立体几何怪难题-理科

1立体几何提升训练【例1】如图，在四棱锥ABCDP中，底面为直角梯形，//,90ADBCBAD，PA垂直于底面ABCD，NMBCABADPA,,22分别为PBPC,的中点。(1)求证：DMPB；（2）求BD与平面ADMN所成的角；（3）求截面ADMN的面积。解：（1）证明：因为N是PB的中点，ABPA，所以PBAN。由PA底面ABCD，得PAAD，又90BAD，即BAAD，AD平面PAB，所以PBAD，PB平面ADMN，DMPB。（2）连结DN，因为BP平面ADMN，即BN平面ADMN，所以BDN是BD与平面ADMN所成的角，在RtABD中，2222BDBAAD，在RtPAB中，2222PBPAAB，故122BNPB，在RtBDN中,21sinBDBNBDN，又BDN0，故BD与平面ADMN所成的角是6。（3）由,MN分别为PBPC,的中点，得//MNBC，且1122MNBC，又//ADBC，故//MNAD，由（1）得AD平面PAB，又AN平面PAB，故ADAN，四边形ADMN是直角梯形，在RtPAB中，2222PBPAAB，122ANPB，截面ADMN的面积11152()(2)22224SMNADAN。（1）以A点为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，如图所示（图略）由22BCABADPA，得(0,0,0)A，1(0,0,2),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2PBMD2ABCDA1B1C1D1PEPD1C1B1A1DCBA因为3(2,0,2)(1,,1)2PBDM0，所以DMPB。（2）因为(2,0,2)(0,2,0)PBAD0所以PBAD，又DMPB，故PB平面ADMN，即(2,0,2)PB是平面ADMN的法向量。设BD与平面ADMN所成的角为，又(2,2,0)BD。则|||4|1sin|cos,|2||||4444BDPBBDPBBDPB，又[0,]2，故6，即BD与平面ADMN所成的角是6。因此BD与平面ADMN所成的角为6，【例2】如图，已知1111ABCDABCD是底面为正方形的长方体，1160ADA，14AD，点P是1AD上的动点．（1）试判断不论点P在1AD上的任何位置，是否都有平面11BPA垂直于平面11AADD并证明你的结论；（2）当P为1AD的中点时，求异面直线1AA与1BP所成角的余弦值；（3）求1PB与平面11AAD所成角的正切值的最大值．解：（1）不论点P在1AD上的任何位置，都有平面11BPA垂直于平面11AAD.证明如下：由题意知，1111BAAD，111BAAA又1111AAADA11BA平面11AAD又11AB平面11BPA平面11BPA平面11AAD．（2）解法一：过点P作11PEAD，垂足为E，连结1BE（如图），则1PEAA∥，1BPE是异面直线1AA与1BP所成的角．在11RtAAD△中∵1160ADA∴1130AAD3zyxPD1C1B1A1DCBA∴11111122ABADAD,111112AEAD，2211115BEBAAE．又1132PEAA．在1RtBPE△中，15322BP1136cos422PEBPEBP．异面异面直线1AA与1BP所成角的余弦值为64．解法二：以1A为原点，11AB所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图示，则1(000)A，，，(0023)A，，，1(200)B，，，(013)P，，，1(0023)AA，，，1(213)BP，，∴111111cos||||AABPAABPAABP，6642322．∴异面异面直线1AA与1BP所成角的余弦值为64．（3）由（1）知，11BA平面11AAD，11BPA是1PB与平面11AAD所成的角，且1111112tanBABPAAPAP．当1AP最小时，11tanBPA最大，这时11APAD，由111113ADAAAPAD得1123tan3BPA，即1PB与平面11AAD所成角的正切值的最大值233．【例3】已知PA平面ABCD，2PAABAD，AC与BD交于E点，2BD，BCCD，（1）取PD中点F，求证://PB平面AFC。（2）求二面角APBE的余弦值。解法1:(1)联结EF，∵ABAD，BCCD，AC=AC∴ADCABC，∴E为BD中点，∵F为PD中点，∴//PBEF，∴//PB平面ACF（2）联结PE，∵2PAABADBD，∴在等边三角形ABD中,中线AEBD，4又PA底面ABCD，∴PABD，∴PAEBD面，∴平面PAE平面PBD。过A作AHPE于H，则AH平面PBD，取PB中点G，联结AG、GH，则等腰三角形PAB中，AGPB，∵AHPB，∴PB平面AGH，∴PBGH，∴AGH是二面角APBE的平面角等腰直角三角形PAB中，2AG，等边三角形ABD中，3AE，∴RtPAE中，237AH，∴27GH，∴2177727GHCOSAGHAG.∴二面角APBE的余弦值为77。解法2：以ACAP、分别为yz、轴，A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵2PAABADBDBCCD，∴ABCADC，∴ABD是等边三角形，且E是BD中点，ACBD则(000)A，，、(130)B，，、(130)D，，、(030)E，，、(002)P，，、13(1)22F，，（1）13(132)(1)22PBFE，，、，，∴12PBFE，∴//PBEF，∴//PB平面ACF（2）设平面PABPBE、的法向量分别为121122(0)(1)nxynxy，，、，，，.则12nn、的夹角的补角就是二面角APBE的平面角；∵(130)AB，，，(132)PB，，，(032)PE，，，由10nAB及2200nPBnPE得1(310)n，，，22(01)3n，-，，1212127cos7||||nnnnnn，，∴二面角APBE的余弦值为77。PEFDCBAzyx5【例4】如图，已知AB⊥平面ACD，DE//AB，△ACD是正三角形，AD=DE=2AB，且F是CD的中点。（I）求证：AF//平面BCE；（II）求证：平面BCE⊥平面CDE；（III）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小。【解】（I）解：取CE中点P，连结FP、BP，∵F为CD的中点，∴FP//DE，且FP=.21DE又AB//DE，且AB=.21DE∴AB//FP，且AB=FP，∴ABPF为平行四边形，∴AF//BP。又∵AF平面BCE，BP平面BCE，∴AF//平面BCE。（II）∵△ACD为正三角形，∴AF⊥CD。∵AB⊥平面ACD，DE//AB，∴DE⊥平面ACD，又AF平面ACD，∴DE⊥AF。又AF⊥CD，CD∩DE=D，∴AF⊥平面CDE。又BP//AF，∴BP⊥平面CDE。又∵BP平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE。（III）由（II），以F为坐标原点，FA，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴（如图），建立空间直角坐标系F—xyz.设AC=2，则C（0，—1，0），).2,1,0(,),1,0,3(EB).1,1,0(,1.022,03,0,0,),,(nzzyzyxCEnCBnBCEzyxn则令即则的法向量为平面设显然，)1,0,0(m为平面ACD的法向量。设平面BCE与平面ACD所成锐二面角为.2221||||||cos,nmnm则45，即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45°。【例5】如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠90DAB，AB∥CD，AD=CD=2AB=2，E，F分别是PC，CD的中点．（Ⅰ）证明：CD⊥平面BEF；（Ⅱ）设,60且二面角为PAkABEBDC，求k的值.解：（Ⅰ）证明：//90DFABDFABABFDBFCDDAB矩形PA⊥平面ABCD，AD⊥CD.ABCDMSABCDMS6CDEFPDEFCDFPCECDPD中点是中点是由三垂线定理得∴CD⊥平面BEF（Ⅱ）连结AC且交BF于H，可知H是AC中点，连结EH,由E是PC中点,得EH∥PA,PA⊥平面ABCD.得EH⊥平面ABCD，且EH122kPA.作HM⊥BD于M，连结EM，由三垂线定理可得EM⊥BD.故∠EMH为二面角E—BD—F的平面角，故∠EMH=600.∵Rt△HBM∽Rt△DBF,故BDHBDFHM.得511HM,得51HM.在Rt△EHM中，tan60,EHHM得52153,.25kk解法2：（Ⅰ）证明，以A为原点，建立如图空间直角坐标系xyzA.则(0,1,0)B，(2,2,0)C，(2,0,0).D设PA=k,则(0,0,)Pk,(1,1,)2kE,(2,1,0)F得(0,2,0),(1,0,),2kCDBE(2,0,0)BF有0,,.,0,CDBECDBECDBEFCDBFCDBF则平面(Ⅱ)(0),(0,0,),(0,0,),PAkkPkBCDAPk平面的一个法向量)0,1,2(),2,0,1(BDkBE.设平面BDE的一个法向量(,,),,nxyznBEnBD有且，则0,0,nBEnBD得0,220,kxzxy取21,(1,2,).xnk得由nAPnAP|cos|cos60,APn7得222152112,5416..25545kkkk得【例6】如图，在棱长都相等的四面体ABCD中，点E是棱AD的中点，(1)设侧面ABC与底面BCD所成角为α，求tanα.(2)设CE与底面BCD所成角为β，求cosβ.(3)在直线BC上是否存在着点F，使直线AF与CE所成角为90°，若存在，试确定F点位置；若不存在，说明理由。答案：解：(1)连AF、DF，由△ABC及△BDC是正三角形，F为BC中点，得AF⊥BC，DF⊥BC，AF=DF∴∠AFD为二面角A-BC-D的平面角设棱长为a，在△ABC中，AF=23a，DF=23a在△AFD中，31432432cos222aaa∴22tg(2)法一：∵BC⊥面ADF，BC面BCD∴面ADF⊥面BCD在面ADF中，过E作EG⊥DF，则EG⊥面BCD，连CG，则∠ECG=又AF=DF，E为AD中点，故EF⊥AD在Rt△DEF中，EF=aaa22)21()23(22DE=a21，由DEEFDFEG得aaaaEG66232221在Rt△CEG中，37cos,32sin则法二：设AO⊥面BCD于O，则O为等边三角形，BCD为中心，设BC中点为M，CD中点为N，以O为坐标原点，OM所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OA所在直线为y轴建立直角坐标系0-xyz，设棱长为2a，则0(0,0,0)，A(0,0，362a),C(23a,a,0),D(-232a,0,0)，E(-33a,0,362a)∴OA0,0，362a，CE(-232a,-a,36a)∴cosCEOA,=323362432aaa∴CE与面BCD所成角的余弦值为cos=sinCEOA,=37(3)法一：设F(33a,y,0)，则)362,,33(ayaAFAEBCDyOxz8FEDCBAPMFEDCBAP又0CEAF∴0343222a