【广东省某重点中学2013届高三数学理高考冲刺之立体几何课后训练二 ]

2013届高三冲刺复习 立体几何巩固练习二 2013-4-27 题记： 还有40天就高考，在即将到来的6月7号下午3:00-5:00的决战中，你是准备成为

强大的西门吹雪，还是打算成为世人笑话的西门吹水？你，那时你会是谁？ 1、如图5，已知等腰直角三角形RBC，其中∠RBC=90º，RBBC2． 点A、D分别是RB、RC的中点，现将△RAD沿着边AD折起到△PAD位置， 使PA⊥AB，连结PB、PC． （1）求证：BC⊥PB；

（2）求二面角ACDP的平面角的余弦值． ks5u

P C D R A B 2、如图1,ACB45,BC3,过动点A作ADBC,垂足D在线段BC上且异于点B,连接

AB,沿AD将△ABD折起,使BDC90(如图2所示). (Ⅰ)当BD的长为多少时,三棱锥ABCD的体积最大;

(Ⅱ)当三棱锥ABCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,试在棱CD上确定一点N,使得ENBM,并求EN与平面BMN所成角的大小.

A A

M

B

D

C

B

D . ·E

C 图1

图2

E是BC的中点，DB2，ABAD2. DC1,BC5，3、如图，四边形ABCD中（图1），

将（图1）沿直线BD折起，使二面角ABDC为60（如图2） （1）求证：AE平面BDC；

（提示：取BD中点F）

（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；

0DCDACAEE

（3）求点B到平面ACD的距离.

（本题(2)(3)采用向量法） ．．．．．．．．．．．．．．．

（附加思考题）

4、矩形ABCD中(如图1)，AB=6，BC=23，沿对角线BD将三角形ABD向上折起，使点A移至

点P，使点P在平面BCD上的射影O在DC上，（如图2）. (1)求证：PD⊥PC;

(2)求二面角P—DB—C的余弦值； (3)求直线CD与平面PBD所成角的正弦值.

DC

AB

2013届高三冲刺复习 立体几何巩固练习二 2013-4-27 1、解：（1）∵点A、D分别是RB、RC的中点，∴AD//BC,AD1BC. …… 2分 2∴∠PADRADRBC=90º. ∴PAAD. ∴ PABC,

∵BCAB,PAABA, ∴BC⊥平面PAB. …… 4分

∵PB平面PAB, ∴BCPB. …… 6分

（2）法1：取RD的中点F，连结AF、PF．

P∵RAAD1, ∴AFRC.

∵APAR,APAD, ∴AP平面RBC.

C∵RC平面RBC, ∴RCAP. …… 8分 ∵AFAPA, ∴RC平面PAF.

RFADB

∵PF平面PAF, ∴RCPF.

∴∠AFP是二面角ACDP的平面角. ……10分 在Rt△RAD中, AF112， RDRA2AD2222PA2AF26， 2在Rt△PAF中, PF2AF3cosAFP2. ……12分ks5u

PF362∴ 二面角ACDP的平面角的余弦值是

法2：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．

则D（－1，0，0），C（－2，1，0），P（0，0，1）. Pz3. ……14分 3∴DC=（－1，1，0），DP=（1，0，1）, ……8分 设平面PCD的法向量为n=（x，y，z），则：

CDnDCxy0， ……10分 nDPxz0R令x1，得y1,z1， ∴n=（1，1，－1）.

xABy显然，PA是平面ACD的一个法向量，PA=（0,0,1）． ……12分

nPA∴cos=nPA1313． 3∴二面角ACDP的平面角的余弦值是

3. ……14分 3（附加题）

4、证明： (1)∵PO⊥平面BCD，∴PO⊥BC ∴平面PCD⊥平面BCD

又 ∵BC⊥CD∴BC⊥平面PCD

∴BC⊥PD又 ∵BP⊥PD DP⊥平面PCB，DP⊥CP …………4分 (2)作OE⊥BD于E，则PE⊥BD，则AE⊥BD，A、E、O共线—————关键步骤，难点 ∴∠PEO就是二面角P-DB-C的平面角.在Rt△ABD中

AB6,AD23,ABD30o,ADB60o,

则∠DAE=30° ∴AE=ADcos60°=3=PE，

ADOE14,OE1,在RtPOE中,cosPEO,cos30PE3…9分

1二面角PDBC的余弦值为,3AO(3)作CF⊥PB，F为垂足，∴DP⊥平面PCB ∴平面PBD⊥平面BCP ∵CF⊥平面PDB，∠CDF是CD与平面BDP所成的角, 在Rt△PBC中，∴∠BCP=90°,

BC23,BP6,PC26,CFBPBCCP,CF22,

在RtCDF中,sinCDFCF2, CD3直线CD与平面PBD所成角的正弦值为2. …………14分 3

2、(Ⅰ)解法1:在如图1所示的△ABC中,设BDx(0x3),则CD3x.

由ADBC,ACB45知,△ADC为等腰直角三角形,所以ADCD3x. 由折起前ADBC知,折起后(如图2),ADDC,ADBD,且BDDCD,

11所以AD平面BCD.又BDC90,所以SBCDBDCDx(3x).

221111于是 VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)

3321212x(3x)(3x)2, 当且仅当2x3x,即x1时,等号成立, 12333故当x1,即BD1时, 三棱锥ABCD的体积最大.

1111解法2: 同解法1,得VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x).

332611令f(x)(x36x29x),由f(x)(x1)(x3)0,且0x3,解得x1.

62当x(0,1)时,f(x)0;当x(1,3)时,f(x)0.

所以当x1时,f(x)取得最大值. 故当BD1时, 三棱锥ABCD的体积最大. (Ⅱ)解法1:以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系Dxyz. 由(Ⅰ)知,当三棱锥ABCD的体积最大时,BD1,ADCD2. 于是可得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),

1A(0,0,2),M(0,1,1),E(,1,0), 且BM(1,1,1).

2

1设N(0,,0),则EN(,1,0).

2因为ENBM等价于ENBM0,

1111即 (,1,0)(1,1,1)10,故,N(0,,0).

2222所以当DN1(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,ENBM. 21nBN,设平面BMN的一个法向量为n(x,y,z),由 及BN(1,,0),

2nBM,y2x,得 可取n(1,2,1).

zx.11设EN与平面BMN所成角的大小为,则由EN(,,0),n(1,2,1),

221|1|nEN32可得 sincos(90), 2|n||EN|262即60. 故EN与平面BMN所成角的大小为60. 3、【答案】如图取BD中点M，连接AM，ME。因ABAD分

因 DB2，DC1,BC5 满足：DB2DC2BC2,

所以BCD是BC为斜边的直角三角形，BDDC, 因E是BC的中点,所以ME为BCD的中位线ME//2.AMBD ……1

1CD ， 2MEBD,ME1 …… 2分 20 AME是二面角ABDC的平面角AME=60 ……3分 AMBD,MEBD且AM、ME是平面AME内两相交于M的直线

BD平面AEMAE平面AEMBDAE ……4分

因ABAD2.,DB2ABD为等腰直角三角形AM1BD1，ks5u 2AE2AM2ME22AMMEcosAME11133 21cos60AE4242AE2ME21AM2AEME …… 6分

BDME,BD面BDC,ME面BDCAE平面BDC …… 7分

（2）如图，以M为原点MB为x轴，ME为y轴，建立空间直角坐标系，8分 则由（1）及已知条件可知B(1,0,0),E(0,,0)，A(0,1213,),D(1,0,0),C(1,1,0) 22

13AB(1,,),CD(0,1,0), …… 9分

22设异面直线AB与CD所成角为,

则cosABCD ……10分

ABCD122 ……11分

421由AD(1,13,),CD(0,1,0),可知 n (3,0,2)满足， 22 n AD0, n CD0, n 是平面ACD的一个法向量, …… 12分

记点B到平面ACD的距离d，则AB在法向量 n 方向上的投影绝对值为d 则dAB n ……13分 所以d303 n 30222221 …… 14分 7