2011年高考数学试题分类汇编 立体几何(4)

证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD.

又因为PA⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD.

所以BD⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=3.

如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则

P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）. 所以 (1,3, 2), (0,2,0). 设PB与AC所成角为 ，则

cos

622 2

4

.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ( 1,,0). 设P（0，－3，t）（t>0）， 则BP ( 1, 3,t)

设平面PBC的法向量m (x,y,z), 则 m 0, m 0

x 3y 0,

x 3y tz 0所以

6

x

3,z .

t 令y ,则

6

m (3,,)

t 所以

6

n ( 3,3,)

t 同理，平面PDC的法向量

因为平面PCB⊥平面PDC,

6

所以m n=0，即解得t

36

02t

6

所以PA=

28.（福建理20）

如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=2，

CDA 45 ．

（I）求证：平面PAB⊥平面PAD； （II）设AB=AP．

（i）若直线PB与平面PCD所成的角为30 ，求线段AB的长；

（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理 由。

本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。 解法一：

（I）因为PA 平面ABCD，

AC 平面ABCD，

所以PA AB，

又AB AD,PA

AD A,

所以AB 平面PAD。

又AB 平面PAB，所以平面PAB 平面PAD。 （II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图）

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE AD. 在Rt CDE中，DE=CD cos45 1，

CE CD sin45 1,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3 t,0),C(1,3 t,0),D(0,4 t,0)，

CD ( 1,1,0),PD (0,4 t, t).

（i）设平面PCD的法向量为n (x,y,z)，

x y 0,

(4 t)y tx 0.n CDn PD由，，得

取x t，得平面PCD的一个法向量n {t,t,4 t}，

又PB (t,0, t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30 ，得

n PB21|,cos60 | ,|n| |PB|2

44t 或t 4AB .55 解得（舍去，因为AD 4 t 0），所以

（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 设G（0，m，0）（其中0 m 4 t）

则GC (1,3 t m,0),GD (0,4 t m,0),GP (0, m,t)，

222

(4 t m) m t|GC| |GD|由得，（2）

2

由（1）、（2）消去t，化简得m 3m 4 0（3）

由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G， 使得点G到点P，C，D的距离都相等。

从而，在线段AD上不存在一个点G，

使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。 解法二：

（I）同解法一。 （II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E， 则CE AD。

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE AD. 在Rt CDE中，DE=CD cos45 1，

CE CD sin45 1,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3 t,0),C(1,3 t,0),D(0,4 t,0)，

CD ( 1,1,0),PD (0,4 t, t).

设平面PCD的法向量为n (x,y,z)，

x y 0,

(4 t)y tx 0.

由n CD，n PD，得

取x t，得平面PCD的一个法向量n {t,t,4 t}，

又PB (t,0, t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30 ，得

n PB21|,cos60 | ,|n| |PB|2

4

t 或t 45解得（舍去，因为AD 4 t 0）， 4AB .

5 所以

（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 由GC=CD，得 GCD GDC 45 ， 从而 CGD 90 ，即CG AD,

GD CD sin45

1,

设AB ,则AD=4- ,

AG AD GD 3 ，

GB

Rt

ABG在中， 1,

这与GB=GD矛盾。

所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，

从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。 29.（广东理18）

如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，

且∠DAB=60

，PA PD 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，

Rt PAG中,PG2 PA2 AG2

在

74

Rt ABG中,BG=AB sin60 =

在

2

2

73 4

PG BG PB cos PGB 2PG BG22

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。

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。

11

P(0,0,m),G(n,0,0),则

A(n, ,0),D(n,,0).

22设

|GB| |AB|sin60

B(n

1n1mC(n E(n ,0),F( ,).22222422

nmAD (0,1,0),DE FE ( )

22 由于

得AD DE 0,AD FE 0,AD DE,AD FE,DE FE E

AD 平面DEF。

1 PA (n, , m),PB (n m)

2 （2

）

m2 2,解之得m 1,n

取平面ABD的法向量设平面PAD的法向量

n1 (0,0, 1),

n2 (a,b,c)

bb

PA n2 0, c 0,由PD n2 0, c 0,

22由 n2

取

cos n1,n2

30.（湖北理18）

如图，已知正三棱柱ABC A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．

（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；

（Ⅱ）设二面角C AF E的大小为 ，求tan 的最小值．

本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E作EN AC于N，连结EF。 （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC 侧面A1C。

又度面ABC 侧面A，C=AC，且EN 底面ABC， 所以EN 侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影， 在Rt CNE中，CN CEcos60 =1，

CFCN1

CC1CA4，得NF//AC1， 则由

又

AC1 AC1,

故

NF A1C

。

由三垂线定理知

EF AC1.

（II）如图2，连结AF，过N作NM AF于M，连结ME。 由（I）知EN 侧面A1C，根据三垂线定理得EM AF, 所以 EMN是二面角C—AF—E的平面角，即 EMN ， 设 FAC ,则0 45

在Rt

CNE中，NE EC sin60 在Rt AMN中,MN AN sina 3sina,

tan

故

NE .MN3sina

,2

0 45 , 0 sina

又

sina

故当

即当 45 2时，tan 达到最小值；

tan

，此时F与C1重合。

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