广东省广州市重点学校备战高考数学一轮复习 立体几何

立体几何15
8．如图， PA=BC=6，AB=8，PB=AC=10，
342=PB ，F 是线段PB 上一点，17
34
15=
CF ，点E 在线段AB 上，且EF ⊥PB （I ）求证：PB ⊥平面CEF
（II ）求二面角B —CE —F 的大小（14分）
证明：∵2221006436PC AC PA ==+=+ ∴△PAC 是以∠PAC 为直角的直角三角形，同理可证 △PAB 是以∠PAB 为直角的直角三角形，△PCB 是以∠PCB 为直角的直角三角形。

故PA ⊥平面ABC 又∵306102
1
||||21=⨯⨯==
∆BC AC S PBC 而
PBC S CF PB ∆==⨯⨯=3017
34
1534221||||21 故CF ⊥PB,又已知EF ⊥PB ∴PB ⊥平面CEF
9．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3， BC=1，PA=2，E 为PD 的中点.
（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；
（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到 AB 和AP 的距离.
本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.
解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、
B （3，0，0）、
C （3，1，0）、
D （0，1，0）、 P （0，0，2）、
E （0，
2
1
，1）， 从而).2,0,3(),0,1,3(-== 设PB AC 与的夹角为θ，则
,14
7
37
23|
|||cos =
=
⋅=
PB AC θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为
14
7
3. （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），则
)1,2
1
,(z x --=，由NE ⊥面PAC 可得，
⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.021
3,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.
0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(
，从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，6
3
.
（Ⅱ）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6
π
=
∠ADF .
连PF ，则在Rt △ADF 中.3
3
tan ,332cos ====
ADF AD AF ADF AD DF
设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，
∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC ，从而NE ⊥面PAC. ∴N 点到AB 的距离12
1
==
AP ，N 点到AP 的距离.6321=
=AF
10.如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中AB=4，
BC=2，CC 1=3，BE=1. （Ⅰ）求BF 的长；
（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离.
本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.
解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC 交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD ，且EH=AD. 又∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH.
∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1. ∴DF=C 1H=2.
.6222=+=∴DF BD BF
（Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ， 则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG. 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，
由三垂线定理可知AG ⊥C 1M.由于AG ⊥面C 1MC ，且
AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到平面AEC 1F 的距离
.
.11
33
417
12317
123,17
121743cos 3cos 3,.
17,1,2
2
1
1
221=+
⨯
=
⨯=
∴=⨯
===∠=∠=+===MC CC CM CQ GAB MCG CM MCG GAB BG AB AG BG CG
BG
CC EB 知由从而可得由
（II ）设1n 为平面AEC 1F 的法向量，
)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然 ⎩
⎨
⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020
140,0,011y x y x n AE n 得由 ⎪⎩
⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.
41,
1,022,014y x x y 即 111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为a ，则 .33
33
4116
1
133|
|||cos 1111=++
⨯=
⋅=
n CC α ∴C 到平面AEC 1F 的距离为
.11
33
4333343cos ||1=⨯
==αCC d
11.如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AD 上移动. （1）证明：D 1E ⊥A 1D ；
（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离；
（3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为
4
π
.
解法（一）
（1）证明：∵AE ⊥平面AA 1DD 1，A 1D ⊥AD 1，∴A 1D ⊥D 1E
（2）设点E 到面ACD 1的距离为h ，在△ACD 1中，AC=CD 1=5，AD 1=2， 故.2
121,232152211=⋅⋅==-⋅⋅=
∆∆BC AE S S ACE C AD 而 .31,23121,3
1
31111=∴⨯=⨯∴⋅=⋅=
∴∆∆-h h h S DD S V C AD AEC AEC D
（3）过D 作DH ⊥CE 于H ，连D 1H 、DE ，则D 1H ⊥CE ， ∴∠DHD 1为二面角D 1—EC —D 的平面角. 设AE=x ，则BE=2－x
,
,,1,.
1,4
,211x EH DHE Rt x DE ADE Rt DH DHD DH D Rt =∆∴+=∆=∴=
∠∆中在中在中在 π
.
4
,32.
32543.54,3122π
的大小为二面角时中在中在D EC D AE x x x x x x CE CBE Rt CH DHC Rt ---=∴-=⇒+-=+∴+-=∆=∆
（3）设平面D 1EC 的法向量),,(c b a =，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD D x
由⎩⎨
⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,
0,01x b a c b D 令b=1, ∴c=2,a =2－x ， ∴).2,1,2(x -= 依题意.2
25
)2(22
2
|
|||4
cos
211=
+-⇒=
⋅=
x DD n π ∴321+=x （不合，舍去），322-=x . ∴AE=32-时，二面角D 1—EC —D 的大小为4
π
.。