立体几何 - 浙江省温州中学

立体几何1. A2.C3.A4.C5.C6. C7.B8. B9.1610.1.解：（Ⅰ）如图所示：设O 为P 在平面ABCD 的射影，因为||AC =||CO ≤≤||PC ∴=（Ⅱ）解法1:如图所示，此时连接AC 交BD 于M 点，延长PM ，过C 做PM 的垂线交PM 于C '点,,AC BD PO BD BD POCBD CC CC PM CC PBD ⊥⊥∴⊥'∴⊥''⊥∴⊥平面又平面CPC PC PBD '∴∠为直线与平面的所成角22,cos sin 55PM CM PC CPM CPM =∴∠=∠=由图得＝，＝所以当PC 取到最小值时，直线PC 与平面PBD所成角的正弦值为5。

解法2：（向量法略）2. （Ⅰ）解：因1A 在底面ABC 上的射影恰为B 点，则1A B ⊥底面ABC ．所以1A AB ∠就是1AA 与底面ABC 所成的角． 因112,AB A B A B AB ==⊥，故 14A AB π∠=，即1AA 与底面ABC 所成的角是4π．……………………………………………3分 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则()()()()112,0,0,0,2,0,0,2,2,0,4,2C B A B ， ()10,2,2AA =，()112,2,0BC B C ==-．C'A（第2题）BACA 1B 1C 1C则1111cos ,28AA BC AA BC AA BC⋅<>==-⋅，故1AA 与棱BC 所成的角是3π．…………………………………………………7分 （Ⅱ）解：设()1112,2,0B P BC λλλ==-，则()2,42,2P λλ-．于是12AP λ=⇒=（32λ=舍去）， 则P 为棱11B C 的中点，其坐标为()1,3,2P ．………………………………………9分 设平面1P AB A --的法向量为()1,,n x y z =，则11032022000n AP x y z x zy y n AB ⎧⋅=++==-⎧⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨==⋅=⎩⎩⎪⎩，故()12,0,1n =-．…………………11分 而平面1ABA的法向量是()21,0,0n =， 则121212cos ,5n n n n nn ⋅<>==⋅ 故二面角1P AB A --．………………………………14分 3. (Ⅰ) 证明 以D 点为原点，分别以直线DA 、DC 为x 轴、y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -, 依题意，可得),0,2,0(),3,1,0(),0,0,0(C P D )0,2,2(),0,0,22(M A∴(2,2,0)PM =-=(2,2,0)(2,0)AM =-= ∴(2,1,(2,0)0PM AM ⋅=⋅= 即PM AM ⊥,∴AM ⊥PM .(Ⅱ)解 设(,,)n x y z =，且n ⊥平面P AM ，则00n PM n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅=-⋅0)0,2,2(),,(0)3,1,2(),,(z y x z y x ∴⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-+022032y x z y x ， ⎪⎩⎪⎨⎧==yx yz 23 x取1=y，得(2,1,n = 取(0,0,1)p =，显然p ⊥平面ABCD ，∴3cos ,||||6n p n p n p ⋅===⋅ 结合图形可知，二面角P －AM －D 为45°；(Ⅲ) 设点D 到平面PAM 的距离为d ，由(Ⅱ)可知(2,1,n =与平面PAM 垂直，则||||DA n d n ⋅==362)3(1)2(|)3,1,2()0,0,22(|222=++⋅ 即点D 到平面P AM 的距离为362 〖能力提高〗1. C2. A3. D4. C5. C6.7π7.1,12⎛⎫⎪⎝⎭8.解法一：1）在矩形ABCD 中，由PB AP =，QC DQ =，得CQ AP //，即四边形AQCP 为平行四边形，从而AQ CP //， ………………2分 又因为CEP CP 平面⊂，所以CEP AQ 平面// ………………4分2）由ABCD EP 平面⊥，ABCD AQ 平面⊂ EP AQ ⊥，因为,2BC AB =P 为AB 的中点，则 AD AP =，连结PQ ，则四边形ADQP 为正方形， ……………6分 得DP AQ ⊥，由 P DP EP =⋂ 可得 DEP AQ 平面⊥，因为AEQ AQ 平面⊂可得 DEP AEQ 平面平面⊥ ………………8分3）过点P 作AE PO ⊥，垂足为O ，连结OQ 因为AB QP ⊥，EP QP ⊥，P EP AP =⋂则 AEP PQ 平面⊥，AE PQ ⊥ ，ADCBPQ EOA DCBPQE从而 QOP ∠为二面角P AE Q --的平面角， ………11分又因为 PQ AB AP EP ===21,有 PQ EP OP 2222== 在OPQ Rt ∆中，2tan ==∠POPQQOP ， ………………13分 则 33cos =∠QOP ………………14分 解法二：1）同解法1 2）如图5 建立空间直角坐标系xyz P -，设b PE a AD ==,，则)0,0,(a A ，)0,,(),,0,0(),0,,0(a a D b E a Q ， ………5分则)0,,(a a AQ -=， ),0,0(b PE =，)0,,(a a PD =，由0=⋅PE AQ ，得PE AQ ⊥，由0=⋅PD AQ ，得PD AQ ⊥， ………………7分 又因为P PD PE =⋂，所以DEP AQ 平面⊥，因为AEQ ，可得 DEP AEQ 平面平面⊥ ……………8分3）由AP EP =，即 b a =，得 ),0,(a a AE -=，设平面AEQ 的法向量为),,(z y x n =，则0=⋅n AE ，0=⋅n AQ即：⎩⎨⎧=⋅+⋅+⋅-=⋅+⋅+⋅-00)(00)(z y a x a z a y x a ，解得，z y x == ………………10分不妨设 a z =，则),,(a a a n =，平面AEP 的一个法向量为)0,,0(a PQ =， 设n 与PQ 的夹角为θ，则33||||cos ==PQ n PQ n θ ………………13分 从而二面角P AE Q --的余弦值为33………………14分 9. 【解法1】本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力．（Ⅰ）∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥BC .A DC BPQE z xy又90BCA ︒∠=，∴AC ⊥BC .∴BC ⊥平面PAC .（Ⅱ）∵D 为PB 的中点，DE//BC ，∴12DE BC =， 又由（Ⅰ）知，BC ⊥平面PAC ， ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E .∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角， ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB ，又PA=A B ， ∴△ABP 为等腰直角三角形，∴12AD AB =， ∴在Rt △ABC 中，60ABC ︒∠=，∴12BC AB =. ∴在Rt △ADE 中，2sin 24DE BC DAE AD AD ∠===， ∴AD 与平面PAC 所成的角的大小2arcsin4. （Ⅲ）∵AE//BC ，又由（Ⅰ）知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC ，又∵AE ⊂平面PAC ，PE ⊂平面PAC ，∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ， ∴∠AEP 为二面角A DE P --的平面角，∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AC ，∴90PAC ︒∠=.∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时90AEP ︒∠=， 故存在点E 使得二面角A DE P --是直二面角.【解法2】如图，以A 为原煤点建立空间直角坐标系A xyz -， 设PA a =，由已知可得()()1330,0,0,,,0,0,,0,0,0,2A B a a C a P a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （Ⅰ）∵()10,0,,,0,02AP a BC a ⎛⎫==⎪⎝⎭， ∴0BC AP ⋅=，∴BC ⊥AP .又∵90BCA ︒∠=，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面PAC . （Ⅱ）∵D 为PB 的中点，DE//BC ，∴E 为PC 的中点，∴111,,0,,44242D a a a E a ⎛⎫⎛⎫-⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴又由（Ⅰ）知，BC ⊥平面PAC ，∴∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E .∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角，∵13131,,,0,,44242AD a a a AE a a ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴14cos 4AD AE DAE AD AE⋅∠==⋅.∴AD 与平面PAC 所成的角的大小arccos 4. （Ⅲ）同解法1.。