ）如图,建立空间直角坐标系O xyz -。

则(1,0,0)B ，(0,1,0)C ，(0,0,1)P ，
(1,1,0)BC ∴=-，(1,0,1)PB =- 。

由（Ⅱ）知(0,0,1)OP =是平面ABC 的一个法向量。

设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =n ,
则00
00BC x y x z PB ⎧⋅=-+=⎧⎪⇒⎨⎨-=⋅=⎩
⎪⎩n n 。

令1z =,则1,1x y ==,∴平面PBC 的一个法向量(1,1,1)=n .
3
cos ,||||13
OP OP OP ⋅∴<>=
==⋅⨯n n n . 二面角P BC A --的平面角为锐角,
∴
所求二面角P BC A --的余弦值为
3
3
．ks5u
3、解：（1）∵CD ⊥平面ABC ，BE //CD
∴ BE ⊥平面ABC ，∴BE ⊥AB …… 1分 ∴
21
cos 21
BE AEB AE ∠=
=
∵BE=1 ∴ 21AE =
从而2225AB AE BE =
-= … 2分
∵⊙O 的半径为5∴AB 是直径,∴AC ⊥BC ……
3分
又∵CD ⊥平面ABC ，∴CD ⊥AC,故AC ⊥平面BCDE
AC ⊂平面
ADC ，∴平面ADC ⊥平面BCDE …… 5分
(2）由（1)知：224AC AB BC =-=，
且 AC 是几何体ABCDE 的一条
高… 6分
(3）方法一：假设点M 存在，过点M 作MN ⊥CD 于N ，连结AN ，作MF ⊥CB 于F,连结AF
∵平面ADC ⊥平面BCDE,∴MN ⊥平面ACD
∴∠MAN 为MA 与平面ACD 所成的角 …… 10分 设
MN=x ,
计算易得，
DN=32
x ,MF=342
x -
…… 11分 故
AM =
==2sin 7
MN
MAN AM
∠=
== (12)
分 解
得：
83
x =-
（舍去）
4
3
x =
， …… 13分
故23
MN CB =,从而满足条件的点M 存在，且23
DM DE = ……
14分
方法二：建立如图所示空间直角坐标系C —xyz ，则：
A （4，0,0),
B （0，2，0），D （0,0，4），E （0，2，1）,O （0,0，0)
则(0,2,3)DE =-
易知平面ABC 的法向量为OB =假设M 点存在，设(,,)M a b c ,则 再设,(0,1]DM DE λλ=∈
学必求其心得，业必贵于专精
00224343a a b b c c λλλλ==⎧⎧⎪⎪∴=⇒=⎨⎨⎪⎪-=-=-⎩⎩，即(0,2,43)M λλ-，从而(4,2,43)AM λλ=--11分
设直线BM 与平面ABD 所成的角为θ,则： 22sin cos ,7
2164AM OB θλ===+ ………………………… 12分
解
得42
33λλ=-=或，
………………………… 13分
其中4(0,1]3λ=-∉应舍去,而2
(0,1]3λ=∈
故满足条件的点M 存在,且点M 的坐标为4
(0,,2)3 ………………………… 14分。