理科立体几何

19．[2014·重庆卷]如图1-3所示，四棱锥P ­ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底

π1

面ABCD ，AB ＝2，∠BAD ＝，M 为BC 上一点，且BM MP ⊥AP .

32

(1)求PO 的长； (2)求二面角A -PM -C 的正弦值．

图1-3

19．解：(1)如图所示，连接AC ，BD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ∩ BD ＝O ，

→→→

且AC ⊥BD . 以O 为坐标原点，OA ，OB ，OP 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz

.

π

因为∠BAD

3ππ

所以OA ＝AB ·cos ＝3，OB ＝AB ·sin ＝1，

66

→→

所以O (0，0，0) ，A 3，0，0) ，B (0，1，0) ，C (－3，0，0) ，OB ＝(0，1，0) ，BC ＝(3，－1，0) ．

131→1→

由BM ＝，BC ＝2知，BM ＝⎛－，0⎫，

244⎭⎝4

3→→→

从而OM ＝OB ＋BM ＝⎛－，，0⎫，

⎝44⎭

33

即M ⎛，0⎫.

⎝44⎭

33→→

设P (0，0，a ) ，a ＞0，则AP ＝(3，0，a ) ，MP ＝，－，a ⎫. 因为MP ⊥AP ，所以

4⎭4

3333→→

MP ·AP ＝0，即－＋a 2＝0，所以a ＝或a ＝－舍去) ，即PO ＝4222

33333→→→

(2)由(1)知，AP ＝⎛－3，0⎫，MP ＝，CP ＝3，0，⎫. 设平面

2⎭42⎭2⎭⎝⎝4APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1) ，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2) ．

→→

由n 1·AP ＝0, n 1·MP ＝0，得

3

－3x 1z 1＝0，

25⎫故可取n 1＝⎛1，2.

3⎝⎭333

＋z ＝0，414121

→→

由n 2·MP ＝0，n 2·CP ＝0，得

⎧⎨⎩

3

＋z ＝0，⎧43342

故可取n ＝(1，－⎨3

⎩3x 2z ＝0，

2

2

2

2

2

2

3，－2) ．

从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为

n 1·n 215

cos 〈n 1，n 2〉＝

5|n 1|·|n 2|

10

故所求二面角A -PM -C 的正弦值为.

5

17．、[2014·北京卷] 如图1-3，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P - ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，

H .

(1)求证：AB ∥FG ；

(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．

图1-3

17．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .

因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .

(2)因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .

建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示，则A (0，0，0) ，B (1，0，0) ，C (2，1，0) ，P (0，→

0，2) ，F (0，1，1) ，BC ＝(1，1，0) ．

设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z ) ，则 →⎧AB ＝0，⎧⎪n ·⎪x ＝0，⎨即⎨

⎪→y ＋z ＝0. ⎩⎪AF ＝0，⎩n ·

令z ＝1，则y ＝－1. 所以n ＝(0，－1，1) ． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 →⎪n ·BC ⎪1→

sin α＝|cos〈n ，BC 〉|＝⎪＝.

→2⎪|n ||BC |⎪π

因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为6设点H 的坐标为(u ，v ，w ) ．

→→

因为点H 在棱PC 上，所以可设PH ＝λPC (0

即(u ，v ，w －2) ＝λ(2，1，－2) ，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的一个法向量， →

所以n ·AH ＝0，

即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ) ＝0， 4222

解得λ＝，所以点H 的坐标为⎛⎝3，3，3. 3所以PH ＝

⎛4⎫＋⎛2＋⎛－4＝2.

⎝3⎭⎝3⎝319．[2014·湖北卷] 如图1-4，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0

(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ .

(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

19．解：方法一(几何方法) ：

(1)证明：如图①，连接AD 1，由ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1.

当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1，所以BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC

⊄平面EFPQ ，故直线BC

∥平面EFPQ .

1

(2)如图②，连接BD . 因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝.

2

又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，

1

所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝

2PQ .

在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1， 于是EQ ＝FP ＝1＋λ，所以四边形EFPQ 也是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 也是等腰梯形．

分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，

故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．

若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN 知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2.

12⎛222

在△GOH 中，GH ＝4，OH ＝1＋λ－＝λ2＋，

2⎝22

122⎛OG ＝1＋(2－λ) －＝(2－λ) 2＋， 2⎝2⎭

112

由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ) 2＋λ2＋＝4，解得λ＝

222

2

故存在λ＝，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．

2

方法二(向量方法) ：

以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B (2，2，0) ，C 1(0，2，2) ，E (2，1，0) ，F (1，0，0) ，P (0，0，λ) ．

→

BC 1＝(－2，0，2) ，FP ＝(－1，0，λ) ，FE ＝(1，1，0) ． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1，0，1) ，

→

因为BC 1＝(－2，0，2) ，

→→

所以BC 1＝2FP ，即BC 1∥FP .

而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .

→⎧⎧x ＋y ＝0，⎪FE ·n ＝0，⎪

(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ) ，则由⎨可得⎨

⎪→－x ＋λz＝0. ⎩⎪n ＝0⎩FP ·

于是可取n ＝(λ，－λ，1) ．

同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1) ． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1) ＝0，

2

即λ(λ－2) －λ(2－λ) ＋1＝0，解得λ＝.

2

2

故存在λ＝，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．

2

27. 【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥P -ABC 中，PC ⊥平面

ABC , PC =3, ∠ACB =

π

2

. D , E 分别为线段AB , BC 上的点，

且

CD =DE =CE =2EB =2.

（1）证明：DE ⊥平面PCD （2）求二面角A -PD -C 的余弦值。

P

C

D

A

题（19）图

E

B

【答案】（1）证明见解析；（2

试题解析：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ＡＢＣ，故PC ⊥DE 由CE ＝２，CD =DE

∆ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CD ⊥DE

由PC CD =C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD (2)解：由（１）知，∆CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝

π

4,

，如（１９）图，过点Ｄ作

DF 垂直CE 于Ｆ，易知DF ＝FC ＝EF ＝１，又已知EB ＝１，

故FB ＝２． 由∠ACB ＝

π

2,

得DF //AC ，

DF FB 233

==，故AC ＝DF ＝． AC BC 322

，CB 　, CP 的方程为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐以Ｃ为坐标原点，分别以CA

标系，则Ｃ(0,0,0,)，Ｐ(0,0,3)，Ａ(

3

,0,0), 2

Ｅ(0,2,0)，Ｄ(1,1,0)，ED =(1,-1,0),

１

DP =(-1,-1,3)DA =(,-1,0)

２

＝（x 1,y 1,z 1) ，

设平面PAD 的法向量n １

n 1⋅n 2从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1, n 2〉=

|n 1|⋅|n 2|

故所求二面角A -PD -C

. 1．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图, 四棱锥P -ABCD

中, PA ⊥底面ABCD , BC =CD =2, AC =4, ∠ACB =∠ACD =点, AF ⊥PB .

(1)求PA 的长; (2)求二面角B -AF -D 的正弦值.

π

3

, F 为PC 的中

（19）（本小题满分13分） 如题（19）图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AA 1=3， AC=BC=2，D 为AB 中点，E 为BB 1上一点，且（I ）当λ=

BE

=λ． EB 1

2

时，求证：C E ⊥平面A 1C 1D ； 7

（II ）若直线CE 与平面A 1DE 所成的角为30°，求λ的值．

解：（Ⅰ）建立空间直角坐标系如图所示, 则

C (0, 0, 0), A (2, 0, 0), B (0, 2, 0), A 1(2, 0, 3), B 1(0, 2, 3), C 1(0, 0, 3), D (1, 1, 0) ，

222

λ= ∴E (0, 2, ∴CE =(0, 2,

733

又C 1A 1=(2, 0, 0), C 1D =(1, 1, -3)

∴CE ⋅C 1A 1=0, CE ⋅C 1D =0 ∴CE ⊥平面AC 11D ； （Ⅱ）由题知E (0, 2,

3λ3λ，=(0, 2, ) ，A 1D =(-1, 1, -3) ， 1+λ1+λ

=(-1, 1,

3λ

) ， 1+λ

3λ3λ

, 3+, 0) ∴平面A 1DE 的一个法向量为n =(3+

1+λ1+λ

∴1

=

2

x 2(3+

即

3λ) 1+λ

4+(

3λ23λ) ⋅2(3+1+λ1+λ

1

= 2

（19）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问4分，（Ⅲ）小问5分）

在直角梯形ABCD 中，AD //BC ，BC =2AD ，把∆ABD =2AB =∠ABC =900, 如题图（1）

沿BD 翻折, 使得平面ABD ⊥平面BCD , 如题图（2）。

（Ⅰ）求证：CD ⊥AB ；

（Ⅱ）若点M 为线段BC 中点，求点M 到平面ACD 的距离；

（Ⅲ）在线段BC 上是否存在点N ，使得

AN 与平面ACD 所成角为60？若存在，求

出

BN

的值；若不存在，说明理由。 BC