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广东省某重点中学2013届高三数学理二轮复习之立体几何专题一


2013 届高三二轮复习 立体几何专题复习一 2013-3-30 垂直与角度 1、如图,四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 为正方形,PD⊥底面 ABCD,PD=AD. 求证: (1)平面 PAC⊥平面 PBD; (2)求 PC 与平面 PBD 所成的角

ks5u

2、 (06 广东理科)如图 5 所示, AF 、 DE 分别世 O

、 O1 的直径, AD 与两圆所在的平 面均垂直, AD ? 8 . BC 是 O 的直径, AB ? AC ? 6 , OE // AD .

(I)求二面角 B ? AD ? F 的大小;

(II)求直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值.

D

O1

E

C

A B

O
图5

F

ks5u

PA ? PD ? 2 ,PB=2, 3、 如图 5. 在椎体 P-ABCD 中, ABCD 是边长为 1 的棱形, 且∠DAB=60 ? ,
E,F 分别是 BC,PC 的中点. (1) 证明:AD ? 平面 DEF; (2) 求二面角 P-AD-B 的余弦值.

2、 (06 广东理科)如图 5 所示, AF 、 DE 分别世 O 、 O1 的直径, AD 与两圆所在的平 面均垂直, AD ? 8 . BC 是 O 的直径, AB ? AC ? 6 , OE // AD . (I)求二面角 B ? AD ? F 的大小; (II)求直线 BD 与 EF 所成的角.

D

O1

E

C

17、解:(Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, A ∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAD 是二面角 B—AD—F 的平面角,

O

F

B

图5

依题意可知,ABCD 是正方形,所以∠BAD=450. 即二面角 B—AD—F 的大小为 450;

(Ⅱ)以 O 为原点,BC、AF、OE 所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示) ,则 O (0,0,0) ,A(0, ? 3 2 ,0) ,B( 3 2 ,0,0),D(0, ? 3 2 ,8) ,E(0,0,8) ,F (0, 3 2 ,0) 所以, BD ? (?3 2,?3 2,8), FE ? (0,?3 2,8)

cos ? BD , EF ??

BD ? FE | BD || FE |

?

0 ? 18 ? 64 100 ? 82

?

82 10

设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? , 则 cos? ?| cos ? BD, EF ?|?

82 10 82 10

直线 BD 与 EF 所成的角为 arccos

PA ? PD ? 2 ,PB=2, 3、 如图 5. 在椎体 P-ABCD 中, ABCD 是边长为 1 的棱形, 且∠DAB=60 ? ,
E,F 分别是 BC,PC 的中点. (1) 证明:AD ? 平面 DEF;(2) 求二面角 P-AD-B 的余弦值. 法一: (1)证明:取 AD 中点 G,连接 PG,BG,BD。 因 PA=PD,有 PG ? AD ,在 ?ABD 中, AB ? AD ? 1, ?DAB ? 60? , 有 ?ABD 为等边三角形,因此 BG ? AD, BG ? PG ? G , 所以 AD ? 平面 PBG ? AD ? PB, AD ? GB. 又 PB//EF,得 AD ? EF ,而 DE//GB 得 AD ? DE,又 FE ? DE ? E ,

所以 AD ? 平面 DEF。 (2)

PG ? AD, BG ? AD ,

? ?PGB 为二面角 P—AD—B 的平面角, 7 2 2 2 在 Rt ?PAG中, PG ? PA ? AG ? 4
在 Rt ?ABG中,BG=AB ? sin60?=

3 2
2

7 3 ? ?4 PG ? BG ? PB 21 4 4 ? cos ?PGB ? ? ?? 2PG ? BG 7 7 3 2? ? 2 2
2 2

法二: (1)取 AD 中点为 G,因为 PA ? PD, PG ? AD. 又 AB ? AD, ?DAB ? 60?, ?ABD 为等边三角形,因此, BG ? AD ,从而 AD ? 平 面 PBG。ks5u 延长 BG 到 O 且使得 PO ? OB,又 PO ? 平面 PBG,PO ? AD, AD ? OB ? G, 所以 PO ? 平面 ABCD。 以 O 为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线 OB,OP 分别为 x 轴,z 轴,平行于 AD 的直线为 y 轴,建立如图所示空间直角坐标系。 设 P(0, 0, m), G ( n, 0, 0), 则A( n, ? , 0), D( n, , 0).

1 2

1 2

| GB |?| AB | sin 60? ?

3 2

? B(n ?

3 3 3 1 n 3 1 m ,0,0), C (n ? ,1,0), E (n ? , ,0), F ( ? , , ). 2 2 2 2 2 4 2 2 3 n 3 m , 0, 0), FE ? ( ? , 0, ? ) 2 2 4 2

由于 AD ? (0,1, 0), DE ? (

得 AD ? DE ? 0, AD ? FE ? 0, AD ? DE, AD ? FE, DE ? FE ? E

? AD ? 平面 DEF。
(2)

1 3 PA ? (n, ? , ?m), PB ? (n ? , 0, ?m) 2 2

? m2 ? n2 ?

1 3 2 3 ? 2, (n ? ) ? m2 ? 2, 解之得m ? 1, n ? . 4 2 2

取平面 ABD 的法向量 n1 ? (0,0, ?1), 设平面 PAD 的法向量 n2 ? (a, b, c) 由 PA ? n2 ? 0, 得
ks5u

3 b 3 b a ? ? c ? 0,由PD ? n2 ? 0, 得 a ? ? c ? 0, 2 2 2 2

取 n2 ? (1, 0,

3 ). 2
?

3 2 ? ? 21 . ? cos ? n1 , n2 ?? 7 7 1? 4


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