专题五 第二讲 战考场

一、选择题1．(2011·杭州五校质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，AA1⊥底面ABC，AA1＝3，那么直线AB与平面A1BC所成角的正弦值为()A.34 B.54C.74 D.34解析：如图，设D为BC的中点，连接A1D，AD，容易得到A1D ⊥BC，AD⊥BC，于是，过A作AH⊥A1D于H，易得AH⊥平面A1BC，连接BH，则∠ABH就是直线AB与平面A1BC所成的角，在Rt△A1AD中，AA1＝3，AD＝3，A1D＝23，∴AH＝32，sin∠ABH＝34.答案：D2．(2011·重庆高考)到两互相垂直的异面直线的距离相等的点()A．只有1个B．恰有3个C．恰有4个D．有无穷多个解析：在长方体ABCD－A1B1C1D1中建立如图所示的空间直角坐标系，易知直线AD与D1C1是异面且垂直的两条直线，过直线AD与D1C1平行的平面是平面ABCD，因此考虑在平面ABCD内到直线AD与D1C1的距离相等的动点M(x，y,0)的坐标所满足的条件，作MM1⊥AD于点M1，MN⊥CD于点N，NP⊥D1C1于点P，连接MP，易知MN⊥平面CDD1C1，MP⊥D1C1，若MM1＝MP，则有y2＝x2＋a2(其中a是异面直线AD与D1C1间的距离)，即有y2－x2＝a2，从而可知在平面ABCD内动点M的轨迹是双曲线的一部分，故满足题意的点有无穷多个．答案：D3．(2011·唐山一模)正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1B与平面A1ACC1所成的角为() A．30°B．45°C．60°D．90°解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接A1O，则有BD⊥AC.又AA1⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD ，因此有BD ⊥AA 1，BD ⊥平面A 1ACC 1，则∠OA 1B 是直线A 1B 与平面A 1ACC 1所成的角．设正方体的棱长为a .在Rt △OA 1B 中，sin ∠OA 1B ＝OB A 1B ＝22a 2a ＝12，所以∠OA 1B ＝30°， 直线A 1B 与平面A 1ACC 1所成的角是30°.答案：A4.在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点A 到平面A 1DM 的距离为( )A.63a B.66a C.22a D.12a 解析：作AN ⊥DM ，N 为垂足，连接A 1N ，作AG ⊥A 1N ，G为垂足，正方体中AA 1⊥平面ABCD 则AA 1⊥DM ，从而DM ⊥平面AA 1N ，则有DM ⊥AG .又AG ⊥A 1N得AG ⊥平面A 1DM ，AG 即为点A 到平面A 1DM 的距离，在Rt △ADM 中，DA ＝a ，AM ＝a 2，DM ＝52a ， AN ＝AD ·AM DM ＝55a .在Rt △AA 1N 中， A 1N ＝AN 2＋AA 21＝305a ， 则AG ＝AN ·AA 1A 1N ＝66a . 答案：B二、填空题5．在三棱锥P －ABC 中，∠ABC ＝90°，PB ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝22，PB ＝2，则点B 到平面PAC 的距离是________．解析：建立空间直角坐标系B －xyz ，如图，则A (22，0,0)，C (0,22，0)，P (0,0,2)则PA ＝(22，0，－2)．PC ＝(0,22，－2)设平面PAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎨⎧ 22x －2z ＝0，22y －2z ＝0.取x ＝1得平面PAC 的一个法向量为n ＝(1,1，2)．又BP ＝(0,0,2)， ∴B 到平面PAC 的距离d ＝|BP ·n ||n |＝222＝ 2. 答案： 26．(2011·石家庄一检)已知矩形ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，若将其沿对角线AC 折成直二面角，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为________．解析：作DE ⊥AC 于点E ，作BF ⊥AC 于点F ，则DE ⊥平面ABC ，BF ⊥平面ADC .且AF ＝CE ＝165， AB ·CD ＝(AF ＋FB )·(CE ＋ED )＝AF ·CE ＋AF ·ED ＋FB ·CE ＋FB ·ED ＝－(165)2， 故cos 〈AB ，CD 〉＝AB ·CD | AB |·|CD |＝－1625， 故异面直线AB ，CD 所成角的余弦值为1625.答案：16257．(2011·广西阶段性检测)如图，已知α－l －β是60°的二面角，A∈l ，射线AC ⊂β，AC 与l 成45°角，线段AP ⊂α，AP ⊥l ，且AP ＝4，PH ⊥AC 交AC 于H ，则AH ＝________.解析：过P 作PB ⊥β，垂足为B ，连接AB 、BH ，易知∠PAB 就是二面角α－l －β的平面角，即∠PAB ＝60°，易得BH ⊥AC ，BA ⊥l ，那么∠BAH ＝45°.在Rt △PAB 中，可得AB ＝2，在Rt △HAB 中，可得AH ＝ 2.答案： 2三、解答题8.(2011·新课标全国卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)若PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．解：(1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD .从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD .又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD .所以BD ⊥平面PAD .故PA ⊥BD .(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)． AB ＝(－1，3，0)，PB ＝(0，3，－1)， BC ＝(－1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·AB ＝0，n ·PB ＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0， 因此可取n ＝(3，1，3)． 设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎨⎧m ·PB ＝0，m ·BC ＝0， 可取m ＝(0，－1，－3)．则cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277. 故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.9.(2011·西城模拟)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成角为60°.(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)求二面角F －BE －D 的余弦值；(3)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．解：(1)证明：因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AC .因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，从而AC ⊥平面BDE .(2)因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以建立空间直角坐标系D －xyz 如图所示．因为BE 与平面ABCD 所成角为60°，即∠DBE ＝60°，所以ED DB ＝ 3. 因为正方形ABCD 的边长为3，所以BD ＝32，所以DE ＝36，AF ＝ 6.则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0，3,0)，所以BF ＝(0，－3，6)，EF ＝(3,0，－26)，设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·BF ＝0，n ·EF ＝0，即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0， 令z ＝6，则n ＝(4,2，6)．因为AC ⊥平面BDE ，所以CA 为平面BDE 的一个法向量，CA ＝(3，－3,0)，所以cos 〈n ，CA 〉＝n ·CA |n ||CA |＝626×32＝1313. 因为二面角为锐角，所以二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (3)点M 是线段BD 上一个动点，设M (t ，t,0)．则AM ＝(t －3，t,0)，因为AM ∥平面BEF ，所以AM ·n ＝0，即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.此时，点M 坐标为(2,2,0)，BM ＝13BD ，符合题意． 10.(2011·东莞模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，O 为AD 中点．(1)求证 ：PO ⊥平面ABCD ；(2)求直线BD 与平面PAB 所成角的正弦值；(3)线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32. 解：法一：(1)证明：在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD .又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，∴PO ⊥平面ABCD .(2)由(1)知PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥AB .又AB ⊥AD ，PO ∩AD ＝O ，∴AB ⊥平面PAD .∴AB ⊥PD .∵PA ＝PD ＝2，AD ＝2，∴在Rt △APD 中，PD ⊥PA ，PA ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面PAB .∴∠DBP 为直线BD 与平面PAB 所成的角．在Rt △DPB 中，BD ＝5，PD ＝2，∴sin ∠DBP ＝PD BD ＝25＝105.∴直线BD 与平面PAB 所成角的正弦值为105.(3)假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32.设QD ＝x ，则S △DQC ＝12x ，由(2)得CD ＝OB ＝2，在Rt △POC 中，PC ＝OC 2＋OP 2＝2，∴PC ＝CD ＝DP ＝ 2.∴S △PCD ＝34·(2)2＝32.由V P －DQC ＝V Q －PCD ，得13PO ·S △DQC ＝13·32·S △PDC ，∴x ＝32.∴存在点Q 满足题意，此时QD ＝32.法二：(1)同法一(1)．(2)由(1)知可以以OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，得A (0，－1,0)，D (0,1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，P (0,0,1)， BD ＝(－1,2,0)，AB ＝(1,0,0)，AP ＝(0,1,1)，设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AP ＝0，n ·AB ＝0可以求得n＝(0,1，－1)，cos〈BD，n〉＝10 5，∴直线BD与平面PAB所成角的正弦值为10 5.(3)设平面PCD的一个法向量为m＝(a，b，c)，DC＝(1，－1,0)，PD＝(0,1，－1)，可求得m＝(1,1,1)．设Q(0，q,0)(－1≤q≤1)，QD＝(0,1－q,0)，那么Q到平面PCD的距离为d＝|QD·m||m|＝32，解得q＝－12，∴在线段AD上存在Q(0，－12，0)，使得它到平面PCD的距离为3 2.。