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高中数学《立体几何》大题及答案解析( 理)
1.( 2009 全国卷Ⅰ)如图,四棱锥S ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, SD底面ABCD,
AD2 ,DC
o SD 2 ,点 M 在侧棱 SC 上,∠ABM=60。
(I )证明:M是侧棱SC的中点;
求二面角 S AM B 的大小。
2.( 2009 全国卷Ⅱ)如图,直三棱柱DE ⊥平面 BCC 1(Ⅰ)证明: AB=AC 的角的大小ABC-A 1B1C1中, AB ⊥ AC,D 、E 分别为 AA 1、 B1C 的中点,(Ⅱ)设二面角A-BD-C 为 60°,求 B 1C 与平面 BCD 所成
A 1 C
1
B1
D E
A
C
B
3. ( 2009浙江卷)如图,DC平面ABC,EB / / DC,AC BC EB 2DC 2 ,
ACB 120o, P,Q 分别为 AE , AB 的中点.(I)证明: PQ / / 平面ACD;(II)求AD与平面 ABE 所成角的正弦值.
4.( 2009 北京卷)如图,四棱锥P ABCD 的底面是正方形,
PD 底面 ABCD ,点E在棱PB上.(Ⅰ)求证:平面
AEC 平面 PDB ;(Ⅱ)当 PD2AB 且E为PB的中点时,
求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小.
5.( 2009 江西卷)如图,在四棱锥P ABCD 中,底面 ABCD 是矩形, PA平面ABCD,
PA AD 4 , AB 2 .以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交PD 于点 M .
(1)求证:平面ABM⊥平面PCD;
(2)求直线PC与平面ABM所成的角;
(3)求点O到平面ABM的距离.
P
M
A D
O
B
C
6(. 2009 四川卷)如图,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF
所在平面互相垂直,△ ABE 是等腰直角三角形,AB AE , FA FE , AEF 45 (I)求证: EF 平面 BCE ;
( II )设线段 CD 、 AE 的中点分别为 P 、 M ,求证: PM ∥平面BCE ( III )求二面角 F BD A 的大小。
SD⊥平面ABCD,SD= AD= a, 点 E 是7.( 2009 湖北卷文)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,
SD上的点,且DE=a(0<≦ 1).
( Ⅰ ) 求证:对任意的(0、1),都有AC⊥BE:
( Ⅱ ) 若二面角C-AE-D 的大小为0
60 C,求的值。
8(. 2009 湖南卷)如图3,在正三棱柱ABC A1B1C1中,AB =4,
AA1 7 ,点D 是BC 的中点,点 E 在AC 上,且DE A1E.
(Ⅰ)证明:平面A1 DE 平面ACC1 A1;(Ⅱ)求直线AD
和平面A1 DE 所成角的正弦值。
9(. 2009 四川卷)如图,正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直,△ABE 是等腰直角三角形,AB AE, FA FE , AEF 45
( I )求证:EF 平面 BCE ;
(II )设线段CD、AE的中点分别为P、M,求
证: PM ∥平面BCE
(III )求二面角F BD A的大小。
10. ( 2009 重庆卷文)如题(18 )图,在五面体ABCDEF 中,AB ∥DC ,BAD ,
2 CD AD 2 ,四边形ABFE 为平行四边形,FA 平面ABCD ,FC 3, ED 7 .求:(Ⅰ)直线AB 到平面 EFCD 的距离;
(Ⅱ)二面角 F AD E 的平面角的正切值.
11.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)设 PD = AD,求二面角 A- PB- C 的余弦值.
12(本小题满分12 分)如图,已知四棱锥P-ABCD 的底面为等腰梯形,AB P CD,AC BD ,垂足为H,
PH 是四棱锥的高, E 为AD 中点
(1)证明: PE BC
( 2)若APB=ADB=60 °,求直线PA 与平面 PEH 所成角的正弦值
参考答案
1、【解析】( I )解法一:作MN ∥ SD 交 CD 于N,作 NE AB 交 AB 于E,
连 ME 、 NB ,则MN 面 ABCD , ME AB ,NE AD2
设 MN x ,则 NC EB x ,
在 RT MEB 中,Q MBE 60 ME 3x 。
在 RT MNE 中由ME2 NE 2 MN 2 3x2 x2 2
解得 x 1 ,从而 MN 1
SD M 为侧棱SC的中点 M. 2
解法二 :过M作CD的平行线 .
(II )分析一 :利用三垂线定理求解。在新教材中弱化了三垂线定理。这两年高考中求二面角也
基本上不用三垂线定理的方法求作二面角。
过 M 作 MJ ∥ CD 交 SD 于 J ,作 SH AJ 交 AJ 于 H ,作 HK AM 交 AM 于 K ,则JM ∥ CD , JM 面 SAD ,面 SAD 面 MBA , SH 面 AMB SKH 即为所求二面角的补角 .
法二:利用二面角的定义。在等边三角形ABM 中过点 B 作 BF AM 交 AM 于点 F ,则点 F 为AM的中点,取SA的中点G,连GF,易证 GF AM ,则GFB 即为所求二面角.
解法二、分别以DA 、 DC 、 DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D— xyz ,则A( 2,0,0), B (2,2,0), C ( 0,0,2), S( 0,0,2) 。
z
S
M
C
y
D
A
B
x
(Ⅰ)设 M (0, a, b)( a 0,b 0) ,则
BA (0, 2,0), BM ( 2, a 2,b), SM (0,a,b2) ,
SC (0,2, 2) ,由题得
cos BA , BM SM // SC 1 2,即
2(a 2) 1
2 (a 2)2 b 2 2 2
解之个方程组得 a 1,b 1 即 M (0,1,1)
2a 2(b 2)
所以 M 是侧棱 SC 的中点。
法 2:设SM MC ,则M (0, 2 , 2 ), MB ( 2, 2 , 2 )
1 1 1 1
又
AB (0,2,0), MB , AB 60o
故 MB ? AB | MB | | AB | cos60o,即
4 2 ( 2 ) 2 (
1 2 )2 ,解得1,
1 1
所以 M 是侧棱 SC 的中点。
(Ⅱ)由(Ⅰ)得M (0,1,1), MA ( 2 , 1, 1) ,又 AS ( 2,0,2) , AB (0,2,0) ,
设 n ( x , y , z ), n
2 ( x
2
, y
2
, z ) 分别是平面 SAM 、 MAB 的法向量,则
1 1 1 1 2
n1 ? MA 0
且n2 ? MA 0 2 x1 y1 z1 0
且
2 x2 y2 z2 0
,即
2 x1 2z1 0 2 y2 0
n1 ? AS 0 n1 ? AB 0
分别令 x 1 x 2 2 得 z1 1, y1 1, y2 0, z2 2 ,即n1 ( 2,1,1), n2 ( 2 ,0,2) ,
∴ cos n1 , n2 2 0 2 6 2 6 3
二面角 S AM B 的大小
6 arccos 。
3
2、解法一:(Ⅰ)取 BC 中点 F,连接 EF,则 EF 1
B1B ,从而EF DA 。2
连接 AF ,则 ADEF 为平行四边形,从而AF//DE 。又 DE⊥平面BCC1,故 AF⊥平面BCC1,从
而 AF ⊥ BC ,即 AF 为 BC 的垂直平分线,所以 AB=AC 。
(Ⅱ)作 AG ⊥ BD ,垂足为 G ,连接 CG 。由三垂线定理知 CG ⊥ BD ,故∠ AGC 为二面角 A-BD-C
的平
0.
面角。由题设知,∠ AGC=60 .
设 AC=2,则 AG=
2
。又 AB=2, BC=2 2 ,故 AF= 2 。
3
由 AB AD AG BD 得 2AD=
2 . AD 2 22 ,解得 AD= 2 。
3
故 AD=AF 。又 AD ⊥ AF ,所以四边形 ADEF 为正方形。
因为 BC ⊥ AF , BC ⊥ AD , AF ∩AD=A ,故 BC ⊥平面 DEF ,因此平面 BCD ⊥平面 DEF 。 连接 AE 、 DF ,设 AE ∩ DF=H ,则 EH ⊥ DF , EH ⊥平面 BCD 。 连接 CH ,则∠ ECH 为 B 1C 与平面 BCD 所成的角。 因 ADEF 为正方形, AD= 2 ,故 EH=1,又 EC=1
B 1
C =2,
2
所以∠ ECH=30,即 B 1C 与平面 BCD 所成的角为 30 .
解法二:
(Ⅰ)以 A 为坐标原点,射线 AB 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的直角坐标系 A — xyz 。
设 B ( 1,0,0),C ( 0,b ,0),D ( 0,0,c ),则 B 1( 1,0,2c ),E
1
b
(
,
, c ) .
1
b
于是 DE =(
,
,0), BC =( -1,b,0).由 D E ⊥平面 BCC 1 知
DE⊥ BC,DE BC =0,求得b=1,所以AB=AC 。
(Ⅱ)设平面BCD 的法向量AN (x, y, z), 则 AN BC 0, AN BD0. 又 BC =(-1,1,0),
x y0
BD =(-1,0,c),故
x cz0
令 x=1, 则 y=1, z= 1
, AN =(1,1,
1
).
c c
又平面 ABD 的法向量AC=(0,1,0)
由二面角 A BD C 为60°知,AN ,AC =60°,
故 AN AC AN AC cos60 °,求得 c 1 2
于是 AN (1,1, 2),CB1 (1, 1, 2)
cos AN,CB1 AN CB1 1
,AN CB1 2
AN,CB1 60 °
所以 B1 C 与平面BCD所成的角为30°
3、(Ⅰ)证明:连接DP ,CQ,在ABE 中,P,Q分别是AE, AB的中点,所以PQ // 1
BE ,2
又 DC // 1
BE ,所以PQ // DC,又 PQ 平面 ACD ,DC 平面 ACD ,所以PQ //平面 ACD 2
(Ⅱ)在ABC 中,AC BC 2, AQ BQ ,所以 CQ AB
而 DC 平面 ABC ,EB // DC,所以EB 平面 ABC
而 EB 平面 ABE ,所以平面 ABE 平面 ABC ,所以CQ 平面 ABE
由(Ⅰ)知四边形DCQP 是平行四边形,所以DP // CQ
所以 DP 平面ABE,所以直线AD在平面ABE内的射影是AP,
所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是DAP
在 Rt APD 中, AD AC2 DC 2 22 12 5 , DP CQ 2sin CAQ 1
所以 sin DAP
DP1 5
AD5 5
4、【解法 1】(Ⅰ)∵四边形ABCD 是正方形,∴ AC ⊥ BD ,
∵PD 底面 ABCD ,
∴PD⊥AC ,∴ AC ⊥平面 PDB,
∴平面 AEC平面PDB.
(Ⅱ)设 AC∩BD=O ,连接 OE,
由(Ⅰ)知AC⊥平面 PDB 于 O,
∴∠ AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角,
∴ O, E 分别为 DB 、 PB 的中点,
1
∴ OE//PD ,OE PD ,又∵ PD底面ABCD,
2
∴OE⊥底面 ABCD , OE⊥ AO ,
在 Rt△ AOE 中,OE
1 PD
2 AB AO ,
2 2
∴AOE 45 ,即AE与平面PDB所成的角的大小为 45 .
【解法 2】如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系D xyz ,
设 AB a, PD h,
则 A a,0,0 , B a, a,0 , C 0,a,0 , D 0,0,0 , P 0,0, h ,
uuur uuur uuur
a, a,0 ,(Ⅰ)∵ AC a, a,0 , DP 0,0, h , DB
uuur uuur uuur uuur
0 ,
∴ AC DP 0, AC DB
∴AC ⊥ DP, AC ⊥DB ,∴ AC ⊥平面 PDB ,
∴平面 AEC 平面 PDB .
(Ⅱ)当 PD 2 AB 且E为PB的中点时, P 0,0, 2a , E 1
a,
1
a,
2
a ,
2 2 2
设AC∩ BD=O ,连接 OE ,
由(Ⅰ)知 AC ⊥平面 PDB 于 O,∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角,
uuur 1 1
2
uuur 2 ,
∵ EA
a,
a,
2 a , EO0,0,
a 2
2 2
uuur uuur 2 ∴ cos
AEO EA EO
uuur uuur
,
EA EO 2
∴ AOE
45
,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 .
多面体 ABCDEF 的体积为 V E — ABC D + V E — BCF= 2 2
5、解:方法(一) :
( 1)证:依题设,M在以BD为直径的球面上,则BM⊥PD
.
因为PA⊥平面ABCD,则PA⊥AB,又AB⊥AD,
所以AB⊥平面PAD, 则AB⊥PD, 因此有PD⊥平面ABM,
所以平面ABM⊥平面PC
D .
(2) 设平面ABM与PC交于点N,
因为AB∥CD, 所以A
B∥平面PCD,则AB∥MN∥CD,
由( 1)知,PD⊥平面ABM,则
MN 是 PN 在平面 ABM 上
的射影,
z
P
M
A
N
D
y
所以 PNM 就是 PC 与平面 ABM 所成的角,
且
PNM
PCD
B tan PNM
tan PCD PD 2 2
x
DC
所求角为 arctan2
2
( 3)因为 O 是 BD 的中点,则 O 点到平面 ABM 的距离等于 D 点到平面 ABM ( 1)知,PD⊥平面ABM于 M ,则 |DM| 就是 D 点到平面 ABM 距离 .
因为在 Rt △PAD 中, PA AD 4 , PD
AM ,所以 M 为 PD 中点, DM
到平面 ABM 的距离等于
2 。
方法二:
( 1)同方法一;
( 2)如图所示,建立空间直角坐标系,则
A(0,0,0) , P(0,0,4) , B(2,0,0) D (0,4,0) , M (0,2,2) ,
O
C
距离的一半,由
2 2 ,则 O 点
, C (2,4,0) ,
r
r uuur r uuuur
2x 0 ,令 z 1 ,
平面 ABM 的一个法向量 n
( x, y, z) ,由 n
AB, n
AM 可得:
2 y 2 z
uuur r
r
2 2
,即
PC n
y
1
n (0,1, 1) 所求角
,
sin
uuur r
,
3
PC n
所求角的大小 arcsin
2
2 . 3
uuur
uuur r
(1,2,0) ,得: h
AO n 2
( 3) 所求距离 h ,由 O (1,2,0), AO
r
n
6、【解析】 解法一:
因 平面 ABEF ⊥平面 ABCD ,BC 平面 ABCD , BC ⊥AB ,平面 ABEF ∩平面 ABCD=AB ,所以 BC ⊥平面 ABEF.
所以 BC ⊥ EF.
因 ⊿ ABE 等腰直角三角形, AB=AE ,
所以∠ AEB=45°, 又因 ∠ AEF=45,
所以∠ FEB=90°,即 EF ⊥ BE. 因 BC
平面 ABCD, BE
平面 BCE,
BC ∩ BE=B
所以 EF
平面 BCE
????????????????
6 分
( II )取 BE 的中点 N,CN,MN, MN
1
AB PC
2
∴ PMNC 平行四 形 , 所以 PM ∥CN. ∵ CN 在平面 BCE 内 ,PM 不在平面 BCE 内 , ∴ PM ∥平面 BCE.
????????????????
8 分
( III )由 EA ⊥ AB,平面 ABEF ⊥平面 ABCD,易知 EA ⊥平面 ABCD.
作 FG ⊥ AB, 交 BA 的延 于 G, FG ∥ EA.从而 FG ⊥平面 ABCD,
作 GH ⊥ BD 于 H,FH, 由三垂 定理知 BD ⊥ FH.
∴ ∠FHG 二面角 F-BD-A 的平面角 .
∵ FA=FE, ∠ AEF=45° , ∠ AEF=90° , ∠FAG=45°.
2 1 AB=1, AE=1,AF=
, FG AF sin FAG
2
2
1 3 在 Rt ⊿ BGH 中 , ∠ GBH=45° ,BG=AB+AG=1+ = ,
2 2
GH
BG sin GBH
3
2 3 2 2
2 4 ,
在 Rt ⊿ FGH 中 , tan FHG
FG 2 ,
GH
3
∴
二面角 F
BD
2
A 的大小 arc tan
3
????????????????12 分
解法二 : 因
ABE 等腰直角三角形, AB AE ,所以 AE
AB
又因 平面 ABEF 平面 ABCD
AB ,所以 AE ⊥平面 ABCD ,
所以 AE
AD
即 AD 、AB 、AE 两两垂直;如 建立空 直角坐 系
,
(I)
AB
1, AE 1 , B(0,1,0), D (1,0,0), E(0,0,1), C (1,1,0)
∵ FA
FE , AEF
45 ,∴
AFE =90 0 ,
1 1
从而 F (0,- , )
2 2
EF ( 0, 1 , 1
) , BE (0, 1,1), BC (1,0,0)
2 2
于是 EF BE 1 1
0 , EF BC 0 0
2 2
∴
EF ⊥ BE , EF ⊥ BC
∵ BE
平面 BCE , BC
平面 BCE , BC
BE B
∴ EF 平面 BCE
( II ) M ( 0,0,
1 ), P(1, 1 ,0) ,从而 PM ( 1, 1 , 1 )
2 2 1, 1 , 1
) (0, 1 , 1 ) 2 2 1 1
于是 PM EF ( 0
2 2 2 2 4 4 ∴ PM ⊥ EF ,又 EF ⊥平面 BCE ,直 PM 不在平面 BCE 内,
故 PM ∥平面 BCE
( III ) 平面
BDF 的一个法向量
n 1 ,并 n 1 =( x, y, z) BD (1, 1,0), BF (0,
3 , 1
)
2 2
n1 BD 0
x y 0 即
3 y 1 z
n1 BF 0 0
2 2
取 y 1 ,则 x 1, z 3 ,从而n1 =( 1, 1, 3)取平面 ABD D的一个法向量为 n2 (0,0,1)
cos n1、n2
n1 n2 3 3 11
n1 n2 11 1 11
故二面角 F BD A 的大小为arccos 3
11
11
7、(Ⅰ)证发 1:连接 BD ,由底面是正方形可得AC BD 。
SD 平面ABCD,BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影,
由三垂线定理得 AC BE.
(II) 解法 1: SD 平面 ABCD ,CD平面ABCD,SD CD.
又底面ABCD是正方形,CD A D,又SDAD=D , CD 平面 SAD 。
过点 D 在平面 SAD 内做 DF AE 于 F,连接 CF,则 CF AE ,
故CFD 是二面角 C-AE-D 的平面角,即CFD=6 0°
在 Rt△ ADE中,AD= a , DE= a , AE= a 2 1 。
于是, DF= AD ? DE
a
AE 2 1
在 Rt△ CDF中,由cot 60° =
DF
2
CD 1
得 3 ,即 3 2 3 =3
2 1 3
(0,1] ,解得=
2 2
8、解 :(Ⅰ)如图所示,由正三棱柱ABC A1B1C1的性质知 AA1 平面 ABC .
又 DE 平面 ABC,所以 DE AA1.而DE A1E, AA1 I A1 E A1,
所以 DE ⊥平面ACC1A1 .又 DE 平面 A1DE ,
故平面 A1DE ⊥平面 ACC1 A1.
(Ⅱ)解法 1: 过点 A 作 AF 垂直A1E于点F ,
连接 DF .由(Ⅰ)知,平面A1DE ⊥平面 ACC1 A1,
所以 AF 平面A1DE ,故ADF 是直线AD和
平面 A1DE 所成的角。因为DE ACC1A1,
所以 DE AC.而ABC 是边长为 4 的正三角形,
于是 AD= 2 3 ,AE= 4-CE =4 -1
CD =3. 2
又因为 AA1 7 ,所以A1E= A1E AA12 AE2 ( 7) 2 32 = 4,
AE AA1 3 7
sin ADF AF 21
.
AF ,
AD 8 A1 E 4
即直 AD 和平面A1DE 所成角的正弦21 8
解法 2 : 如所示,O 是 AC 的中点,以 O 原点建立空直角坐系,
相关各点的坐分是A(2,0,0,), A1(2,0, 7 ), D(-1, 3 ,0), E(-1,0,0).
uuuur uuur uuur
易知 A1D =(-3, 3 ,- 7 ), DE =(0,- 3 ,0), AD =(-3, 3 ,0).
r
n ( x, y, z) 是平面A1DE的一个法向量,
r uuuv
3 y 0,
n DE
r uuuv
3x 3 y 7 z 0.
n A1D
解得 x
7
z, y 0.
3
r
7,0, 3) .于是
故可取 n (
r uuur r uuur
3 7 21 n AD
cos n, AD r uuur =
3 8
n AD 4 2
由此即知,直AD 和平面A1DE所成角的正弦21 8
所以 ME与 BN不共面,它是异面直。??..12分9、【解析】解法一:
因平面 ABEF⊥平面 ABCD,BC 平面 ABCD, BC⊥AB,平面 ABEF∩平面 ABCD=AB,所
以 BC⊥平面 ABEF.
所以 BC⊥ EF.
因⊿ ABE等腰直角三角形,AB=AE,
所以∠ AEB=45°,
又因∠ AEF=45,
所以∠ FEB=90°,即 EF⊥ BE.
因 BC平面ABCD, BE平面BCE,
BC∩ BE=B
所以 EF 平面 BCE ?????? 6 分
( II )取 BE的中点 N,CN,MN, MN 1
AB PC 2
∴PMNC 平行四形 , 所以 PM∥CN.
∵CN 在平面 BCE内 ,PM 不在平面 BCE内 ,
∴ PM ∥平面 BCE.????????????????8 分(III )由 EA⊥ AB,平面 ABEF⊥平面 ABCD,易知 EA⊥平面 ABCD.
作FG⊥ AB, 交 BA的延于 G, FG∥ EA.从而 FG⊥平面 ABCD,
作GH⊥ BD于 H,FH,由三垂定理知 BD⊥ FH.
∴∠FHG二面角F-BD-A 的平面角 .
∵FA=FE, ∠ AEF=45° , ∠ AEF=90° , ∠ FAG=45° .
2
, FG AF sin FAG 1
AB=1, AE=1,AF=
2
2
在 Rt⊿ BGH中 ,
1 3 ∠ GBH=45° ,BG=AB+AG=1+ = ,
2 2
GH BG sin GBH 3 2 3 2 2 2 4
,
在 Rt⊿ FGH中 , tan FHG FG 2 GH 3
,
∴二面角 F BD A 的大小arc tan 2
?????? 12 分3
解法二 : 因ABE 等腰直角三角形,AB AE ,所以 AE AB
又因平面 ABEF 平面 ABCD AB ,所以AE⊥平面ABCD,所以AE AD 即 AD、AB、AE 两两垂直;如建立空直角坐系,
(I) AB 1, AE 1 , B(0,1,0), D (1,0,0), E(0,0,1), C (1,1,0)
∵ FA FE , AEF 45 ,∴AFE =90 0,
1 1
从而 F(0,-,)
2 2
EF ( 0,
1 , 1
) , BE (0, 1,1), BC (1,0,0) 2 2
于是 EF BE 1 1
0 , EF BC 0 0
2 2
∴ EF ⊥ BE , EF ⊥ BC
∵ BE
平面 BCE , BC
平面 BCE , BC
BE B
∴ EF 平面 BCE
( II ) M ( 0,0,
1
), P(1, 1
,0) ,从而 PM ( 1, 1 , 1)
2 2
2 2
于是 PM EF
( 1, 1 , 1
) (0, 1 , 1 ) 0 1 1 0
2 2 2 2 4 4 ∴ PM ⊥ EF ,又 EF ⊥平面 BCE ,直线 PM 不在平面 BCE 内, 故 PM ∥平面 BCE
( III )设平面 BDF 的一个法向量为
n 1 ,并设 n 1 =( x, y, z)
BD
(1, 1,0), BF (0, 3 , 1
)
2 2
n 1 BD 0
x
y 0
即
3 1
n 1 BF 0
y 2 z 0
2
取 y 1 ,则 x
1, z 3 ,从而 n 1 =( 1, 1, 3)
取平面 ABD D 的一个法向量为 n 2 (0,0,1) cos n 1、n 2
n 1 n 2
3
3 11
n 1 n 2
11 1
11
故二面角 F
BD
3 11
A 的大小为 arccos 11
10、解法一 :(Ⅰ) Q AB PDC , DC
平面 EFCD ,
AB 到面 EFCD 的距离等于点 A 到面
EFCD 的距离,过点 A 作 AG FD 于 G ,因 BAD
AB ∥ DC ,故 CD AD ;又Q FA
2 平面 ABCD ,由三垂线定理可知,
CD FD ,故 CD
面FAD ,知 CD
AG ,所以 AG 为
所求直线 AB 到面 EFCD 的距离。
在 Rt △ ABC 中, FD
FC 2 CD 2
9 4 5
由 FA 平面 ABCD ,得 FA AD ,从而在 Rt △ FAD 中, FA
FD 2 AD 2
5 4 1
AG
FA AD
2 2 5 。即直线 AB 到平面 EFCD 的距离为 2 5 。
FD 5
5 5
(Ⅱ)由己知, FA
平面 ABCD ,得 FA AD ,又由 BAD
,知 AD
AB ,故 AD
平面 ABFE
2
DA AE ,所以, FAE 为二面角 F AD E 的平面角,记为 .
在 Rt △ AED 中 , AE
ED 2 AD 2
7 4
3 , 由 Y ABCD 得 , FE PBA , 从 而
AFE
2
FE
在 Rt △ AEF 中 , FE
AE 2 AF 2
3
1
2 ,故 tan
2
FA
z
所以二面角 F
AD E 的平面角的正切值为 2 .
F
E
解法二 :
G
uuur uuur uuur
(Ⅰ)如图以 A 点为坐标原点 , AB, AD , AF 的方向为
x, y, z 的正方向建立空间直角坐标系数 ,则
x B A
C
D
y
设
可得 uuur
uuur 3 即
A(0,0,0) C(2,2,0) D(0,2,0)
F (0,0, z 0 ) ( z 0 0) FC (2,2,
z 0 ) 由 | FC |
.
,
22 22 z 02
3 ,解得 F (0,0,1)
Q AB ∥ DC ,
DC 面 EFCD ,所以直线 AB 到面 EFCD 的距离等于点 A 到面 EFCD 的距离。设 A 点在
uuur uuur uuur
uuur uuur 平面 EFCD 上的射影点为 G ( x 1 , y 1 , z 1 ) ,则 AG (x 1 , y 1 , z 1 ) 因 AG DF 0 且 AG CD 0 ,而
uuur
(0, 2,1)
DF
uuur
( 2,0,0) ,此即
2y 1 z 1 0
,知 G 点在 yoz 面上 ,故 G 点在 FD 上 .
CD 2x 1 0
解得 x 1 0 ①
uuur uuur uuur
1) 故有
y 1
2 4
GF PDF , GF
( x 1 , y 1, z 1 z 1
1 ②
联立① ,②解得 , G(0,
, )
2
5 5
uuur
uuur
(0, 2 , 4 ) uuur 2 5
| AG |为直线 AB 到面 EFCD 的距离 .
而
AG
所以 | AG | 5 5
5 ABFE 为平行四边形 , 则可设 E( x 0 ,0,1) uuur
(Ⅱ)因四边形 (x 0 0) , ED ( x 0 2, 1) .由