高考数学精英备考专题讲座 立体几何

高考数学精英备考专题讲座 立体几何

立体几何 一、高考预测 立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是 立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不 同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图 的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型 主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都 是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法 进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第 一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或 者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计 算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题． 2。线面关系中三类平行的共同点是“无公共点”；三类垂直的共同点是“成角 90°”. 线面平行、面面平行，最终化归为线线平行；线面垂直、面面垂直，最终化归为线线垂直. 3。直线与平面所成角的范围是 ]2,0[  ；两异面直线所成角的范围是 ]2,0(  .一般情况下， 求二面角往往是指定的二面角，若是求两平面所成二面角只要求出它们的锐角（直角）情况 即可. 4。立体几何中的计算主要是角、距离、体积、面积的计算.两异面直线所成角、直线与 平面所成角的计算是重点.求两异面直线所成角可以利用平移的方法将角转化到三角形中去 求解，也可以利用空间向量的方法，特别要注意的是两异面直线所成角的范围.当求出的余弦 值为 a 时，其所成角的大小应为 ||arccos a . 特别需要注意的是：两向量所成的角是两向量方向所成的角，它与两向量所在的异面直 线所成角的概念是不一样的.本题中的向量 1BD 与 DE 所成的角大小是两异面直线 DE 与 BD1 所成角的补角. 7。长方体、正方体是最基本的几何体，要熟练掌握它们中的线面关系.长方体的长、宽、 高分别为 cba ,, ，对角线长为l ，则 2222 cbal  .利用这一关系可以得到下面两个结论： （1）若长方体的对角线与三棱所成角分别为  ,, ，则 1coscoscos 222   ； （2）若长方体的对角线与三面所成角分别为 ，则 2coscoscos 222   . 10.关注正棱锥中的几个直角三角形：（1）高、斜高、底面边心距组成的直角三角形；（2） 侧棱、斜高、底面棱长的一半组成的直角三角形；（3）底面上的边心距、底面外接圆半径、 底面棱长的一半组成的直角三角形.（4）高、侧棱、底面外接圆半径组成的直角三角形.进一 步关注的是：侧棱与底面所成角、侧面与底面所成二面角的平面角都体现在这些直角三角形 中. 11。特别注意有一侧棱与底面垂直且底面为正方形、直角梯形、菱形等四棱锥，关注四 个面都是直角三角形的三棱锥.它们之间的线面关系也是高考命题的热点内容. 12。对平面图形的翻折问题要有所了解：翻折后，在同一半平面内的两点、点线及两线 的位置关系是不变的，若两点分别在两个半平面中，两点之间的距离一般会发生变化.要认清 从平面图形到空间图形之间的联系，能够从平面图形的关系过渡到空间图形的关系，根据问 题画出空间图形. 【知识点归类点拔】高考对用一平面去截一立体图形所得平面图形的考查实质上对学生空间 想象能力及对平面基本定理及线面平行与面面平行的性质定理的考查。考生往往对这一类型 的题感到吃力，实质上高中阶段对作截面的方法无非有如下两种：一种是利有平面的基本定 理：一个就是一条直线上有两点在一平面内则这条直线上所在的点都在这平面内和两平面相 交有且仅有一条通过该公共点的直线（即交线）（注意该定理地应用如证明诸线共点的方法： 先证明其中两线相交，再证明此交点在第三条直线上即转化为此点为两平面的公共点而第三 条直线是两平的交线则依据定理知交点在第三条直线；诸点共线：即证明此诸点都是某两平 面的共公点即这此点转化为在两平的交线上）据这两种定理要做两平面的交线可在两平面内 通过空间想象分别取两组直线分别相交，则其交点必为两平面的公共点，并且两交点的连线 即为两平的交线。另一种方法就是依据线面平行及面面平行的性质定理，去寻找线面平行及 面面平行关系，然后根据性质作出交线。一般情况下这两种方法要结合应用 2.（1）正方体 ABCD—A1 B1 C1 D1 中，P、Q、R、分别是 AB、AD、B1 C1 的中点。那么正方体 的过 P、Q、R 的截面图形是（） （A）三角形 （B）四边形 （C）五边形 （D）六边形 (答 案：D) （2）在正三棱柱 ABC - 1 1 1A B C 中，P、Q、R 分别是 BC 、 1CC 、 11AC 的中点，作出过 三点 P、Q、R 截正三棱柱的截面并说出该截面的形状。 答案：五边形。 【知识点分类点拔】解决异面直线所成角的问题关键是定义，基本思想是平移，同时对 本题来说是解决与两异面直线所成的等角的直线条数，将两异面直线平移到空间一点时，一 方面考虑在平面内和两相交直线成等角的直线即角平分线是否满足题意，另一方面要思考在 空间中与一平面内两相交直线成等角的直线的条数，此时关键是搞清平面外的直线与平面内 的直线所成的角 与平面内的直线与平面外的直线在平面内的射影所成的角 的关系，由公 式 cos cos cos   （其中  是直线与平面所成的角）易知 cos cos ， cos cos      （最小角定理）故一般地，若异面直线 a、b 所成的角为 ，L 与 a、 b 所成的角均为 ，据上式有如下结论：当 0 2  时，这样的直线不存在；当 2   时， 这样的直线只有一条；当 22     时，这样的直线有两条；当 2   时这样的直线 有 3 条；当 22     时，这样的直线有四条 2.如果异面直线 a、b 所在的角为100 ,P 为空间一定点，则过点 P 与 a、b 所成的角都是50 的直线有几条？ A 、一条 B 二条 C 三条 D 四条 (答案：C) 【易错点 4】求异面直线所成的角，若所成角为 090 ，容易忽视用证明垂直的方法来求夹 角大小这一重要方法 1、在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，若 12AB BB ，则 11AB C B与 所成角 的大小为（ ）A、 060 B、 C、 0105 D、 075 【易错点分析】忽视垂直的特殊求法导致方法使用不当而浪费很多时间。 解析：如图 1,DD分别为 11,B C BC 中点， 连结 1,AD D C ，设 1 1, 2BB AB则 则 AD 为 1AB 在平面 1BC 上的射影。又 1 1 3 2 2, ,cos ,32 3 BCBE BD C BC BC     2 2 2 12 cosDE BE BD BE BD C BC       1 1 3 2 2 123 2 3 2 63        而 2 2 2 01 1 1 , 903 6 2BE DE BD BED        11AB C B与 垂直。【知 识点归类点拨】求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角时， 对特殊的角，如 时，可以采用证明垂直的方法来求之 【易错点 5】对于经度和纬度两个概念，经度是二面角，纬度为线面角，二者容易混淆 1、如图，在北纬 045 的纬线圈上有 B 两点，它们分别在东经 070 与 东经 0160 的经度上，设地球的半径为 R，求 B 两点的球面距离。 解析：设北纬 圈的圆心为O ，地球中心为 O，则 0 0 0 1 160 70 90 ,AO B    0 1 45 , ,OBO OB R   11 2 ,,2O B O A R AB R   连结 ,AO AB ，则 0, 60AO BO AB R AOB     11263AB R R   。故 A、B 两点间的球 面距离为 1 3 R 。 【知识点归类点拨】数学上，某点的经度 是：经过这点的经线与地轴确定的平面与本初 子午线（ 00 经线）和地轴确定的半平面所成的 二面角的度数。某点的纬度是：经过这点的球半径与赤道面所成的角的度数。如下图： 图（1）：经度——P 点的经度，也是 AB AOB或 的度数。图（2）：纬度——P 点的纬度， 也是 POAPA或 的度数 （III）由 II 知，OF 平面 PBC ， F 是O 在平面 PBC 内的射影. D 是 PC 的中点， 若点 F 是 PBC 的重心，则 B 、 、 三点共线，直线OB 在平面 内的射影为直线 BD . OB PC PC BD PB BC ，即 1K  .反之，当 1K  时，三棱锥 O PBC 为正三棱锥， O 在平面 内的射影为 PBC 的重心. 方法二: OP 平面 ABC , ,,OA OC AB BC , , .OA OB OA OP OB OP    以O 为原点，射线OP 为非负 z 轴，建立空间直角坐标系O xyz (如图)，设 ,AB a 则 2( ,0,0)2Aa , 2(0, ,0)2Ba , 2( ,0,0)2Ca .设OP h , 则 (0,0, )Ph (I) D 为 PC 的中点， OD  ＝ 21( ,0, )42ah ，又 2( ,0, )2PA a h   , ＝ - 1 2 PA  // PA  OD 平面 PAB . 【知识点分类点拔】解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等 变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数 与形互相转化和密切结合的思想.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹 角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和 距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题.用空间向量解决立体几何问题一般 可按以下过程进行思考：①要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？② 所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？③所需要的向 量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未 知向量与由已知条件转化的向量有何关系？④怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才 能得到需要的结论 【易错点 7】常见几何体的体积计算公式，特别是棱锥，球的体积公式容易忽视公式系数， 导致出错 1 如图四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，AB=8， AD= 43，侧面 PAD 为 等边三角形，并且与底面成二面角为 060 。 求四棱锥 P—ABCD 的体积。 解析：如图，去 AD 的中点 E，连结 PE，则 PE AD 。作 PO  平面 ABCD， 垂足为 O，连结 OE。 根据三垂线定理的逆定理得OE AD ，所以 PEO 为侧面 PAD 与底面所成二面角的平 面角。由已知条件可 060 , 6PEO PE   ，所以 33PO  ，四棱锥 P—ABCD 的体积 1 8 4 3 3 3 963P ABCDV       。【知识点归类点拨】计算简单几何体的体积，要选择某个 面作为底面，选择的前提条件是这个面上的高易求 2、 如图，直三棱柱 ABC—A1B1C1 中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱 AA1=2，D、E 分别是 CC1 与 A1B 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影是△ABD 的垂心 G.（Ⅰ）求 A1B 与平面 ABD 所 成 角 的 大 小 （ 结 果 用 反 三 角 函 数 值 表 示 ）； ( Ⅱ ） 求 点 A1 到平面 AED 的 距 离 . 答案：（Ⅰ） ;3 2arcsin （Ⅱ） 3 62 . 【易错点 9】二面角平面角的求法，主要有定义法、三垂线法、垂面法等 1. 如图所示，在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AA1＝A1C1＝a，E 为 BB1 的中点， 若截面 A1EC⊥侧面 AC1．求截面 A1EC 与底面 A1B1C1 所成锐二面角度 数． 解法 1 ∵截面 A1EC∩侧面 AC1＝A1C．连结 AC1，在正三棱 ABC－ A1B1C1 中， ∵截面 A1EC⊥侧面 AC1， 就是所求二面角的度数．易得∠A1AC1＝45°，故所求二面角的度数是 45°． 解法 2 如图 3 所示，延长 CE 与 C1B1 交于点 F，连结 AF， 则截面 A1EC∩面 A1B1C＝AF．∵EB1⊥面 A1B1C1，∴过 B1 作 B1G⊥A1F 交 A1F 于点 G，连接 EG，由三垂线定理知∠EGB1 就是所求二面角 的平面角． 即所求二面角的度数为 45°．【知识点归类点拨】二面角平面 角的作法：（1）垂面法：是指根据平面角的定义，作垂直于棱的平 面，通过这个平面和二面角两个面的交线得出平面角。（2）垂线法： 是指在二面角的棱上取一特殊点，过此点在二面角的两个半平面内作两条射线垂直于棱，则 此两条射线所成的角即为二面角的平面角；（3）三垂线法：是指利用三垂线定理或逆定理作 出平面角 易错点 10 三视图 一个棱锥的三视图如图， 则该棱锥的全面积（单位： 2cm ）为( ) （A） 48 12 2 （B） 48 24 2 （C）36 12 2 （D）36 24 2 解析:棱锥的直观图如右，则有 PO＝4， OD＝3， 由勾股定理，得 PD＝5，AB＝6 2 ，全 面积为： 2 1 ×6×6＋2× 2 1 ×6×5＋ ×6 × 4＝48＋12 ，故选.A。 2、如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为平行四边形，∠ADB＝90°，AB ＝2AD．（ Ⅰ）证明：PA⊥BD； （Ⅱ）若 PD＝AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值． 【解析】（Ⅰ）由∠ADB＝90°，可得 BD⊥AD． 因为 PD⊥底面 ABCD，所以 PD⊥BD． 又 PD∩AD＝D，所以 BD⊥平面 PAD，因为 PA⊂平面 PAD， 所以 BD⊥PA．………（4 分） （Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，设 AD＝a，则 A（a，0，0）， B（0，a，0）， C（－a，a，0）， P（0，0，a）， ＝（－a，a，0），＝（－a，0，0）， ＝（－a，0，a），＝（－a，a，－a）． 设平面 PAB 的法向量为 n＝（x，y，z）， 所以可得 设 y＝，则 x＝z＝3，可得 n＝（3，， 3）．同理，可求得 平面 PBC 的一个法向量为 m＝（0，－1，－）．所以 cos＜m， n＞＝＝－．由图形知，二面角 A-PB-C 为钝角， 因此二面角 A-PB-C 的余弦值是－．………（12 分） 3、如图，四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面 ABCD是平 11,BB DD 上 ， 且行 四 边 形 ， ,EF分 别 在 棱 1AF EC ．（ 1 ）求证： 1AE FC；（ 2）若 1AA  平面 ABCD，四边形 1AEC F 是边长为 6 的正方形，且 第 18 题图 A1 A B C D C1 B1 D1 F E 1BE  ， 2DF  ，求线段 1CC 的长, 并证明： 1.AC EC 【说明】本题主要考察空间点、线、面位置关系，考查线线、线面平行的性质和判定， 线线垂直的性质和判定，考查空间想象能力、运算能力、把空间问题转化为平面问题的意识 以及推理论证能力． 1BB  平面 ,ABCD AC  平面 1AC BB. 1,BC BB  平面 11 ,BB C C AC平面 11.BB C C 13 分 1EC  平面 11 ,BB C C 1.AC EC 14 分 4、已知四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AA ABCD 底面 , 90ADC， AB CD ， 1 22AD CD DD AB    . ⑴求证： 11AD B C ； ⑵求二面角 11A BD C的正弦值; （3）求四面体 11A BDC 的体积. A1 C D1 D A B B1 C1 【命题意图】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的垂直关系、二面 角的求法、空间向量在立体几何中的应用以及几何体体积的求法. (3) 设所给四棱柱的体积为 V,则 61  AASV ABCD ，又三棱锥 ABDA 1 的体积等 于三棱锥 111 CDAB  的体积，记为 1V ，而三棱锥 111 CDAD  的体积又等于三棱锥 CBDC 1 的 体积，记为 2V . 则由于 3 22122 1 3 1 1 V ， 3 42222 1 3 1 2 V ，所以所求四面体的体 积为 222 21  VVV . (12 分) 5、如图，在四面体 ABCD 中，二面角 BCDA  的平面角为 60 ， ,CDAC  ,CDBD  且 ,2BDCDAC  点 E 、 F 分别是 AD 、 BC 的中点. (Ⅰ)求作平面 ，使 EF   ，且 AC ∥平面 , BD ∥ 平面 ； E DA C G B P F （Ⅱ）求证： BCDEF 平面 . 6、已知四棱锥 ABCDP  中， PA ⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 是直角梯形，  90ADC ， AD ∥ BC ， ACAB  ， 2 ACAB ，G 为 PAC 重心， E 为 PB 的中点， F 在 BC 上，且 FBCF 2 . （Ⅰ）求证： FG ∥平面 PAB ； （Ⅱ）求证： FG ⊥ AC . 【解析】(Ⅰ)连接CG 交 AP 于 M 点因为 1 2 BF CF GM CG ， 所以 BMFG // ,又 BM 平面 PAB ， FG 平面 PAB 所以 //FG 平面 …… 6 分 . 8、三棱锥 O-ABC 中，OA、OB、OC 两两垂直，P 为 OC 中点，PQ 垂直 BC 于 Q，OA=OB=OC=2， 过 PQ 作一个截面，交 AB、AO 于 R、S，使 PQRS 为梯形。 （1）求 SO AS 、 RB AR 的值； （2）求五面体 ACPQRS 的体积。 【解析】（ 1）因 PQRS 为梯形，只能是 PS ∥QR ， 于 是 得 到 PS ∥ AC QR ∥ AC 因 P 为 OC 中点，所以 1SO AS 因 PQ 垂直 BC，所以 2 2 CQPQ 而 22CB 所以 3 1BC CQ 即： 3 1RB AR （2）连 OA，OR，PR 3 42222 1 3 1 ABCOV 4 3 2 3 2 322 1 3 1 OBRQV 12 112 112 1 3 1 OSRPV 8 1 2 3 2 112 1 3 1 OPQRV 所 以 五 面 体 ACPQRS 的 体 积 8 3)8 1 12 1 4 3(3 4  9、如图，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直，AB=2AD=2，点 E 为 AB 上一点 (I) 当点 E 为 AB 的中点时,求证；BD1//平面 A1DE (II )求点 A1 到平面 BDD1 的距离；ww w.xk b1.com (III) 当 时，求二面角 D1-EC-D 的大小. 解法二：（I）同解法一．…3 分 （II）由面 ABCD⊥面 ADD1A，且四边形 AA1D1D 为正方形，四边形 ABCD 为矩形，可得 D1D ⊥AD，D1D⊥DC，DC⊥DA．于是以 D 为原点，DA，DC，DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图 所示的空间直角坐标系． 由 AB=2AD=2 知：D(0，0，0)，D1(0，0，1)，A1(1， 0，1)，B(1，2，0)，∴ DB=(1，2，0)， 1DD =(0，0， 1)， BA1 =(0，2，-1)．设面 BDD1 的一个法向量为 n1 )1( 11 zx ，， ，则      ， ， 0 0 11 1 DD DB n n 即      ， ， 0 02 1 1 z x ∴ )012(1 ，，n ． ∴ 点 A1 到面 BDD1 的距离 5 52 || || 1 11  n nBAd ．… 8 分 （III）由（ II）及题意知：E(1，3 2 ，0)，C(0，2，0)， )13 21(1  ，，ED ， )03 41( ，，EC ．设 面 D1EC 的 一 个 法向 量为 )1( 222 ，，yxn ，则      ， ， 0 0 2 12 EC ED n n 即        ， ， 03 4 013 2 22 22 yx yx 可得 )12 1 3 2(2 ，,n  ．又易知面 DEC 的一个法向量是 1DD (0，0，1)，设 D1-EC-D 的大小为θ ，则 61 616 16 61 1 |||| cos 12 12      DD DD n n ，得 61 616arccos ．即 D1-EC-D 的大小为 61 616arccos A1 D1 A D E B C F y x z 1 ,2PN NC  N 点是 PC 的三等分点 2 2 2 2= 2 (2 2) 2 3PC PA AC    ， 23.3PN  4 分 3 ,,3 PN PA APN CPAPA PC     0, 90PAN PCA ANP     ， AN PC 6 分 又 PC AM 且 AM AN A , PC  面 AMN . 7 分 （Ⅱ）设平面 BAN 的法向量为 ( , , )n x y z ， 0, 0, n AB n AN    (0,2, 1)n  (2,2, 2)PC 是平面 AMN 的法向量， 10 分 15cos , .5 n PCn PC n PC    二面角 B AN M的余弦值 15 5 . 12 分 11、如图所示四棱锥 P ABCD 中, PA 底面 ABCD,四边形 ABCD 中, AB AD , //BC AD , 2PA AB BC   , 4AD  , E 为 PD的中 点, F 为 PC 中点.（Ⅰ）求证:CD 平面 PAC ； （Ⅱ）求证: //BF 平面 ACE ； （Ⅲ）求直线 PD 与平面 PAC 所成的角的正弦 值； 【解析】（Ⅰ）因为 PA 底面 ABCD,CD  面 , 所以 PA CD ,又因为直角梯形面 中, 2 2, 2 2AC CD, 所以 2 2 2AC CD AD,即 AC CD ,又 PA AC A ,所以 平面 ；………4 分 （Ⅱ）解法一:如图,连接 BD ,交 AC 于O ,取 PE 中点G , 连接 ,,BG FG EO ,则在 PCE 中, //FG CE , 又 EC 平面 ACE , FG  平面 ACE ,所以 //FG 平面 , 因为 //BC AD,所以 BO GE OD ED ,则 //OE BG, 又OE 平面 , BG  平面 ,所以 //BG 平面 , 又 BG FG G ,所以平面 //BFG 平面 ACE , 因为 BF 平面 BFG ,所以 //BF 平面 ACE .………10 分 解法二:如图,连接 BD ,交 AC 于O ,取 PE 中 点G , 连接 FD交CE 于 H ,连接OH ,则 //FG CE , 在 DFG 中, //HE FG,则 1 2 GE FH ED HD , 在底面 ABCD中, //BC AD,所以 1 2 BO BC OD AD , 所以 1 2 FH BO HD OD ,故 //BF OH ,又OH  平面 , BF 平面 ,所 以 平面 . （Ⅲ）由（Ⅰ）可知,CD 平面 PAC ,所以 DPC 为直线 PD 与平面 PAC 所 成的角, 在 Rt PCD 中, 222 2, 2 5CD PD PA AD    , 所以 2 2 10sin 525 CDDPC PD    , 所以直线 与平面 所成的角的正弦值为 10 5 .………14 分 12、如右图所示，四棱锥 P—ABCD 中，侧面 PDC 是边长为 2 的正三角形且与底面垂直， 底面 ABCD 是∠ADC=60°的菱形，M 为 PB 的中点．（1）求 PA 与底面 ABCD 所成角的大小； （2）求证：PA⊥平面 CDM； （3）求二面角 D—MC—B 的余弦值． （3）由（2）知 MC 平面 PAB ，则 NMB 为二面角 D MC B的平面角， 在 Rt PAB 中，易得 2 2 2 26, 6 2 10PA PB PA PB     （ ） ， 2 10cos 510 ABPBA PB    , 10cos cos( ) 5NMB PBA      故，所求二面角的余弦值为 10 5 . ……12 分 解法二：(1)同解法一. ……4 分 (2)由底面 ABCD为菱形且 060ADC， 2, 1DC DO， 有OA DC ． 建立空间直角坐标系如图，则 ( 3,0,0)A , (0,0, 3)P , (0, 1,0)D  , ( 3,2,0)B , (0,1,0)C ．由 M 为 PB 中点，∴ 33( ,1 )22M ， ． ∴ 33( ,2 )22DM  uuuur ， , ( 3,0 3)PA  uur ， , (0,2,0)DC  uuur ． ∴ 333 2 0 ( 3) 022PA DM        uur uuuur g 0 3 2 0 0 ( 3) 0PA DC         uur uuur g ∴ PA DM ， PA DC ． ∴ PA 平面 DMC ．……8 分 (3) 33( ,0 )22CM  uuur ， , ( 3,1 0)CB  uur ， .令平面 BMC 的法向量 ( , )n x y z r ， ， 则 0n CM  r uuur g ，从而 0xz； ……①, 0n CB  r uur g ，从而 30xy． ……② 由①、②，取 1x  ，则 3, 1yz． ∴可取 ( 1, 31)n  r ，． 由(2)知平面CDM 的法向量可取 ( 3,0 3)PA  uur ， ， ∴ 2 3 10cos 556| || | n PAn PA n PA      r uurr uur gg ur uur g ．所求二面角的余弦值为 10 5 .…12 分 【解析】（Ⅰ） ' ' ' ',A D A E A D A F, ………………………………2 分 又 ' ' ' ' ' ' ',,A E A F A A E A EF A F A EF  面 面 ，………………………………4 分 'AD面 'A EF ． ……5 分 A O B C D 14、如图，已知△AOB，∠AOB＝ 2  ，∠BAO＝ 6  ，AB＝4，D 为线段 AB 的中点．若△AOC 是△AOB 绕直线 AO 旋转而成的．记二面角 B－AO－C 的大小为 ． （1）当平面 COD⊥平面 AOB 时，求 的值； （2）当 ∈[ 2  ， 2 3  ]时，求二面角 C－OD－B 的余弦值的取值范围． 【解析】法一： （1）解：如图，以 O 为原点，在平面 OBC 内垂直于 OB 的直线为 x 轴，OB，OA 所在的直线分别为 y 轴，z 轴建 立空间直角坐标系 O －xyz， 则 A (0 ， 0 ， 2 3 )，B (0，2，0)， D (0，1， 3 )， C (2sin ，2cos ， 0)． 设 1n ＝(x，y，z)为平面 COD 的一个法向量， 由 1 1 0, 0, n OD n OC     得 sin cos 0, 3 0, xy y z    取 z＝sin ，则 1n ＝( 3 cos ，－ sin ，sin )．因为平面 AOB 的一个法向量为 2n ＝(1，0，0)，由平面 COD⊥平面 AOB 得 1n  2n ＝0，所以 cos ＝0，即 ＝ 2  7 分 （2）设二面角 C－OD－B 的大小为 ，由（1）得当 ＝ 2  时， cos ＝0； 当 ∈( , 2 3  ]时，tan ≤－ 3 ，cos = 12 12| || | nn nn  ＝ 2 3 cos 3 sin   ＝－ 2 3 4 tan 3  ， 故－ 5 5 ≤cos ＜0．综上,二面角 C－OD－B 的余弦值的取值范围为[－ 5 5 ，0]…15 分 法二：（1）解：在平面 AOB 内过 B 作 OD 的垂线，垂足为 E， 因为平面 AOB⊥平面 COD， 平面 AOB∩平面 COD＝OD， 所以 BE⊥平面 COD， 故 BE⊥CO． 又因为 OC⊥AO， 所以 OC⊥平面 AOB，故 OC⊥OB．又因为 OB⊥OA，OC⊥OA， 所以二面角 B－AO－C 的平面角为∠COB，即  ＝ 2  ． …… 7 分 （2）解：当 ＝ 时，二面角 C－OD－B 的余弦值为 0；当 ∈( 2  , 2 3  ]时， 过 C 作 OB 的垂线，垂足为 F，过 F 作 OD 的垂线，垂足为 G，连结 CG， 则∠CGF 的补角为二面角 C－OD－B 的平面角．在 Rt△OCF 中，CF＝2 sin ，OF＝－2cos ， 在 Rt△CGF 中，GF＝OF sin 3  ＝－ 3 cos ，CG＝ 224sin 3cos ， 所以 cos∠CGF ＝ FG CG ＝－ 22 3 cos 4sin 3cos   ．因为 ∈( , 2 3  ]，tan ≤－ 3 ，故 0＜cos∠CGF ＝ 2 3 4 tan 3  ≤ ．所以二面角 C－OD－B 的余弦值的取值范围为 [－ ，0]15 分 15、如图 5，AB 是圆柱 ABFG 的母线，C 是点 A 关于点 B 对称的 点，O 是圆柱上底面的圆心，BF 过 O 点，DE 是过 O 点的动直径，且 AB=2，BF=2AB. （1）求证：BE⊥平面 ACD； （2）当三棱锥 D—BCE 的体积最大时，求二面角 C—DE—A 的平面角的余弦值. 16、如图，在底面为直角梯形的四棱锥 P ABCD 中 90ADBCABC，∥ °， PD 平 面 ABCD，AD1， 3AB  ， 4BC  ．（Ⅰ）求直线 AB 与平面 PDC 所成的角； （Ⅱ）设点 E 在棱 PC 上， PE PC ，若 DE ∥平面 PAB ， 求  的值． 【解析】本小题将直四棱锥的底面设计为梯形，考查平 面几何的基础知识.同时题目指出一条侧棱与底面垂直，搭建了空间直角坐标系的基本架构. 本题通过分层设计，考查了空间平行、垂直，以及线面成角等知识，考查学生的空间想象能 A P E C D B 力、推理论证能力和运算求解能力. 满分 14 分. 法二如图，在平面 ABCD 内过 D 作直线 DF//AB，交 BC 于 F，分别以 DA、DF、DP 所在的直 线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系.（Ⅰ）设 PD a ，则 (1,3,0),(3,3,)BD PCa ， ∵ 330BDPC ，∴ BDPC . BDPDCDBPDC面就是平面的法向量， .由条件知 A（1，0，0）， B（1， 3 ，0）， (0,3,0), (1,3,0)AB DB. 设 ABPDC 与面所成角大小为，则 | | 3 3sin .2| || | 23 DBAB DBAB      0 90 60,， 即直线 ABPDC与平面所成角为 60 . …6 分 （Ⅱ）C（－3， ，0），记 P（0，0，a），则 0 30AB（，，）， (0,0,)DP a ， PA a（1，0，-）， 33PC a （，，）， 而 PE PC ，所以 33PE a （，，）， DEDPPEDPPC (0,0,)(33 )aa  ，，= 3 3, .aa  （， ） P E FB C D A Gx y z 设n x y z（，，）为平面 PAB 的法向量，则 0 0 A B n P A n    ，即 30 0 y x a z    ，即 0y x a z    . 1z xa取，得， 进而得 ,,na（01）， 由 //DE PAB平面 , 得 0DEn，∴ 30aaa--， 10.4a   而 ， ………14 分 （3）假设在 BC 上存在一点 M，使得点 D 到平面 PAM 的距离为 2，则以  PAM 为底 D 为顶 点的三棱锥的高为 2，连结 AM，则 AM= 22AB BM = 222 BM ， 由（2）知 PA  AM ∴S PAM= 2 2 2112 2 422PA AM BM BM      ∴VD—PAM= 1 23 PAMS = 1 3  242BM= 22 43 BM ……………………11 分 ∵ 114 2 422AMDS AD AB       ∴ 1 1 8423 3 3P AMD AMDV S PA      …12 分 ∵VD—PAM = P AMDV  ∴ 22 43 BM = 8 3 解得： 23BM  ∵ 2 3 4 ∴在 BC 上存在一点 M，当 使得点 D 到平面 PAM 的距离为 2。.…14 分 （Ⅲ）以 AB , AD , PA 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． 则A（0 ，0， 0）， B（1，0，0） ，C（1，1，0）， P（0，0，1）， E（0 , ,）, AC = （1,1,0）, AE = （0 , , ）--9 分设平面 AEC 的法向量 n = （x, y,z） , 则      0 0 AEn ACn ，即：      02 0 zy yx ， 令 y = 1 , 则 = （- 1,1, - 2 ） ------10 分 假设侧棱 PC 上存在一点 F, 且CF ＝  CP ， （0    1）, 使得：BF//平面 AEC, 则 BF  n ＝ 0． 又因为： ＝ BC + CF ＝ （0 ，1，0）+ （- ,- , ）= （- ,1- , ）,   ＝ + 1- - 2 = 0 ,  = ,所以存在 PC 的中点 F, 使得 BF//平面 AEC．---13 分 设  E 0,0,m ，平面 1AEB 的法向量为  n x,y,z ， 依  1AB 2,2,4 ，  AE 2,0,m 且 1n AB ， n AE . 可得 1AB n 2x 2y 4z 0 AE n 2x mz 0             取 z2 ，得  n m,m 4,2-（4 分） 当 E 是棱 1CC 的中点时， m2 . 则  n 2, 2,2 及  CF 1,1,0 得 n CF 0 故CF 平面 1AEB .-（2 分） （2）因平面 1EBB 的法向量为  CA 2,0,0 ， --（2 分） 又二面角 1A EB B的大小是 045 ，故 0 CA n cos 45 CA n    即  22 2 2m 2 2 m m 4 4     解得 5m 2 .故在棱 1CC 上存在点 E ，使得二面角 的大小是 .此时 5CE 2 .（4 分） （Ⅲ） AE 平面CDE , 90,  AECCEAE ,又 ABCD 为正方形, 所以有 GEACGDGCGBGA  2 1 ,所以四棱锥 ABCDE  有外接球,且半径 为 2 25 …12 分