广东高考（理科）数学立体几何（面角）专题汇编 - 图文

5??sin?D1AC?1131032?310S?A1DC??2?5??10．∴52102．

1131VD1?AEC?VE?AD1C?d???d?ACD1的距离为d，∴3． 326设点E到平面

1ACD1的距离为3． ………………………………………………… 8分

∴点E到平面

DF?DFD1为二面角D1?EC?D的平面

（3）解：过D作DF?EC交EC于F，连接1．由三垂线定理可知，

角．

∴

?DFD1??4，

?D1DF??2，D1D?1?DF?1． ……………………… 10分

sin?DCF??DF1??BCF????DCF?3．…………………… 12分 DC26，∴

tan∴

?3?BE?BE?3BC，AE?AB?BE?2?3．

?D?EC?D的平面角为4．…………………………… 14分

故AE?2?3时，二面角1

15.（Ⅰ）∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.

又?BCA?90，∴AC⊥BC.

∴BC⊥平面PAC………….4分

（Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，

∴DE??1BC， 2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=AB， ∴△ABP为等腰直角三角形，∴AD?1AB， 21AB. 2?∴在Rt△ABC中，?ABC?60，∴BC?∴在Rt△ADE中，sin?DAE?DEBC2??， AD2AD42…………9分 4∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为.

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（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，∴?PAC?90.

∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC，这时?AEP?90， 故存在点E使得二面角A?DE?P是直二面角…………..14分 【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 A?0,0,0?,B?????1???33a,a,0,C0,a,0,P?0,0,a?. ????2???2???2??????????1? （Ⅰ）∵AP??0,0,a?,BC??a,0,0?，

?2?????????∴BC?AP?0，∴BC⊥AP.

又∵?BCA?90，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC. （Ⅱ）∵D为PB的中点，DE//BC，∴E为PC的中点，

??131??31?a,a?∴D??a,?4?,E??0,4a,2a??， 42????∴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，

?????1??31????31?a,a?∵AD???a,?4?,AE???0,4a,2a??， 42????????????AD?AE14∴cos?DAE????. ??????4AD?AE∴AD与平面PAC所成的角的大小arccos14. 4（Ⅲ）同解法1.

16.证：（Ⅰ）平面PCD?底面ABCD，PD?CD，所以PD?平面ABCD，所以PD?AD． 如图，以D为原点建立空间直角坐标系D?xyz．…………2分

????????则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)．?DB?(1,1,0),BC?(?1,1,0)．

????????所以BC?DB?0,BC?DB．…………3分

又由PD?平面ABCD，可得PD?BC，…………4分

zBC?平面PBD…………5分 且PD与DB相交，P所以BC?平面PBD． ………………………6分 ????（Ⅱ）平面PBD的法向量为BC?(?1,1,0)，…………8分

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QDCyAB????????????PC?(0,2,?1),PQ??PC,??(0,1)，所以Q(0,2?,1??)，

???????????设平面QBD的法向量为n?(x,1,z)，由n?DB?0，n?DQ?0， ???x?1?02??得?，所以n???1,1,?，…………10分

??12??(1??)z?0????????n?BC22??所以cos45??????，…………12分 ?2|n||BC|2?22?2?()??1注意到??(0,1)，得??2?1 ………………………………14分

17.解：（1）连结A1D,B1C长方体ABCD?A1B1C1D1中，AA1?AD?1， 则AD1?A1D,…………1分 ∵A1B1?平面A1ADD1 ∴

AD1?A1B1,又A1D?A1B1?A1…………2分

∴AD1?面A1B1CD…………3分 又∴

B1E?面A1B1CD B1E?AD1…………4分

（2）存在AA1的中点P，使得DP//平面B1AE， 证明：取AA1的中点为P，AB1中点为Q，连接PQ 在?AA1B1中，PQ//又DE//1A1B1 21A1B1 2∴PQ//DE

∴四边形PQDE为平行四边形 ∴PQ//DE

又PD?平面AB1E，QE?平面AB1E ∴PD//平面AB1E 此时AP?

（3）法一：在平面ABE上，过点B作BH?AE交AE于H，连结B1H

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11AA1?………8分 22

∵B1B?平面ABCD,AE?平面B1BH ∴AE?B1H

∴?B1HB为二面角B－AE?B1的平面角 在?ABE中，AE?又S?ABE?2,S?ABE?1AB?AD?1 21AE?BH?1，则BH?2 2在Rt?B1BH中，B1H?3 ∴cos?B1HB?BH26 ??B1H336. 3即二面角B－AE?B1的平面角的余弦值为

法二：因为AB?AA，AB?AD，AA1?AD 1建立如图所示坐标系

A?0,0,0?,A1?0,0,1?,B?2,0,0?,B1?2,0,1?,E?1,1,0?

∵AA1?平面ABCD,

∴平面ABE的一个法向量n1??0,0,1?

??设平面AEB1的法向量为n2??x,y,z?

????????AE??1,1,0?,AB1?(2,0,1)

???????x?y?0?AE?n1?0由??????，得?

?2x?z?0??AB1?n2?0?取x?1,y??1,z??2，则平面AEB1的一个法向量n2??1,?1,?2?

????n1?n2?26??∴cosn1,n2???? 3n1n21?6??6经检验，二面角B－AE－B1所成平面角为锐角，其余弦值为cosn1,n2? 3

18．解：分别以CA，CB，CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系………………1分 则

A1(3,0,1),B(0,3,0)，C(0,0,0),B1(0,3,1)………………2分 24 / 27

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