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2013高考数学 解题方法攻略 立体几何3 理


立体几何
.专题综述: 立体几何的主要任务是培养学生的空间想像能力,当然推理中兼顾逻辑思维能力的培养, 几何是研究位置关系与数量关系的学科,而位置关系与数量关系可以相互转化,解决立体几 何的基本方法是将空间问题转化为平面的问题,即空间问题平面化,平面化的手法有:平移 (包括线、面、体的平移) 、投影、展开、旋转等变换。 1.考纲要求 (1)掌握平面的基本性质。会用斜二测

的画法画水平放置的平面图形的直观图:能够画 出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形,能够根据图形想像它们的位置关系。 (2)掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理:理解直线和平面垂直的概念,掌握直 线和平面垂直的判定定理:掌握三垂线定理及其逆定理。 (3)理解空间向量的概念,掌握空间向量的加法、减法和数乘。 (4)了解空间向量的基本定理;理解空间向量坐标的概念,掌握空间向量的坐标运算。 (5)掌握空间向量的数量积的定义及其性质:掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公 式;掌握空间两点间距离公式。 (6)理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念。 (7)掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念,对于异面直线 的距离,只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离掌握直线和平面垂直的性质定理 掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定量。 (8)了解多面、凸多面体的概念,了解正多面体的概念。 (9)了解棱柱的概念,掌握棱柱的性质,会画直棱柱的直观图。 (10)了解棱锥的概念,掌握正棱锥的性质,会画正棱锥的直观图。 (11)了解球的概念,掌握球的性质,掌握球的表面积、体积公式。 2.考题设置与分值 从近几年各地高考试题分析,立体几何题型一般是 1 至 3 个填空或选择题,1 个解答题, 分值 25 分左右 3.考试重点与难度 (1)空间基本的线、面位置关系。一般以客观题的形式出现,试题很基础,但需要全面、 准确掌握空间线、面位置关系的判断、性质,还需要有好的空间感。 (2)空间距离和角的计算。一般以主观题的形式出现,以棱柱、棱锥或其部分图为试题 背景,其解题方法一般都在二种以上,并且一般都能用空间向量求解(但不一定是最简单的 解法) 。立体几何的解答题一般设置在解答题的前三题之一,所以试题不很难,属中档题。 (3)球的有关问题,特别是球面距离的计算,也是高考的重点考察内容。 (4)平面图形的翻折与空间图形的铺展能很好的考察学生的空间想象能力,这往往作为 立体几何试题的背景。 总之,立体几何试题难度不大,是我们必须抓好的得分点。 二.考点选讲 【考点 1】空间基本的线、面位置关系的判断 【例题 1】设 a、b 是异面直线,给出以下五个命题: ①存在唯一平面 ,使 a、b 与α 距离相等;
-1-

②空间存在直线 c,使 c 上任一点到 a、b 的距离相等; ③夹在异面直线 a、b 间的三条异面直线段的中点不能共线; ④过空间任一点 M,可作直线 l 与 a、b 均相交; ⑤经过直线 a 有且仅有一个平面垂直于 b。 正确的命题的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【解析】C ①存在过 a、b 公垂线段的中垂面只有 1 个; ②存在中垂面内与 a 和 b 所成角相等的直线 c; ③正四面体 ABCD 中,E、F 为 AB、CD 中点,到 BC、EF、AD 三异面直线中点共线; ④M 与 a 确定平面与 b 平行时,不存在 l; ⑤反证法若 ,则 b 不一定成立。

【注】像这种题能全面考察学生对立体几何的基础知识的掌握情况,是一种较理想的考题, 要引起重视。 【练习 1】一个透明密闭的正方体体容器中,恰好盛有容器一半容积的水,任意转动这个正方 体,则水面在容器中的形状不可能是 A.菱形 B.矩形 C.正六边形 D.三角形 【提示】本小题转化为立体问题就是:用一个平面将正方体截为体积相等的两部分,创截面 是什么图形? 【考点 2】角与距离的计算 【例题 2】如图棱长均为 2 的正四棱锥的侧面展开图,E 是 PA 中点,则在正四棱锥中 PB 与 CE 所成角的余弦值为( )

6 3 2 C. 2
A.

3 3 6 D. 2
B.

B D

P E A

C

【解析】在正四棱锥中,连接 AB,CD,相交于 O,连 EO,则 EO∥PB,∠CEO 为异面直线 PB 与 CE 所成的角,OE=1,OC= 2 ,CE= 3 ,故 cos∠CEO= 3 3 选B 【注】角与距离的计算是立体几何的重要考点,不仅可能出现在客观题中,在主观题中是一 定要考的,我们要把用传统方法和向量方法求角与距离的的步骤及相应的公式牢牢掌握。 【练习 1】将正方形沿对角线 BD 折成二面角 A—BD—C,若正方形的边长为 1,点 A 到平面 BCD 的距离为

6 ,则直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为( 4

)

-2-

A.

1 2

B. 2
2

C.

1 4
A

D. 3 3

F D A D E B B C O C G

【练习 2】若三棱锥 A—BCD 的侧面 ABC 内一动点 P 到棱 AB 的距离与到棱 BC 的距离相等,且 ∠ABC=40°,则 BP 与平面 BCD 所成角θ 的取值范围是 【提示】如图,P 到棱 AB 为距离与到棱 BC 的距离相等, BP 是 PBC 20°,利用最小角定理知:θ ? ∠PBC=20
o

ABC 的角平分线,故∠

【练习 2】已知平面 与平面 所成的二面角为 ,P 为平面α 、β 外一定点,过点 P 的一条 直线 l 与α 、β 所成角为 ,且这样的直线 l 且只有 4 条,则角 取值范围为

【提示】将直线 l 与α 、β 所成的角转化为 l 与其法向量的角思考,问题便转化为直线所成 的角的问题,欲使过 P 的直线 l 与α 、β 所成角为 角均为 ,只需直线 l 与平面α 、β 的法线所成

,即转化为过空间一点的直线与两异面直线所成角相等的问题。

【考点 3】球与球面距离 S 【例题 5】在半径为 R 的球内有一 都在同一个大圆上, 一个动点从三 过其余三点后返回, 则经过的最短 B A.2π R C. 8 ? R
3

A O

C

内接正三棱锥,其底面上的三个顶点 棱锥的一个顶点出发沿球面运动,经 路程是( )

B. 7 ? R
3

D. 7 ? R
6

【解析】B 沿球面运动的最短距离可选:

? AB ? ? ? SA ? ? ? BC ? CS ? 2( SA ? ? ) AB
=2 (

?R
2

?

2? R 7? R )? 3 3

-3-

【练习 1】设直线 与球 O 有且仅有一个公共点 P,从直线 l 出发的两个半平面截球 O 的两个 截面 和 。 的半径分别为 1 和 2,若两半平面 所成二面角为 120 ,则球 O 的半径 R
O

O

?

O1 P O2

?

【提示】 如图:连 ,则 从而 O、 由余弦定理得|O1O2| ? 2R= , 四点共圆,且 OP 为球 O 的半径,在 中,

7 ,又由正弦定理得:

O1O2 2 21 2 21 ,R ? ? 0 3 3 sin120

考点 4】立体几何的综合 以解答题的形式综合对立体几何进行考察,这是高考的必考题,试题难度中档,往往即 可用传统方法解,亦可用向量法解。一般题目是多问设置,既有位置关系的证明,又有角与 距离的问题。 【例 4】 如图:ABCD 是正方形,DE 平面 AFC; 平面 ABCD,BF 平面 ABCD,且 AB FB DE;

(1)求证:平面 AEC

(2)求 EC 与平面 BCF 所成角; (3)在 EF 上是否存在一点 M,使三棱锥 M—ACF 是正三棱锥?若存在,试确定 M 位置; 若不存在,请说明理由。 F M E
D

C O B

A

【练习 1】四棱锥 P—ABCD,PA

平面 ABCD,ABCD 是直角梯形,DA

AB、CB

AB,
-4-

PA

2AD

BC

2,AB

2 2 ,设 PC 与 AD 的夹角为

(1)求点 A 到平面 PBD 的距离; (2)求二面角 B—PD—C 的大小; (3)求θ 的大小,当平面 ABCD 内有一个动点 Q,始终满足 PQ 与 AD 的夹角为 则此动

点的轨迹是经过 C 的一条曲线 C,试判断曲线 C 的形状;如果是直线,说出 C 与直线 AD 夹角; 如果 C 是圆,说出圆心位置及半径;如果 C 是圆锥曲线,则说也 C 的曲线类型,中心位置与 离心率。 P

A .Q B

D

C ,侧棱与底面所成的角

【练习 2】已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面是直角三角形, 为 , ( (1)求证:AC (2)当 ) ,点 B1 在底面上的射影 D 落在 BC 上, 平面 BB1C1C, BC1,且使 D 恰为 BC 中点? BC

为何值时,AB1

1 (3)若 ? ? arccos ,且当 AC 3
B1

AA1 时,求二面角 C1—AB—C 的大小。

A1 C1

B D C 三.专题训练

A

立体几何专题检测 (时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.(2010?山东)在空间中,下列命题正确的是( ) A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 2.(2011?聊城模拟)设 m、n 是不同的直线,α 、β 、γ 是不同的平面,有以下四个命
-5-

题: ① ③
? α ∥β ? ? m⊥α ? ?? β ∥γ ; α ∥γ ? ? ?? α ⊥β ; m∥β ? ?

② ④

? α ⊥β ?

m∥α ? ?
? m∥n ?

?? m⊥β ;

n? α ? ?

?? m∥α .

其中真命题的序号是( ) A.①④ B.②③ 3.(2010?福建)

C.①③

D.②④

如图,若 Ω 是长方体 ABCD-A1B1C1D1 被平面 EFGH 截去几何体 EFGHB1C1 后得到的几何体, 其中 E 为线段 A1B1 上异于 B1 的点,F 为线段 BB1 上异于 B1 的点,且 EH∥A1D1,则下列结论中不 正确的是( ) A.EH∥FG B.四边形 EFGH 是矩形 C.Ω 是棱柱 D.Ω 是棱台 4.正四面体的内切球与外接球的半径之比为( ) A.1∶3 B.1∶9 C.1∶27 D.1∶81 5.(2011?广东)如图所示,某几何体的正视图(主视图)是平行四边形,侧视图(左视图) 和俯视图都是矩形,则该几何体的体积为( )

A.6 3 B.9 3 C.12 3 D.18 3 6.(2011?舟山月考)若一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,则这个圆柱的全面积与侧 面积的比为( ) 1+2π 1+π 1+2π 1+π A. B. C. D. 2π 4π π 2π 7.

如图所示, 正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1, 是底面 A1B1C1D1 的中心, O 到平面 ABC1D1 O 则
-6-

的距离为( 1 A. 2 C.

) B. 2 4

2 3 D. 2 2 8.(2011?四川)l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( ) A.l1⊥l2,l2⊥l3? l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3? l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3? l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点? l1,l2,l3 共面 9.(2011?临沂模拟)某几何体的三视图如图,则该几何体的体积的最大值为(

)

1 1 2 1 B. C. D. 6 3 3 2 10.设 P 是 60°的二面角 α —l—β 内一点,PA⊥平面 α ,PB⊥平面 β ,A、B 分别为 垂足,PA=4,PB=2,则 AB 的长是( ) A.2 3 B.2 5 C.2 7 D.4 2 11.正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面三角形的边长是 a,D,E 分别是 BB1,CC1 上的点,且 EC =BC=2BD,则平面 ADE 与平面 ABC 的夹角的大小为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 12.(2011?丽水月考) A.

π π 如图所示, 平面 α ⊥平面 β , ∈α , ∈β , 与两平面 α 、 所成的角分别为 和 . A B AB β 4 6 过 A、B 分别作两平面交线的垂线,垂足为 A′、B′,则 AB∶A′B′等于( ) A.2∶1 B.3∶1 C.3∶2 D.4∶3 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13. 如图, 是△AOB 用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′, 则△AOB 的面积是________.

14.

-7-

如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E,F,G,H,N 分别是棱 CC1,C1D1,D1D,DC,BC 的中 点, M 在四边形 EFGH 及其内部运动, 点 则点 M 只需满足条件________时, 就有 MN∥平面 B1BDD1. 15.(2011?上海)若圆锥的侧面积为 2π ,底面面积为 π ,则该圆锥的体积为________. 16.(2011?阳江月考)正四棱锥 S—ABCD 中,O 为顶点在底面上的射影,P 为侧棱 SD 的 中点,且 SO=OD,则直线 BC 与平面 PAC 所成的角是________. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 6π 17.(10 分)有一个圆锥的侧面展开图是一个半径为 5、圆心角为 的扇形,在这个圆锥 5 中内接一个高为 x 的圆柱. (1)求圆锥的体积; (2)当 x 为何值时,圆柱的侧面积最大?

18.(12 分)已知在矩形 ABCD 中,AB=4,AD=3,沿对角线 AC 折叠,使面 ABC 与面 ADC 垂直,求 B、D 间的距离.

19.(12 分)(2011?陕西)如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的 高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°. (1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; → → (2)设 E 为 BC 的中点,求AE与DB夹角的余弦值.

20.(12 分)(2011?广州模拟)

如图,A1A 是圆柱的母线,AB 是圆柱底面圆的直径,C 是底面圆周上异于 A,B 的任意一 点,A1A=AB=2. (1)求证:BC⊥平面 AA1C;
-8-

(2)求三棱锥 A1—ABC 的体积的最大值.

21.(12 分)(2011?重庆)如图,在四面体 ABCD 中,平面 ABC⊥平面 ACD,AB⊥BC,AD= CD,∠CAD=30°. (1)若 AD=2,AB=2BC,求四面体 ABCD 的体积. (2)若二面角 C-AB-D 为 60°,求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值.

22.(12 分)(2011?北京)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱 形,AB=2,∠BAD=60°. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

立体几何专题检测参考答案 1.D 2.C 3.D 4.A 5.B [由三视图可还原几何体的直观图如图所示.

此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为 3,高为 3的平行六面体,所 求体积 V=3?3? 3=9 3.] 6.A 7.B 8.B [当 l1⊥l2,l2⊥l3 时,l1 也可能与 l3 相交或异面,故 A 不正确;l1⊥l2,l2∥l3? l1 ⊥l3,故 B 正确;当 l1∥l2∥l3 时,l1,l2,l3 未必共面,如三棱柱的三条侧棱,故 C 不正确; l1,l2,l3 共点时,l1,l2,l3 未必共面,如正方体中从同一顶点出发的三条棱,故 D 不正确.] 9.D 10.C 11.B 12.A 3 13.16 14.M∈线段 FH 15. π 16.30° 3 17.解 (1)因为圆锥侧面展开图的半径为 5,所以圆锥的母线长为 5.设圆锥的底面半径 为 r, 6π 则 2π r=5? ,解得 r=3.(2 分) 5 所以圆锥的高为 4.
-9-

1 2 从而圆锥的体积 V= π r ?4=12π .(4 分) 3

(2)右图为轴截面图,这个图为等腰三角形中内接一个矩形. 设圆柱的底面半径为 a, 3-a x 3 则 = ,从而 a=3- x.(6 分) 3 4 4 3 圆柱的侧面积 S(x)=2π (3- x)x 4 3 3 2 2 = π (4x-x )= π [4-(x-2) ](0<x<4). 2 2 (8 分) 当 x=2 时,S(x)有最大值 6π . 所以当圆柱的高为 2 时, 圆柱有最大侧面积为 6π .(10 分) 18.解 方法一 如图,过 D、B 分别作 DE⊥AC 于点 E,BF⊥AC 于点 F,则由已知条件得 AC=5, AD?DC 12 AB?BC 12 ∴DE= = ,BF= = . AC 5 AC 5 AD2 9 ∴AE= = =CF. AC 5 7 ∴EF=AC-2AE= .(3 分) 5 → → → → ∵DB=DE+EF+FB, → 2 → → → 2 ∴|DB| =|DE+EF+FB| →2 →2 →2 → → → → → → =DE +EF +FB +2DE?EF+2DE?FB+2EF?FB.(6 分) ∵面 ADC⊥面 ABC,而 DE⊥AC, ∴DE⊥面 ABC,∴DE⊥BF.(8 分) → 2 →2 →2 →2 144 49 144 337 ∴|DB| =DE +EF +FB = + + = . 25 25 25 25 337 337 → ∴|DB|= ,故 B、D 间的距离为 .(12 分) 5 5 方法二

同方法一,过 E 作 FB 的平行线交 AB 于 P 点,以 E 为坐标原点,以 EP、EC、ED 所在直线 12 7 分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,如图.则由方法一知 DE=FB= ,EF= .(4 分) 5 5 12? ? ?12 7 ? ∴D?0,0, ?,B? , ,0?.(6 分) 5? ? ?5 5 ?
- 10 -

→ ∴|DB|=

?12?2+?7?2+?-12?2= 337. ? 5 ? ?5? ? 5 ? 5 ? ? ? ? ? ?

(12 分) 19.(1)证明 ∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴当△ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.(2 分) 又 DB∩DC=D,∴AD⊥平面 BDC.(4 分) ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ADB⊥平面 BDC.(6 分)

(2)解 由∠BDC=90°及(1),知 DA,DB,DC 两两垂直.不妨设 DB=1,以 D 为坐标原点, → → → 分别以DB,DC,DA所在直线为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得 D(0,0,0), 1 3 B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0, 3),E( , ,0),(9 分) 2 2 → 1 3 → ∴AE=( , ,- 3),DB=(1,0,0),(10 分) 2 2 1 → → 2 AE?DB 22 → → → → ∴AE与DB夹角的余弦值为 cos〈AE,DB〉= = = .(12 分) → → 22 22 |AE|?|DB| 1? 4 20.(1)证明 ∵C 是底面圆周上异于 A,B 的任意一点,且 AB 是圆柱底面圆的直径,∴ BC⊥AC. ∵AA1⊥平面 ABC,BC? 平面 ABC, ∴AA1⊥BC.(4 分) ∵AA1∩AC=A,AA1? 平面 AA1C, AC? 平面 AA1C,∴BC⊥平面 AA1C.(5 分) (2)解 设 AC=x,在 Rt△ABC 中, BC= AB2-AC2= 4-x2 (0<x<2),(7 分) 1 1 1 故 VA1—ABC= S△ABC?AA1= ? ?AC?BC?AA1 3 3 2 1 2 = x 4-x (0<x<2),(9 分) 3 1 2 即 VA1—ABC= x 4-x 3 1 2 1 2 2 2 = x ? 4-x ? = -? x -2? +4. 3 3 ∵0<x<2,0<x <4,∴当 x =2,即 x= 2时, 2 三棱锥 A1—ABC 的体积最大,最大值为 . 3 (12 分) 21.
2 2

- 11 -

① (1)解 如图①,设 F 为 AC 的中点,连接 DF,由于 AD=CD,所以 DF⊥AC.故由平面 ABC ⊥平面 ACD,知 DF⊥平面 ABC,即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高,且 DF=ADsin 30°=1, AF=ADcos 30°= 3.(2 分) 2 15 4 15 在 Rt△ABC 中,因为 AC=2AF=2 3,AB=2BC,由勾股定理易知 BC= ,AB= , 5 5 (4 分) 1 1 1 4 15 2 15 4 故四面体 ABCD 的体积 V= ?S△ABC?DF= ? ? ? ?1= .(6 分) 3 3 2 5 5 5 (2)解 方法一 如图①,设 G,H 分别为边 CD,BD 的中点,连接 FG,FH,HG,则 FG∥ AD,GH∥BC,从而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角.(7 分) 设 E 为边 AB 的中点,连接 EF,则 EF∥BC, 由 AB⊥BC,知 EF⊥AB. 又由(1)有 DF⊥平面 ABC,故由三垂线定理知 DE⊥AB. 所以∠DEF 为二面角 C-AB-D 的平面角.由题设知∠DEF=60°.(9 分) 设 AD=a,则 DF=AD?sin∠CAD= . 2

a

a 3 3 在 Rt△DEF 中,EF=DF?cot∠DEF= ? = a, 2 3 6
1 3 从而 GH= BC=EF= a. 2 6 因为 Rt△ADE≌Rt△BDE,故 BD=AD=a, 1 a 从而,在 Rt△BDF 中,FH= BD= .(10 分) 2 2 1 a 又 FG= AD= ,从而在△FGH 中,因 FG=FH, 2 2 由余弦定理得 cos∠FGH=

FG2+GH2-FH2 GH 3 = = . 2FG?GH 2FG 6
3 .(12 分) 6

因此,异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为

② 方法二 如图②,过 F 作 FM⊥AC,交 AB 于 M.已知 AD=CD,平面 ABC⊥平面 ACD,易知 FC,FD,FM 两两垂直,以 F 为原点,射线 FM,FC,FD 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,建 立空间直角坐标系 F-xyz.(7 分) 不妨设 AD=2,由 CD=AD,∠CAD=30°,易知点 A,C,D 的坐标分别为 A(0,- 3,0), → C(0, 3,0),D(0,0,1),则AD=(0, 3,1). 显然向量 k=(0,0,1)是平面 ABC 的法向量. 已知二面角 C-AB-D 为 60°,故可取平面 ABD 的单位法向量 n=(l,m,n),使得〈n, 1 k〉=60°,从而 n= . 2 3 → 由 n⊥AD,有 3m+n=0,从而 m=- . 6

- 12 -

由 l +m +n =1,得 l=±

2

2

2

6 . 3
2 2

?x +y =3, ? 6 → → → 设点 B 的坐标为(x, 0), AB⊥BC, ⊥AB, l= , ? 6 y, 由 n 取 有 3 3 ? 3 x- 6 ? y+ 3? =0, ?

?x=4 9 6, ? 解得? ?y=7 9 3, ?
易知 l=-

或?

?x=0, ?y=- 3

(舍去).

6 与坐标系的建立方式不合,舍去. 3

4 6 7 3 因此点 B 的坐标为( , ,0).(10 分) 9 9 → → 4 6 2 3 AD?CB → → → 所 以 CB = ( , - , 0) , 从 而 cos 〈 AD , CB 〉 = = 9 9 → → |AD||CB| 2 3 3?? - ? 9 3+1 ? 4 6 ? 9
2

+?

2 3 - ? 9

=-
2

3 . 6

3 .(12 分) 6 22.(1)证明 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.(3 分) (2)解 设 AC∩BD=O, 故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为

因为∠BAD=60°,PA=AB=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,- 3,2),A(0,- 3, 0),B(1,0,0),C(0, 3,0).(6 分) → 所以PB=(1, 3,-2), → AC=(0,2 3,0). 设 PB 与 AC 所成角为 θ ,则 ? →?A→ ? PB C ? 6 6 cos θ =? = = .(6 分) → ?|PB||A→|? 2 2?2 3 4 C ? ? → (3)解 由(2)知BC=(-1, 3,0). → 设 P(0,- 3,t)(t>0),则BP=(-1,- 3,t). 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z),
- 13 -

→ → 则BC?m=0,BP?m=0.

?-x+ 3y=0, 所以? ?-x- 3y+tz=0.
6 6 令 y= 3,则 x=3,z= .所以 m=(3, 3, ).

t

t

同理,平面 PDC 的法向量 n=(-3, 3, ).

6

t

(10 分) 因为平面 PBC⊥平面 PDC, 36 所以 m?n=0,即-6+ 2 =0,

t

解得 t= 6.所以 PA= 6.(12 分)

- 14 -


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