发布时间 : 星期五 文章2016高考理科立体几何复习答案 - 图文更新完毕开始阅读f7c493c00722192e4436f6be
9.
（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3. 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC， 又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC， 在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=2. 2在Rt△FDG中，可得FG=6. 2232可得EF=， 22在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=
222∴EG?FG?EF，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，
∵EG?面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分
（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E(1,0,
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????2)，F（－1,0，
????????22），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，）.…10分 22????????????????AE?CF3???????故cos?AE,CF?????.
3|AE||CF|所以直线AE与CF所成的角的余弦值为3. ……12分 310.【解析】（1）证明：∵ PD?PC且点E为CD的中点，
∴ PE?DC，又平面PDC?平面ABCD，且平面PDC?平面ABCD?CDP ，PE?平面PDC，
∴ PE?平面ABCD，又FG?平面ABCD， ∴ PE?FG；
（2）∵ ABCD是矩形，
A F
B G D E
C
∴ AD?DC，又平面PDC?平面ABCD，且平面PDC?平面ABCD?CD，AD?平面ABCD，
∴ AD?平面PCD，又CD、PD?平面PDC， ∴ AD?DC，AD?PD，
∴ ?PDC即为二面角P?AD?C的平面角， 在Rt?PDE中，PD?4，DE?1AB?3，PE?PD2?DE2?7， 2∴ tan?PDC?PE77?即二面角P?AD?C的正切值为； DE33（3）如下图所示，连接AC， ∵ AF?2FB，CG?2GB即∴ AC//FG，
∴ ?PAC为直线PA与直线FG所成角或其补角， 在?PAC中，PA?PD2?AD2?5，AC?
AFCG??2， FBGBAD2?CD2?35，
P 2PA?AC?PC?由余弦定理可得cos?PAC?2PA?AC∴ 直线PA与直线FG所成角的余弦值为2252?35??2?422?5?35?D 95， 25E C G A B F 11【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图6,取MD的中点F,且M是AD中点,所以
95． 25AF?3FD.因为P是BM中点,所以PF//BD;又因为(Ⅰ)AQ?3QC且AF?3FD,所以QF//BD,所以面PQF//面BDC,且PQ?面BDC,所以PQ//面BDC;
1MD;取CD的三等211分点H,使DH?3CH,且AQ?3QC,所以QH//AD//MD,所以
42方法二:如图7所示,取BD中点O,且P是BM中点,所以PO//PO//QH?OH?BCD,所以PQ//面BDC; 且HPQ//,O(Ⅱ)如图8所示,由已知得到面ADB?面BDC,过C作CG?BD于G,所以
CG?BMD,过G作GH?BM于H,连接CH,所以?CHG就是C?BM?D的二面角;由已知得到BM?8?1?3,设?BDC??,所以
CDCGCB?cos?,sin????CD?22cos?,CG?22cos?sin?,BC?22sin?,BDCDBD,
在RT?BCG中,?BCG???sin??BG?BG?22sin2?,所以在RT?BHGBC122sin2?中, ,所以在RT?CHG中 ??HG?2322sin?3HGtan?CHG?tan60??3?CG22cos?sin? ?2HG22sin?3?tan??3???(0,90?)???60???BDC?60?
12【答案】解:(1)在?ABD中,因为E是BD的中点,所以EA?EB?ED?AB?1,
故?BAD??23因为?DAB??DCB,所以?EAB??ECB, 从而有?FED??FEA,
故EF?AD,AF?FD,又因为PG?GD,所以FG∥PA. 又PA?平面ABCD,
所以GF?AD,故AD?平面CFG. (3) 以点
,?ABE??AEB??,
A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则
33A(0,0,0),B(1,0,0),C(,,0),D(0,3,0),
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