立體幾何解答題罕見壓軸難題（解析版）

(2)若點P在底面圓內(nèi)的射影恰在ON上，求直線PM與平面PAB所成角的正弦值.·1·(1)連接OM,MN,BM，因為M,N是底面半圓弧上的兩個三等分點，·1· 所以MN=NB=BO=OM，四邊形OMNB是菱形，記ON與BM的交點為Q，Q為ON和BM的中點，因為∠PON=60°,OP=ON，所以PQ=3=1BM，所以PB⊥PM，因為PM∩PA=P，PM,PA?平面PAM，所以PB⊥平面PAM.(2)因為點P在底面圓內(nèi)的射影恰在ON上，所以PQ⊥底面ABM，則O(0,-1,0(,M(3,0,0(,B(-3,0,0(,N(0,1,0(,P(0,0,3(，·2·所以PM=(3,0,-3(，OP=(0,1,3(，OB=(-3,1,0(，設(shè)平面PAB的一個法向量為=(x,·2· 設(shè)直線PM與平面PAB的所成角為θ,故直線PM與平面PAB所成角的正弦值為.面PBC∩平面PAD=l，直線DE與直線l交于點G.求的值；(2)若PB=PC=CD=2，求多面體POCDEF的體積.又因為AD?面PBC，BC?面PBC，因為平面PBC∩平面PAD=l，AD?面PAD，所以AD=GP，·3·所以△OBF～△·3· (2)連接OP，OE，所以多面體POCDEF的體積為V=VP-OCD+VE-POD+VE-POF因為PB=PC=2，O是BC中點，所以PO⊥BC，PO=PC2-OC2=3，又因為平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，PO?平面PBC，所以PO⊥面ABCD，所以VP-OCD=1×S△OCD×PO=1×1×1×2×因為E為PA中點，所以VE-POD=1VA-POD=1VP-OAD=1×所以VE-POF=2VE-POB=2×1VA-POB=1×1×1×1×所以多面體POCDEF的體積為V=3+3+3·4·延長線于點H，經(jīng)測量∠D1DH=12°,且AB=10,A1B1=8?(sin12°≈0.2·4· 數(shù)S(x(=sinx+sin2x(x∈R(，你看這多美妙!”(x(的最大值吧.·5··5· S2(x(=sin2x(1+cosx)2=(1-cosx((1+cosx)3=×3(1-cosx((1+cosx)3≤×(3(1-cosx(+(1+cosx((1+cosx(+(1+=.S(x(=(sinx+sinx+sin2x(,=sinx+sinxsin(π-2x((≤3sinx+x+π-2=(x)=(sinx+sinxcosx)2、、=、、=當(dāng)且僅當(dāng)sinx=3時取等號.·6··6· S2(x(=(sinx+sinxcosx)2=?sinx+sinx?2cosx(2≤=+sin2x((-sin2x+2(，根據(jù)二次函數(shù)知識可知當(dāng)sinx=取得最大值，(x)≤;(3)利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，可將空間中的行處理.是正方形，且平面A1BC⊥平面ABB1A1.(1)求證：AB⊥BC；·7·(2)當(dāng)AC與平面A1BC所成的角為，在線段A1C上是否存在點E，使平面ABE與平面·7· (1)證明：連接AB1交A1B于點D，由平面A1BC丄側(cè)面A1ABB1，且平面A1BC∩側(cè)面A1ABB1=A1B，得AD丄平面A1BC，又BCC平面A1BC，所以AD丄BC.三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，則AA1丄底面ABC，所以AA1丄BC.又AA1∩AD=A，從而BC丄側(cè)面A1ABB1，又ABC側(cè)面A1ABB1，故AB丄BC.上ACD直線AC與平面A1BC所成的角,π假設(shè)在線段A1C上存在一點E，使得二面角A-BE-πA點和AC垂直的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，且設(shè)A=λA(0≤λ≤1(，A=(0,2、2,-2)，得E(0,2、2λ,2-2λ(·8·設(shè)平面EAB的一個法向量=(x,y,z(，由AE丄，AB丄得：·8· {，取=(1,-1,-,:點E為線段A1C中點時，二面角A-BE-C的大小為.(2)求點D到平面PBC的距離；(1)“點P在底面ABCD上的射影是AC與BD的交點O，:PO丄平面ABCD，“ACC平面ABCD， :PO丄AC，“四邊形ABCD為菱形，:BD丄AC，:AC丄平面PBD，“BDC平面PBD， :AC丄PD；(2)由題意可得△ABD、△BCD與△PBD都是邊長為2的等邊三角形，1·9·:PO=·9· ∴PC=PO2+CO2=6，∵BP=BC=2，∴S△PBC=×6×22-(26設(shè)點D到平面PBC的距離為h，由VD-PBC=VP-BDC得S△PBC?h.5.5.故點D到平面PBC的距離為.(3)設(shè)直線PE與平面PBC所成的角為θ,∵AD∥BC?AD∥平面PBC，∴E到平面PBC的距離即為D到平面PBC的距離h.過E作垂線EF⊥平面PBC交于點F，則θ=∠EPF，∵PO⊥平面ABCD，且PO=3，∴PA=OP2+OA2=6，PD=OP2+OD2=2，cos∠PAD==AP2+AD2-PD26+4cos∠PAD===2AP?AD2×6×2∴sin∠PAD=1-cos2∠PAD=AP?ADsin∠PAD=AP?ADsin∠PAD=AD?·10·DE=PD2-PE2=4-=，sinθ=，·10· CC丄平面ABB1A1，點D為棱BB1(2)棱B1C1(除兩端點外)上是否存在點M，使得二面角B-A1M-B1的余弦值為，若存:△AA1C為等邊三角形，得AA1丄OC，:AA1丄OD，“CDC平面OCD，:AA1丄CD；(2)“平面AA1C1C丄平面ABB1A1，且平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1，OC丄AA1，OCC平面AA1C1C，:OC丄平面ABB1A1，ODC平面ABB1A1，:OC丄OD，·11··11· 不妨設(shè)AB=2，則B(1,2,0(，A1(-1,0,0(，C1(-2,0,3(，B1(-1,2,0(，則A1B1=(0,2,0(，A1C1=(-1,0,3(，C1B1=(1,2,-3(，OC1=(-2,0,3(，A1B=(2,2,0(，設(shè)=(x1,y1,z1(為平面假設(shè)棱B1C1上(除端點外)存在點M滿足題意，令=λ(0<λ<1(，得M(λ-2,2λ,3-3λ(，設(shè)=(x2,y2,z2(為平面BA1M的一個法向量，=(1,-1,1+λ ,=-+λ( 時，二面角B-A1M-B1時，二面角B-A1M-B1的平面角均為銳角，C1MC1MCB1·12··12·等. A的中點.(1)在三棱錐P-ABC中，證明：B(2)求平面PBC與平面ABC夾角的余弦值.(1)由P所以BE⊥PA，取AC中點為F，連接EF，BF，在△PBA中，BE=AB2-AE2=2，所以BE2+FE2=BF2，所以BE⊥EF所以BE⊥平面PAC，因為AC?平面PAC，所以BE⊥AC；·13·則E(0,0,0(，A(0,2,0(，B(0,0,、2)，P(0,-2,0(·13· ,-1,0)，,-1,0)，A=(0,-2,、2,-1,-、2設(shè)平面ABC與平面PBC的一個法向量分別為n1=(x1,y1,z1(，n2=(x2,y2,z2(，平面PBC與平面ABC的夾角為θ,→x1=→x1=x1-y1-21=x1-y1-2(x2-y2-2 =212所以2=,-1,2(所以2=,-1,2..上的動點．將△ADE沿DE翻折到△SDE，△BEF沿EF翻折到△SEF，(1)因為ABCD是正方形，:SE丄SD,SE丄SF，·14··14· SBC，設(shè)BF=x(1<x≤4)，則CF=4-x.x(=4+x(=4+x.在△DEF中，DS=4,SF=x，DF=x2-8x+32.2DS.SFx可得cos上DSF=DS2+SF2-DF2=2DS.SFxS△DBF=DS.SF.sin上DSF=4x-1，8x-1x+4“VS-DEF=VE-DSF，4x-1.2=(4+x8x-1x+44t=4令x-1=4t=4令g(t(=t+,t∈(0,3(，g(t1(-g(t2(=t1+t2+=(t1-t2(+-=(t1-t2(，當(dāng)t1,t2∈(0,、3(且t1<t2時，t1-t2<0,t1t2-5〈0,t1t2〈0，則g(t1(-g(t2(>0，:θ最大值為可得g(t)在(0,3[上單調(diào)遞減，:θ最大值為 ·15·上ABC=.將△ADC沿對角線AC折到△APC的位置，點P在平面ABC內(nèi)的射影H恰好落在直線AB上.·15· (1)求二面角P-AC-B的正切值；(1)如圖，過點H作HM丄AC于點M，連接PM，DM，“PH丄平面ABCD，ACC平面ABCD，:PH丄AC，又HM丄AC，HM∩PH=H,HM,PHC平面PMH，:AC丄平面PMH，“PMC平面PMH，:AC丄PM，:AC丄DM.:上PMH為二面角P-AC-B的平面角.:CM=，AM=.CDMC3又AHⅡCD，:AH=AM=1:AH=1CDMC3“PM=DM=，:MH=DM=，:Rt△PMH中，PH=、6，:tan上PMH==2、2，所以二面角P-AC-B的正切值為22.·16··16· 則A(0,-1,0(，B(0,1,0(，C(3,0,0(，P(0,0,6(，∴==(-,0,，B—=-=,-1,，A—=(0,2,0(.0-y+=03,-1,0(.3,-1,0(.33,1-λ,-36(∴B=(3λ,-λ,0(，∴F=B-33,1-λ,-36(π因為直線FQ與平面ABFπ ∴sin=== ∴sin===、3λ-32+(1-λ(2+(-、3λ-32-18λ+9=0，解得λ=或λ=(舍去).BQQC.=3時，F(xiàn)Q與平面ABF所成的角為BQQC.·17··17· 中心，將四棱錐M-BCGF繞直線CG逆時針旋轉(zhuǎn)α(0<α<π(后，得到四棱錐M/-B/CGF/.,求證：平面MBF⊥平面M/B/F/；連接BH、BF/，則M是BH中點，M/是BF/中點，所以平面MBF與平面BFHD重合，平面M/B/F/與平面BFF/B/重合，由正方體性質(zhì)可知BF⊥平面EFF/H，∠HFF/為二面角H-BF-F/的平面角，所以∠HFF/=，所以，平面MBF⊥平面M/B/F/(2)假設(shè)存在α,使得直線M/F/⊥平面MBC，·18··18· 則C(0,0,0(、B(2,0,0(、M(1,-1,1(，故=(2,0,0(、=(1,-1,1(，設(shè)平面MBC的法向量為=(x,y,z(，則+z=0，取y=1，得=(0,1,1(是平面MBC的一個法向量，因為|MG|=|MC|=12+(-1(2+12=3，則PM⊥CG，同理可知，PMI⊥CG，于是∠MPMI是二面角M-CG-MI的平面角，∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角，∠QPMI是二面角Q-CG-MI的平面角.于是∠MPMI=α,因為P=(1,-1,0(，P=(2,0,0(，cos∠MPQ=因為0<∠MPQ<π,則∠MPQ=，所以∠QPMI=α-，因為PM⊥CG，PMI⊥CG，PM∩PMI=P，PM、PMI?平面MPMI，所以，CG⊥平面MPMI，且|MIP|=|M故cos(α-sin(α-(,1(因為2cosα-2cos(α-=2cosα-2cosαcos-2sinαsin=cosα-sinα,所以MI=(cosα-sinα,cosα+sinα,1(，·19·若直線MIFI⊥平面MBC，是平面MBC的一個法向量，則MI?,·19· (cosα-sinα=0(cosα-sinα=0∠BAD=120°,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,E,F,H分別是棱PB,BC,PD的中點.(1)求平面EFH與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)求平面EFH截四棱錐P-ABCD所得的截面與PA交于點Q，求的值.(1)作AG⊥AD，以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，E,-,1(，故P=(0,2,-2)，P=(、3,1,-2)，設(shè)面PDC的法向量,y,z)，設(shè)面EFH法向量,b,c)，E=,,-1(，E=(-,,0(，·20··20· 設(shè)二面角為β,則cosβ=故平面EFH與平面PCD所成二面角的余弦值為.連接DC找中點G，連接GF并延長交AB延長線于I，連接IE并根據(jù)平面的基本性質(zhì)易知：E,F,G,H,Q共面，即多邊形EFGHQ若J是AB中點，連接GJ,EJ，又E,F為PB,BC中點，所以，則B是IJ中點，即IJ=2BJ故平面EFH與平面PCD所成二面角的余弦值為.連接DC找中點G，連接GF并延長交AB延長線于I，連接IE并根據(jù)平面的基本性質(zhì)易知：E,F,G,H,Q共面，即多邊形EFGHQ若J是AB中點，連接GJ,EJ，又E,F為PB,BC中點，所以，則B是IJ中點，即IJ=2BJ=AB=2，又EJ=1,IA=3，==，可得AQ=，故PQ=2-AQ=，分別為α,β,試求出tan(α+β(的取值范圍.(3)求三棱錐E-PMN的體積的最大值.=|OF2|=|OF2|=1，·21··21· 由BF2OBF2F，F(xiàn)，所以根據(jù)橢圓性質(zhì)知1≤m≤3，故tan(α+β)∈-,-.由VE-PMN=VM-PEF2+VN-PEF2，要使三棱錐E-PMN的體積最大，只需△PEF2面積和M,N到面PEF2距離之和都最大，S△PEF2=SBF2EB-S△PBF2-S△PEB，令EB=a,PB=b且a,b∈[0,4]，則PB=4-b，b(a-1)設(shè)MN:y=tx+1，聯(lián)立橢圓得(3t2+4)x2+6tx-9=0，且Δ=144(t2+1)>0，·22·所以xM+xN=-，xMxN=-，而|xM-xN|=、(xM+xN)2-4xMxN，所以|xM-xN|=，令l=·t2+1≥1，則|xM-xN|==，由對勾函數(shù)性質(zhì)知y=3l+在[1,+∞)上遞增，故|xM-xN|max=·22· 綜上，(VE-PMN(max=×8×3=8.如圖，四面體ABCD中，AB=BC=BD=AC=2,AD=DC=、2.(1)求證：平面ADC⊥平面ABC；(2)若D=λD(0<λ<1)，②若PH⊥平面ABC,H為垂足，直線DH與平面APC的交點為G．當(dāng)三棱錐P-ACH體積(1)取AC的中點O，連接DO,OB，因為AC=2,AD=DC=2，則DO⊥AC，所以AD2+DC2=AC2，所以DA⊥DC，所以又因為AB=BC=BD=2,所以BO⊥AC，則BO=BC2-CO2=3，又因為BO2+DO2=BD2，所以DO⊥BO，又因為DO⊥AC，AC∩BO=O,AC,BO?平面ABC，所以DO⊥平面ABC，又因為DO?平面ACD，所以平面ADC⊥平面ABC；所以A(1,0,0(,C(-1,0,0(,D(0,0,1(,B(0,、3,0(，所以由D=λD(0<λ<1)可得：x1=0,y1=、3λ,z1=-λ+1，所以P(0,、3λ,-λ+1(，·23·A=(-1,0,1(,A=(-2,0,0(,A=(-1,、3λ,-λ+1(·23· 設(shè)平面APC的法向量為=(x,y,z(，則λy+(-λ+1(z=0，取y=-λ+1，可得x=0,z=-、3λ,所以=(0,-λ+1,-、3λ(，因為直線AD與平面APC所成角為30°,②由(1)知，DO⊥平面ABC，又PH⊥平面ABC,PB=2-2λ,所以==，即，所以PH=1-λ,BH=(1-λ(，所以O(shè)H=OB-BH=、3-、3(1-λ(=3λ,三棱錐P-ACH體積為：因為0<λ<1，當(dāng)λ=時，三棱錐P-ACH體積最大為，A(1,0,0(,C(-1,0,0(,D(0,0,1(,B(0,、3,0(設(shè)D=μD(0≤μ≤1(，設(shè)G(x2,y2,z2(，所以x2=0,y2=μ,z2=-μ+1，所以G(0,μ,-μ+1(，·24··24· 所以D=D，所以=.如圖，四棱錐P-ABCD中，二面角P-CD-A的大小為90°,∠DCP=∠DPC<∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°,E是PA的中點.(1)求證：平面EBD⊥平面PCD；(2)若直線PD與底面ABCD所成的角為60°,求二面角B-ED-C的余弦值.【解析】(1)由∠DAB=∠ABC=2∠ADB=2∠DCB=90°,得AD=AB,AD?BC，則∠DBC°=∠DCB=45，所以BD=CD,∠BDC=90°,即BD⊥CD.由二面角P-CD-A的大小為90°,知平面PCD⊥平面CDA，即平面PCD⊥平面ABCD，又平面PCD∩平面ABCD=CD，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面PCD，又BD?平面EBD，所以平面EBD⊥平面PCD.由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PH?平面PCD，PH⊥CD，所以PH⊥平面ABCD，則DH為PD在底面ABCD內(nèi)的射影，所以∠PDH為直線PD與底面ABCD所成的角，即∠PDH=60°.由∠DCP=∠DPC<，知DP=DC且△PDC為鈍角三角形，設(shè)AD=1，得BD=DC=DP=2，BC=2，在△PHD中，PD=2,DH=2PH=6，在△ADH中，∠ADH=·25·由余弦定理得AH=AD2+DH2-2AD?DHcos45°=2，有AH2+DH2=AD2·25· 所以AH丄CD，過D作DFⅡPH，則DF丄底面ABCD，所以DB,DC,DF兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標(biāo)系D-xyz，B(2,0,0),C(0,·2,0),P(0,-,A,-,0(,E,-,(，所以D=(·2,0,0),D=,-,D=(0,2,0)，設(shè)平面EBD和平面ECD的一個法向量分別為1,y1,z12,y2,z2)，{..1=0,y1=,x2=-3,y2=0，故所求二面角B-ED-C的余弦值為.(2)若AB=2,G為△BCD的內(nèi)心，求直線PG與平面PCD所成角的正弦值.(1)因為PA丄平面ABCD,CDC平面ABCD，所以PA丄CD，因為PD與平面ABCD所成的角為45。,PA丄平面ABCD，又E為PD的中點，所以AE丄PD，·26··26· 又CD⊥PA,PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因為AE?平面PAD，所以CD⊥AE，因為PD∩CD=D,PD,CD?平面PCD，所以AE⊥平面PCD.所以G在對角線AC上.所以O(shè)G=GF,CG=2OG，所以CO=CG+OG=(、2+1(OG,AC=2CO=2(、2+1(OG，所以AG=AO+OG=CO+OG=(2+2(OG=2(1+2(OG，所以AG=AC，又因為AB=2，所以AG=2.由題意知AB,AD,AP兩兩垂直，以AB,AD,AP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.所以P(0,0,2(,D(0,2,0(,E(0,1,1(，所以PG=(2,2,-2(AE=又因為AE⊥平面PCD，所以平面PCD的一個法向量為(0,1,1AE=設(shè)直線PG與平面PCD所成角為θ,=,1,1(?=2-2.4矩形ABEF沿EF翻折至矩形AIBIEF的位置，使平面AIBIEF⊥平面CDFE，如圖2所示.·27··27· (1)證明：平面AIEM丄平面AIFM；EQ\*jc3\*"Font:Arial"\*hps24\o\ad(\s\up7(EQ),EA)進(jìn)一步有AIF丄EF，因為平面AIBIEF丄平面CDFE，平面AIBIEF∩平面CDFE=EF，且AIFC平面AIBIEF，AIF丄EF，所以AIF丄平面CDFE，因為EMC平面CDFE，所以AIF丄EM.因為FM∩AIF=F，F(xiàn)MC平面AIFM，AIFC平面AIFM，所以EM丄平面AIFM.又EMC平面AIEM，所以平面AIEM丄平面AIFM.如圖所示．則F(0,0,0(，M(1,1,0(，E(0,2,0(，AI(0,0,1(，從而FM=(1,1,0(，EAI=(0,-2,1(.由題設(shè)E=λEI(0<λ<1(，則E=λ(0,-2,1(=(0,-2λ,λ(，又F=(0,2,0(，則F=F+E=(0,2-2λ,λ(.由(1)知，M=(-1,1,0(是平面AIMF的一個法向量，·28·因為平面AIBIEF丄平面CDFE，平面AIBIEF∩平面CDFE=EF，且QP丄EF，QPC平面AIBIEF·28· 所以QP⊥平面ABEF，即QP⊥平面MEF，又FM?平面MEF，則QP⊥FM，所以FM⊥平面PGQ，則MF⊥QG，所以∠QGP為二面角Q-FM-E的平面角.由(1)知AF⊥平面CDFE，AF?平面AFM，所以平面AFM⊥平面CDFE，所以二面角A-FM-E為直二面角，所以二面角Q-FM-E的正弦值等于二面角A-FM-Q的余弦值，所以在Rt△QGP中，tan∠QGP= (2)若二面角P-QD-C的正弦值為，求BQ的長.(1)證明：取AA1的中點M，連接MP，MB.·29··29· =4，又點M，P分別是棱A1A，D1D的中點，所以MP∥AD，且MP==3.在正方形ABCD中，BC∥AD，BC=4，又B從而MP∥BQ且MP=BQ，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以PQ∥MB.又因為MB?平面ABB1A1，PQ?平面ABB1A1，所以PQ∥平面ABB1A1；(2)在平面AA1D1D中，作A1O⊥AD于O.因為平面AA1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD=AD，A1O⊥AD，A1O?平面AA1D1D，所以A1O⊥平面ABCD.在正方形ABCD中，過O作AB的平行線交BC于點N，則ON⊥OD.A1O=4.(0,-,2(，=(0,-4,0(.,1(，另取平面DCQ的一個法向量為=(0,0,1(.設(shè)二面角P-QD-C的平面角為θ,由題意得|cosθ|=1-sin2θ=1.·30··30· ==所以當(dāng)二面角P-QD-C的正弦值為時，BQ的長為1.,0((-1≤t≤3(，所以D=(4,t-3,0(.(3-t,4,1(，另取平面DCQ的一個法向量為=(0,0,1(.(t-3)y=0設(shè)二面角P-QD-C的平面角為θ,由題意得|cosθ|=1-sin2θ=1.=(3-t(2+17(3-t(2+1726=(3-t(2+17(3-t(2+1726所以當(dāng)二面角P-QD-C的正弦值為時，BQ的長為1.因為平面A1ADD1丄平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD=AD，PH丄AD，PHC平面A1ADD1，所以PH丄平面ABCD，又DQC平面ABCD，所以PH丄DQ.所以DQ丄平面PHG，又PGC平面PHG，所以DQ丄PG.·31·在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，四邊形A1ADD1·31· 所以PH=2，DH=.設(shè)BQ=x(0≤x≤4(，則CQ=4-x，DQ=42+(4-x(2=x2-8x+32，因為二面角P-QD-C的平面角與二面角P-QD-A的平面角互補(bǔ)，且二面角P-QD-C的正弦值為，所以sin∠PGH=，從而tan∠PGH=5.所以當(dāng)二面角P-QD-C的正弦值為時，BQ的長為1. 求異面直線AC與BF1所成角的余弦值；(ii)求|PH|的最大值.·32·2=a2-c2=·32· 解得A(0,1(，B(-,-，由對稱性知C,-，則AI(0,0,1(，B,-,0(，C,,0(A=,,-1(，B1=(-,,0(，設(shè)直線AIC與BF1所成角為θ,==，異面直線AIC與BF1所成角的余弦值為.=++1得，2+2y2+2y-1=0，所以y1y3=-1=-y2+2∞-2∞1+1+2y，y1y11-32∞1-3，3=∞1-1y3+1=y3=∞1-1y1y11-32∞1-3，·33·=，·33· 由A,F1,B三點共線，得=，所以x2y1-x1y2=y2-y1，(2x1-3((y4-y3(令y=0得，x=-y1(x4-x3(+((2x1-3((y4-y3((ii)由題意知點P(0,-1(，點H的軌跡為以F2(1,0(，Q,0(為直徑的圓(除F2,Q外)，如圖，已知四邊形ABCD是矩形，PA⊥平面AB·34··34· 因為ABCD是矩形，N是線段DC上的中點，所以DN?AB,DN=AB，因此有DN?MQ,DN=QM，(2)假設(shè)存在實數(shù)λ,使直線MN同時垂直于直線PB，直線DC，即MN⊥PB,MN⊥AB，而PB∩AB=B,PB,AB?平面ABP，所以MN⊥平面ABP，因為ABCD是矩形，所以AB⊥AD，因為PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PA⊥AD，而PA∩AB=A,PA,AB?平面ABP，因此不存在實數(shù)λ,使直線MN同時垂直于直線PB，直線DC；所以∠PDQ是直線MN與直線PD所成角，設(shè)AD=a(a>0)，由(2)可知PA⊥AD，所以PD=a2+4,DQ=、a2+1，2+22+4×a2+1令a2+2=t(t>2)，所以0<<，于是有cos∠PDQ=t=1，、t+2×、t-1-2、t+2×、t-1則直線MN與直線PD所成最大角的余弦值為.·35··35· (2)證明：PB丄平面PAM；(3)若點P在底面圓內(nèi)的射影恰在ON上，求直線PM與平面PAB所成角的正弦值.(1)連接OM,MN,BM，因為M,N是底面半圓弧上的兩個三等分點，所以△MON,△NOB都為正三角形，所以MN=NB=BO=OM，四邊形OMNB是菱形，因為四邊形OMNB是菱形，則Q為ON和BM的中點，而在等邊△MON,△NOB中，易知MQ=BQ=3，即PQ=MQ=BQ，所以PB丄PM，又PM∩PA=P，PM,PAC平面PAM，所以PB丄平面PAM.(3)因為點P在底面圓內(nèi)的射影恰在ON上，·36··36· 則O(0,-1,0(,M(3,0,0(,B(-3,0,0(,N(0,1,0(,P(0,0,3(，所以PM=(3,0,-3(，OP=(0,1,3(，OB=(-設(shè)直線PM與平面PAB的所成角為θ,故直線PM與平面PAB (1)證明DE⊥平面ABCD；(2)求平面AB1D與平面BDF夾角的余弦值.因為AD=DC=2,AC1=22，所以AD2+DC=AC，所以AD⊥DC1，·37·又AD⊥DC,DC∩DC1=D,DC,DC1?平面CDD1C1，所以AD⊥平面CDD1C1，所以AD⊥DE,AD⊥·37· 因為DE丄AD,AD∩DC=D,AD,DCC平面ABCD，所以DE丄平面ABCD.標(biāo)系D-xyz.易知DE=3，所以D(0,0,0(,A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,3)，C1(0,1,3),D1(0,-1,3)，所以1=(0,-1,、3),D=(0,2,0),A=(-2,0,、3),D=(2,2,0),D=(2,0,0)，D1=(0,-1,3)，設(shè)=t=(0,-t,、3t((0≤t≤1)，則D=D+=(0,2-t,、3t)，使得A=λD+μD=λ(2,2,0)+μ(0,2-t,、3t)=(2λ,2λ+2μ-tμ,、3μt).D=(2,1,3)，·38·取y2=3設(shè)平面AB1D與平面BDF的夾角為θ,·38· 故平面AB1D與平面BDF夾角的余弦值為.BC=2，將△ADE沿DE翻折到△PDE的位置.而BE=CE，M是BC的中點，所以ME丄ED，又平面PED丄平面BCDE，平面PED∩平面BCDE=DE，MEC平面BCDE，所以ME丄平面PED，如圖以E為坐標(biāo)原點，分別以EM,ED分別為x,y軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系：所以E(0,0,0(，M(1,0,0(，B(1,-1,0(，C(1,1,0(，D(0,2,0(，則P(0,t,t(，N(0,t,t(，·39·所以M=(-1,t,t(，B=(-1,t+1,t(，B=(0,2,0(，E=(0,t,t(，E·39· 設(shè)平面PBC的法向量=(x1,y1,z1(，sinθ== =-+t=>，解得·2<t<2.設(shè)平面PEC的法向量=(x2,y2,z2(，，取=(1,-1,1(，設(shè)平面PBC與平面PEC所成銳二面角為α,則cosα===i=1+∈,(，所以平面PBC與平面PEC所成銳二面角余弦值的取值范圍是,.VK-CGH=GH?CH?KGsinα≤GH?CH?KG，S△CHG=CH?GH,S△KHG=KG?GH，S△CKG>S△KGH,S△CKH>S△CHG(取不到等號，)∴S>CH?GH+KG?GH=GH?(CH+KG(，GH?CH?KG>GH?(CH+KG(?r，∴>2+.·40·在?！?0· (1)求三棱錐A-F1F2P體積的最大值；由橢圓Γ所在的平面⊥平面ABC，且兩面交線為BC，所以O(shè)Q⊥底面PBC，且AB⊥底面PBC，設(shè)點P(x0,y0(，橢圓Γ的方程為+=1(a>b>0(.由題意，易知OB=OC=BC=2，OF1=OF2=BC=1，VA-F1F2P=·|AB|·S△F1F2P=S△F1F2P=·|F1F2|·|y0|=|y0|≤b=3，故三棱錐A-F1F2P體積的最大值是、3.則A1=(1,0,-3(，F(xiàn)=(2cosθ+1,、3sinθ,0(，設(shè)平面APF1的一個法向量=(x,y,z(，·41·所以平面APF1的一個法向量=(3sinθ,-、3(2cosθ+1(,sinθ(·41· 同理可求得平面APF2的一個法向量=(、3sinθ,-(2cosθ-1(,、3sinθ(，|n1||n2|=33sin2θ+3(4cos2θ-1(+3sin2θ2(cosθ+3(2-5?|n1||n2| 3/3==、-4t4-16t3+12t2+72t+27(2、-4t4-16t3+12t2+72t+27所以-4t4-16t3+12t2+72t+27<-4t4-t3+12t2+72t+，令f(t(=-4t4-t3+12t2+72t+，fI(t(=-8(t-1((2t2+6t+9(，+6t+9>0，令fI(t(=0得t=1，當(dāng)t∈(0,1(時，fI(t(>0，f(t(單調(diào)遞增；當(dāng)t∈(1,時，fI(t(<0，f(t(單調(diào)遞減，此時f(t(≤f(1(=106<108；(II)當(dāng)t∈,2(時，令g(t(=-4t4-16t3+12t2+73t+27，gI(t(=-16t3-48t2+24t+72，令h(t(=gI(t(，則hI(t(=24(-2t2-4t+1(<0，所以gI(t(單調(diào)遞減，所以gI(t(<gI=-<0，即g(t(單調(diào)遞減，g(t(<g=<108，綜上，-4t4-16t3+12t2+73t+27<108對t∈(0,2(成立，即cos,> =,<，故二面角F1-AP-F2的大小小于60°得證. ·42·面ABCD,∠D1DC=∠DAB=,E為C1D1的中點，F(xiàn)為棱C1C上的動點(含端點)，過A1,E,F·42· (1)是否存在點F使得α⊥底面ABCD？請說明理由；(1)連接D1C,BD，取DC中點為O，連接D1O,OB，因為D1D=DC=2,∠D1DC=，故三角形D1DC為等邊三角形，則D1O⊥DC；ABCD；在三角形BDC中，因為DC=BC=2,∠DCB=∠DAB=60°,三角形BDC為等邊三角形，則BO⊥DC；，故O(0,0,0(,C(0,1,0(,A(3,-2,0(,D1(0,0,3(,C1(0,2,3(,A1(3,-1,3(,E(0,1,3(，,1[，則=λ+(1-λ(1=(0,λ,0(+(0,2-2λ,、3-3λ(=(0,2-λ,3-3λ(，即F(0,2-λ,3-3λ(；又E=(、3,-2,0(,E=(0,1-λ,-、3λ(，·43·設(shè)平面A1EF的法向量為=(x,y,z(，·43· 故平面A1EF的法向量為(1-λ((；(2)設(shè)平面α與平面ABCD所成二面角為θ,2+2λ-1=0，解得λ=-1(舍去)或λ=.C點的三等分點為G，取BB1上靠近B點的三等分點為H，連接D1G,A1H,HG,HF，如下所示：又A1D1則平面A1HFE與平面A1EF是同一個平面；×又VABCD-A1B1C1D1=SABCD×OD1=×××sin60°×A1B1×B1H=×2××2×S△A1B1H=×sin60°×EC1×C1F=S△EC1F=由(1)知，OB⊥OC,OB⊥OD1，OC∩OD1=O,OC,OD1?面EFC1，故OB⊥面EFC1，則棱臺A1B1H-EC1F的高為OB=3，·44··44· 6 AD的中點，P在底面的投影H為線段EC的中點，M是棱PC上一點.(2)若PB丄EM,PC=EC，確定點M的位置，并求二面角B-EM-C的余弦值.(1)設(shè)BD∩CE=N，因為底面ABCD是邊長為2的菱形，:MNⅡPE，PE丈平面MBD，且MNC平面MBD,:PEⅡ平面MBD.(2)“PH丄平面ABCD，且BCC平面ABCD，:PH丄BC，又E為棱AD的中點，所以BC丄CE，“PH丄平面ABCD，PHC平面PCE，所以平面PCE丄平面ABCD，又平面PCE∩平面ABCD=CE，BCC平面ABCD，:BC丄平面PEC，又EMC平面PEC，:BC丄EM，·45·又“PB丄EM，PB∩BC=B,PB,BCC平面PBC，:EM丄平面PBC，且PCC平面PBC，:EM丄PC·45· 因為P在底面的投影H為線段EC的中點，所以PC=PE，又PC=CE所以M在底面ABCD上的投影為CH的中點.在△CDE中，CE=CD2+DE2-2CD×DE×cos60°=4+1-2×2×1×1=3，、∵CE⊥AD,PH=2CE=、以過C點且與平面ABCD垂直的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，所以C(0,0,0(,B(2,0,0(,E(0,3,0(,M(0,43,(，∴E=(2,-3,0(,M=(0,343,-(，-∵BC⊥平面PEC，∴CB=(2∵BC⊥平面PEC，∴∴cosn,CB=∴cosn,CB===.因為二面角B-EM-C是一個銳角，所以二面角B-EM-C.如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E為AC的中點.·46··46· (1)證明：平面BED⊥平面ACD；(2)設(shè)AB=BD=2，∠ACB=60°,點F在BD上；①點F為BD中點，求CF與AB所成角的余弦值；【解析】(1)∵AD=CD，E為AC的中點，∴AC⊥DE，在△ABD和△CBD中AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，∴△ABD?△CBD，∴AB=CB，又E為AC的中點，∴AC⊥BE，又DE,BE?平面BDE，DE∩BE=E，∴AC⊥平面BDE，又∵AC?平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；∴∠MNE(或其補(bǔ)角)為CF與AB所成的角，由∠ACB=60°且AB=CB，∴△ABC是等邊三角形，則AB=BC=2,BE=、3，由AD⊥CD且AD=CD，E為AC的中點，∴在等腰直角△ADC中DE=AE=EC=1，CD=2，在△BDE中，DE=1,BE=3,BD=2，所以DE2+BE2=BD2，即DE⊥BE，在△BEM中，由余弦定理得EM2=BE2+BM2-2BE?BM?cos∠EBM，在△BCF中，CF2=BC2+BF2-2BC?BF?cos∠CBF，·47·47· :CF與AB所成角的余弦值為.②連接EF，由(1)知，AC丄平面BED，EFC平面BED，:AC丄EF，則S△AFC=AC.EF，當(dāng)EF丄BD時EF最小，即△AFC的面積最小.“AC丄平面BDE，BDC平面BDE，:AC丄BD，又“ACC平面ACF，EFC平面ACF，AC∩EF=E，:BD丄平面ACF，又“BDC平面ABD，:平面ABD丄平面ACF，過點C作CQ丄AF于Q(或交AF延長線)，“平面ABD∩平面ACF=AF，CQC平面ACF，:CQ丄平面ABD，:上CFA(或其補(bǔ)角)為CF與平面ABD所成的角，由△ABD三△CBD知AF=CF，:EF丄AC，在直角△BED中，BE=3,DE=1,BD=2、在直角△FEA中，AE=1,EF=:AF=AE2、=:sin上AFC=1-(cos上AFC(2=473，:CF與平面ABD所成的角的正弦值為43.·48··48· (1)分別取AC,AB,BC的中點H,I,K，連接A1C,A1H,HI,HK，所以A1H⊥AC，因為平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1H?平面A1ACC1，所以A1H⊥平面ABC，因為∠ABC=90°,I,K分別為AB,BC的中點，所以四邊形BIHK為矩形，所以HI⊥HK，則C(-,,0(,A,-,0(,A1(0,0,3(,B,,0(，易得=(0,0,1(為平面A1B1C1的一個法向量.E(-,,，=B(-,,3(=(x2-,y2-,z2(，所以x2=0,y2=、3,z2=3，即B1(0,3,因為A=A1=-,,3(=(-,,，A=(-1,3,0(，所以=A-A=,-,,=,-,，·49·設(shè)平面CEF的法向量為=(x,y,z(·49· 1,z=x-x-3CE=01,z=x-x-3CE=0CF=0,則x=?取y=3,所以=，設(shè)平面CEF與平面A1B1C1的夾角為θ,、3、3即平面CEF與平面A1B1C1夾角的余弦值為所以存在唯一實數(shù)對(λ,μ(，使得=λ+μ，，、此時G為AB、PP·50·50· 由題意，A(1,-1,-1(，E(1,-1,1(，P1(1,0,-1(，P2(-1,1,0(，P3(-1,0,1(，設(shè)平面P1P2P3的一個法向量=(x,1,1(，Pd=(1-sinαi+1(2+(1-cosαi(2+(sinαi-cosαi+1(2①(其中α4=α1)所以(2-sinαi+1-cosαi( 所以(2-sinαi+1-cosαi( ·51··51· 再求f的最大值：由①知d=4-2cosαi-2sinαi+1-2sinαicosαi+1PPP如圖，在三棱臺ABC-DEF中，H在AC邊上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD=(2)若AC=2DF且△ABC的面積為，求CF與平面ABD所成角的正弦值.解得DH=23，2=CH2+DH2，得AC⊥DH，又因為平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC=AC，DH?平面ACFD，所以DH⊥平面ABC，而BC?平面ABC，則DH⊥BC，·52·又BH⊥BC，BH∩DH=H，BH?平面BDH，DH?平所以BC⊥平面BDH，而DB?平面BDH，則BC⊥DB·52· 則AC=3=AH+HC→AH=1，——A(0,-1,0(,B(23,,0(,D(0,0,23(,C(0,2,0(,F(0,,23(,A=(,A=(0,1,23(,=(0,-,23(，、3、3設(shè)CF與平面ABD所成角為θ,2+-232所以CF與平面ABD所成角的正弦值63在如圖所示的幾何體中，DA丄平面ABC,EB丄平面ABC,AC=BC=BE=2，記M為DC中點，平面DAC與平面EBC的交線為l.·53··53· (2)若三棱錐M-ABC的體積V1與幾何體ABCDE的體積V2滿足關(guān)系V2=6V1,P為l上一點，(1)因為DA丄平面ABC,EB丄平面ABC，所以DAⅡBE,又DA丈平面EBC，BEC平面EBC，所以DAⅡ平面EBC,又DAC平面DAC，且平面DAC與平面EBC的交線為l，所以DAⅡl，所以l丄平面ABC.因為M為DC中點，所以M到平面ABC的距離為，因為DA丄平面ABC，DAC平面ABED，所以平面ABC丄平面ABED，且平面ABC∩平面ABED=AB，COC平面ABC，所以CO丄平面ABED，2SABED.|CO|=V2=×22SABED.|CO|=V2==(4-x2(.x2≤2，當(dāng)且僅當(dāng)4-x2=x2，即x=2時取等號，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(-2,0,0(,B(2,0,0(,C(0,2,0(,D(-2,0,1(,t(，設(shè)平面PAB的一個法向量=(x1,y1,z1(，丄AB丄AP丄AB丄AP即=(0,2,-，設(shè)直線CD與平面PAB所成角為θ,·54··54· 令y=，則y==，令y>0，則t2-t-2<0，所以-1<t<2，函數(shù)y在(0,2(上為增函數(shù)，在(2,+∞(上為減函數(shù)，所以當(dāng)t=2時ymax=，即(sinθ(max=，故直線CD與平面PAB所成角的正弦值的最大值.如圖，四邊形ABCD為矩形，△ACD≌△ACE，且二面角C-A(1)求證：平面ACE⊥平面BC(2)設(shè)F是BE的中點，AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小為θ,當(dāng)λ∈[2,3[【解析】(1)因二面角C-AB-E為直二面角，即平面ABC⊥平面ABE，又AB⊥BC，平面ABC∩平面ABE=AB，BC?平面ABC，則BC⊥平面ABE，又AE?平面ABE，即得BC⊥AE，四邊形ABCD為矩形，△ACD≌△ACE，則∠AEC=∠ADC=90°,即AE⊥CE，BC∩CE=C,BC,CE?平面BCE，于是AE⊥平面BCE，AE?平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE；(2)過E作Ez⊥平面ABE，由(1)知AE⊥平面BCE，BE?平面ACE，故AE⊥BE，·55··55· ∵AD=AE=1，EB=λ,則A(0,1,0(，B(λ,0,0(，C(λ,0,1(，F(xiàn),0,0(，E=(0,1,0(，E=(λ,0,1(，F(xiàn)=(-,1,0(,F=,0,1(，則=(-,0,1(，(則=(-,-1,1(，由圖可知二面角E-AC-F為銳二面角，從而有cosθ=|cos?,?|===?1+，如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥DC，E為PD的中點，且滿足AE∥平面PBC，(2)若PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AP=AB=AD=2，點M在四棱錐P-ABCD的底面內(nèi)，且在以A，B為焦點，并滿足MA+MB=4的橢圓弧上.若二面角M-PB-A的余弦值為,求直線PM與平面ABCD所成角的正切值.7CD=2EF因為AB∥CD，所以EF∥AB，所以A,B,F,E四點共面·56·又因為AE∥平面PBC,AE?面ABFE，且平面ABFE∩平面PBC=BF，所以AE∥·56· 所以四邊形ABFE為平行四邊形，所以AB=EF，所以DC=2AB.P(-1,0,2(因為MA+MB=4>AB=2，所以點M的軌跡是以AB為焦距的橢圓(在梯形ABCD內(nèi)的部OA=OB=1，所以橢圓M的軌跡方程為+=1，設(shè)點M(m,n,0(，則+=1(在梯形ABCD內(nèi)的部分)①設(shè)平面MPB的一個法向量為=(x,y,z(，P—=(2,0,-2(，B—=(m-1n,1-m,n(因為y軸⊥平面PBA，其一個法向量=(0,1,0(，設(shè)二面角M-PB-A的平面角為θ,聯(lián)立①②,解得m=0或m=另作BH∥AD且BH=AD，則BH⊥平面APB,∴平面HPB⊥平面APB，H為(1,-2,0(，二面角H-PB-A為90°,當(dāng)m=>1時，二面角M-PB-A的平面角為鈍角，不符題意，m=舍去，所以m=0此時M(0,-、3,0(，經(jīng)檢驗，M在梯形ABCD內(nèi)，PA=MA=2，∵PA⊥平面ABCD，∴直線PM與平面ABCD所成角為∠AMP，在Rt△PAM中，tan∠AMP==1，·57··57· P.(1)求三棱錐B1-A1PE的體積的最大值；(1)由AA1垂直于平面ABC，且ABC-A1B1C1為直三棱柱，故AA1⊥平面A1B1C1，故A1E為三棱錐E-A1B1P的高，設(shè)AE=AF=A1P=t∈(0,1(，則A1E=1-t，故VB1-A1PE=VE-A1B1P=S△A1B1P×(1-t(=t(1-t(=-t-2+，故t=時，三棱錐B1-A1PE的體積有最·58·(2)由AA1垂直于平面ABC，AB、AC?平面·58· 故AA1⊥AB、AA1⊥AC，又AB⊥AC，設(shè)AE=AF=A1P=t∈(0,1(，則有A(0,0,0(、B(1,0,0(、E(0,0,t(、F(0,t,0(、P(0,t,1(、C(0,1,0(，故B=(-1,0,t(、B=(-1,t,0(、B=(-1,t,1(、B=(-1,1,0(，設(shè)平面BEF與平面BCP的法向量分別為=(x1,y1,z1(、=(x2,y2,z2(，((1=1=2=2=1-t，故=(t,1,1(，=