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2014届高考数学一轮检测“考黄金”精讲精析(人教版):第21讲空间直角坐标系、空间向量


【考点 25】空间直角坐标系、空间向量 2013 年考题 1.(2013 安徽高考)在空间直角坐标系中,已知点 A(1,0,2) ,B(1,-3,1),点 M 在 y 轴上,且 M 到 A 与到 B 的距离相等,则 M 的坐标是________。 【解析】设 M (0, y, 0) 由 1 ? y ? 4 ? 1 ? (?3 ? y ) ? 1 可得 y ? ?1 故 M (0,

?1, 0)
2 2 2

答案: (0,-1,0) 2.(2013 安徽高考)如图,四棱锥 F-ABCD 的底面 ABCD 是菱形,其对角线 AC=2,BD= 2 ,AE、CF 都与平面 ABCD 垂直,AE=1,CF=2. (I)求二面角 B-AF-D 的大小; (II)求四棱锥 E-ABCD 与四棱锥 F-ABCD 公共部分的体积. 【解析】 (综合法)连结 AC、BD 交于菱形的中心 O,过 O 作 OGAF, (I) G 为垂足。连接 BG、DG。由 BDAC,BDCF 得 BD 平面 ACF,故 BDAF。 于是 AF 平面 BGD, 所以 BGAF, DGAF, BGD 为二面角 B-AF-D 的平面角。 由 FC ? AC , FC ? AC ? 2 ,得

FAC ?

?
4,

OG ?

2 2

OB ? OG, OB ? OD ?


2 ? ?BGD ? 2?BGO ? 2 ,得 2

(向量法)以 A 为坐标原点, BD 、 AC 、 AE 方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立 空间直角坐标系(如图)

??? ?

????

??? ?

设平面 ABF 的法向量

?? n1 ? ( x, y, z )

,则由

?? ??? ? ?n1 ? AB ? 0 ? ? ? ?? ??? ?n1 ? AF ? 0 ?



? 2 x? y ?0 ?? ? 2 ?2 y ? 2 z ? 0 ?

令 z ? 1 ,得

?x ? ? 2 ? ? ? y ? ?1 ?



?? n1 ? (? 2, ?1,1)

同理,可求得平面 ADF 的法向量

?? ? n2 ? ( 2, ?1,1)



? ?? ?? ? n1 ? n2 ? 0 知,平面 ABF 与平面 ADF 垂直,二面角 B-AF-D 的大小等于 2 。 由
(II) EB、 ED, 连 EC、 设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H, 则四棱锥 E-ABCD 与四棱锥 F-ABCD 的公共 部分为四棱锥 H-ABCD。过 H 作 HP⊥平面 ABCD,P 为垂足。 因 为 EA⊥ 平 面 ABCD , FC⊥ 平 面 ABCD , 所 以 平 面 ACFE⊥ 平 面 ABCD , 从 而 ,

P ? AC , HP ? AC.

HP HP AP PC 2 ? ? ? ? 1, HP ? 3。 由 CF AE AC AC 得 S菱形ABCD ?

又因为

1 2 2 1 V ? S菱形ABCD ? HP ? . AC ? BD ? 2, 3 9 2 故四棱锥 H-ABCD 的体积

3. ( 2013 福 建 高 考 ) 如 图 , 四 边 形 ABCD 是 边 长 为 1 的 正 方 形 ,

MD ? 平面ABCD , NB ? 平面ABCD ,且 MD=NB=1,E 为 BC 的中点
(1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值 (2)在线段 AN 上是否存在点 S,使得 ES 平面 AMN?若存在,求线段 AS 的长;若不存在,请说明理由 【解析】 (1)在如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标 D ? xyz

1 D(0, 0, 0) A(1, 0, 0) M (0, 0,1), C (0,1, 0), B(1,1, 0), N (1,1,1), E ( ,1, 0) 2 依题意得 。 ??? ? ???? ? 1 ? NE ? (? , 0, ?1), AM ? (?1, 0,1) 2 ??? ???? ? ? ??? ???? ? ? NE ?AM 10 ? ???? ? ? ? ? cos ? NE , AM ?? ???? 10 , | NE | ? | AM |

10 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10
(2)假设在线段 AN 上存在点 S ,使得 ES 平面 AMN .

???? ??? ? ???? ? AN ? (0,1,1) ,可设 AS ? ? AN ? (0, ? , ? ),

??? ? 1 ??? ??? ??? ? ? ? 1 EA ? ( , ?1, 0),? ES ? EA ? AS ? ( , ? ? 1, ? ) 2 2 又 .

? 1 ??? ???? ? ? ? ES ?AM ? 0, ?? 2 ? ? ? 0, ? ? ? ? ??? ???? ? ES ?AN ? 0, 即 ?(? ? 1) ? ? ? 0. ? 由 ES ? 平面 AMN ,得 ?

z

??


??? ? ? 1 1 ??? 2 1 AS ? (0, , ),| AS |? 2 2 2 . 2 ,此时线段
AS ? 2 2 时, ES ? 平面 AMN .
x

G 1

E1

y

经检验,当

故线段 AN 上存在点 S ,使得 ES ? 平面 AMN ,此时线段 4. 2013 广东高考) ( 如图 6, 已知正方体 的中心,点、 G 分别是棱 正投影. (1)求以为顶点,以四边形 FGAE 在平面 (2)证明:直线 FG1 ? 平面 FEE1 ; (3)求异面直线

AS ?

2 2 .

ABCD ? A1 B1C1 D1 的棱长为 2, BCC1 B1 点是正方形

C1 D1 , AA1 的中点.设点 E1 , G1 分别是点,G 在平面 DCC1 D1 内的

DCC1 D1 内的正投影为底面边界的棱锥的体积;

E1G1与EA 所成角的正弦值. DCC1 D1 内的正投影 E1 、 G1 ,

【解析】 (1)依题作点、 G 在平面

则 E1 、 G1 分别为 CC1 、 DD1 的中点,连结 EE1 、 EG1 、 ED 、 DE1 , 则所求为四棱锥 E ? DE1 FG1 的体积,其底面 DE1 FG1 面积为

1 1 S DE1FG1 ? S Rt?E1FG1 ? S Rt?DG1E1 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 1 ? 2 ? 2 ,
又 EE1 ? 面 DE1 FG1 , EE1 ? 1 ,∴

VE ? DE1FG1 ?

1 2 S DE1FG1 ? EE1 ? 3 3.

(2)以为坐标原点, DA 、 DC 、 DD1 所在直线分别作轴,轴,轴, 得 E1 (0,2,1) 、 G1 (0,0,1) , 又 G (2,0,1) , F (0,1,2) , E (1,2,1) , 则 FG1 ? (0,?1,?1) ,

FE ? (1,1,?1) , FE1 ? (0,1,?1) ,
∴ FG1 ? FE ? 0 ? (?1) ? 1 ? 0 , FG1 ? FE1 ? 0 ? (?1) ? 1 ? 0 , 即 FG1 ? FE ,

FG1 ? FE1 ,又 FE1 ? FE ? F ,∴ FG1 ? 平面 FEE1 .

cos ? E1G1 , EA ??
(3) E1G1 ? (0,?2,0) , EA ? (1,?2,?1) ,则

E1G1 ? EA E1G1 EA

?

2 6
,设异

E G 与EA 所成角为 ? ,则 面直线 1 1

sin ? ? 1 ?

2 3 ? 3 3 .

5.(2013 海南宁夏高考)如图,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长 都是底面边长的 2 倍,P 为侧棱 SD 上的点。 (Ⅰ)求证:AC⊥SD; (Ⅱ)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 P-AC-D 的大小 (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,侧棱 SC 上是否存在一点 E, 使得 BE∥平面 PAC。若存在,求 SE:EC 的值; 若不存在,试说明理由。 【解析】方法一: (Ⅰ)连 BD,设 AC 交 BD 于 O,由题意知 SO ? AC 。在正方形 ABCD 中,

AC ? BD ,所以 AC ? 平面SBD ,则 AC ? SD .
OD ? 2 a 2 ,所以 ?SDO ? 600 ,

(Ⅱ)设正方形边长,则 SD ?

2a 。又

连 OP ,由(Ⅰ)知 AC ? 平面SBD ,所以 AC ? OP , 且 AC ? OD ,所以 ?POD 是二面角 P ? AC ? D 的平面角。 由 SD ? 平面PAC ,知 SD ? OP ,所以 ?POD ? 30 ,即二面角 P ? AC ? D 的大小为 30 。
0 0

(Ⅲ)在棱 SC 上存在一点 E,使 BE // 平面PAC

PD ?
由 (Ⅱ) 可得

2 a 4 , 故可在 SP 上取一点 N ,使 PN ? PD ,过 N 作 PC 的平行线与 SC

的交点即为。 BN。 ? BDN 中知 BN // PO , 连 在 又由于 NE // PC ,故平面 BEN // 平面PAC ,

1 ,故 1. 得 BE // 平面PAC ,由于 SN:NP ? 2: SE:EC ? 2:
方法二: (Ⅰ) ;连 BD ,设 AC 交于 BD 于 O ,由题意知 SO ? 平面ABCD .以 O 为坐标原

??? ???? ??? ? ? OB, OC , OS 分别为轴、轴、轴正方向,建立坐标系 O ? xyz 如图。设底面边长为,则 点,

SO ?


6 a 2 。
S (0, 0, 6 2 a), D( ? a, 0, 0) 2 2 C (0, 2 a , 0) 2 ???? 2 OC ? (0, a, 0) 2





??? ? 2 6 SD ? (? a, 0, ? a) 2 2

???? ??? ? OC ? SD ? 0

故 OC ? SD ,从而 AC ? SD

??? ? 2 6 DS ? ( a, 0, a) 2 2 (Ⅱ)由题设知,平面 PAC 的一个法向量 ,平面 DAC 的一个法向量 ??? ??? ? ? OS ? DS 3 ??? ? cos ? ? ??? ??? ? ? ? 6 OS ? (0, 0, a) 2 OS DS 0 2 , 设所求二面角为 ? , 则 ,所求二面角的大小为 30 ??? ? (Ⅲ)在棱 SC 上存在一点使 BE // 平面PAC . 由(Ⅱ)知 DS 是平面 PAC 的一个法向量, ??? ? ??? ? 2 6 2 6 DS ? ( a, 0, a ), CS ? (0, ? a, a) 2 2 2 2 且 ??? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? ? 2 2 6 ??? ? ??? ? BE ? BC ? CE ? BC ? tCS ? (? a, a (1 ? t ), at ) 2 2 2 设 CE ? tCS , 则
??? ???? ? 1 ??? ??? ? ? BE ? DC ? 0 ? t ? 3 即当 SE : EC ? 2 :1 时, BE ? DS 而
而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE // 平面PAC 6.(2013 山东高考)如图,在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中, 底面 ABCD 为等腰梯形,AB//CD,AB=4, BC=CD=2, AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、AB 的中点。 证明:直线 EE 1 //平面 FCC 1 ; A 1 E1 E A F D 1 C1 F1 P O B B1

D

C

求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。 【解析】方法一: (1)在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,取 A1B1 的中点 F1, 连结 A1D,C1F1,CF1,因为 AB=4, CD=2,且 AB//CD,所以 CDA1F1,A1F1CD 为平行四 边形,所以 CF1//A1D,

又因为 E、E 1 分别是棱 AD、AA 1 的中点,所以 EE1//A1D, 所以 CF1//EE1,又因为

EE1 ? 平面 FCC 1 , CF1 ? 平面 FCC 1 ,所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 .

(2) 因为 AB=4, BC=CD=2, 、F 是棱 AB 的中点,所以 BF=BC=CF,△ BCF 为正三角形,取 CF 的中点 O,则 OB⊥CF,又因为直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,CC1⊥平面 ABCD,所以 CC1⊥BO,所以 OB⊥平面 CC1F,过 O 在平面 CC1F 内作 OP⊥C1F,垂足为 P,连接 BP,则∠OPB 为二面角 B-FC 1 -C 的一个平面角, 在正三角形△ BCF 中, OB ? 3 ,在 Rt△ CC1F 中,

1 2 OP OF OP ? ?2 ? ? 2 2 2 , CC1 C1 F ∴ 2 ?2 △ OPF∽△CC1F,∵

2 OP 7 cos ?OPB ? ? 2 ? 1 14 BP 7 14 BP ? OP 2 ? OB 2 ? ?3 ? 2 2 , 2 在 Rt△ OPF 中, ,
7 所以二面角 B-FC 1 -C 的余弦值为 7 .
方法二:(1)因为 AB=4, BC=CD=2, F 是棱 AB 的中点, 所以 BF=BC=CF,△ BCF 为正三角形, 因为 ABCD 为 等腰梯形,所以∠BAD=∠ABC=60° AF 的中点 M, ,取 连接 DM,则 DM⊥AB,所以 DM⊥CD, 以 DM 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系, ,则 D(0,0,0),A( 3 ,-1,0),F( 3 ,1,0),C(0,2,0), z D 1 C1 B1

A 1 E1 A x

D E M F

C B

y

3 1 ? C1(0,2,2),E( 2 , 2 ,0),E1( 3 ,-1,1),

???? 3 1 ???? ? ???? ? ? EE1 ? ( , ? ,1) ??? 2 2 , CF ? ( 3, ?1, 0) , CC1 ? (0, 0, 2) FC1 ? (? 3,1, 2) 设平面 CC1F 所以 ? ??? ? ? n ? CF ? 0 ? 3x ? y ? 0 ? ? ? ? ? ???? ? ? ? n ? ( x, y, z ) 则 ?n ? CC1 ? 0 所 以 ? z ? 0 n ? (1, 3, 0) , 则 ? ? 的 法 向 量 为 取 ? ???? 3 1 ? ???? n ? EE1 ? ? 1 ? ? 3 ? 1? 0 ? 0 n ? EE1 2 2 ,所以 ,所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 . ?? ??? ? ? n1 ? FB ? 0 ? ? ?? ? ?? ???? ??? ? n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) ?n1 ? FC1 ? 0 FB ? (0, 2, 0) ?
, 设 平 面 BFC1 的 法 向 量 为 ,则

(2)

所以



y1 ? 0 ? ? ? ?? 3 x1 ? y1 ? 2 z1 ? 0 , ? ?? ? ?? n1 ? (2, 0, 3) n ? n1 ? 2 ?1 ? 3 ? 0 ? 0 ? 3 ? 2
,则

,

? ?? | n |? 1 ? ( 3) 2 ? 2 , | n1 |? 22 ? 0 ? ( 3) 2 ? 7 , ? ?? ? ?? n ? n1 2 7 cos? n, n1 ? ? ? ??? ? ? 7 | n || n1 | 2 ? 7 所以 ,
7 由 图 可 知 二 面 角 B-FC 1 -C 为 锐 角 , 所 以 二 面 角 B-FC 1 -C 的 余 弦 值 为 7 .

7.(2013 上海高考)如图,在直三棱柱

ABC ? A1 B1C1 中, AA1 ? BC ? AB ? 2 ,

AB ? BC ,求二面角 B1 ? A1C ? C1 的大小。
【解析】如图,建立空间直角坐标系则 A(2,0,0) 、C(0,2,0) A1(2,0,2) ,B1(0,0,2) 、C1(0,2,2) ……2 分 设 AC 的中点为 M,∵BM⊥AC, BM⊥CC1; ∴BM⊥平面 A1C1C,即 BM =(1,1,0)是平面 A1C1C 的一个法向量。……5 分 设平面

???? ?

A1 B1C

的一个法向量是 n ? ( x, y, z )

?

???? A1C

=(-2,2,-2) ,

???? ? A1 B1

=(-2,0,0)

……7 分

? ???? ? ? ???? ? n ? A1 B1 ? ?2 x ? 0, n ? A1C ? ?2 x ? 2 y ? 2 z ? 0, 令z ? 1, 解得x ? 0, y ? 1 ? ? n ? (0,1,1)...................10分 ? ???? ? B ? A1C ? C1 设法向量 n与BM 的夹角为,二面角 1 的大小为 ? ,显然 ? 为锐角
? ???? ? n ? BM 1 ? ? cos ? ? cos ? ? ? ???? ? , 解得? ? ? 2 3 n BM

…………………….14 分

? 二面角B1 ? A1C ? C1的大小为

?
3.

8. (2013 天津高考) 如图, 在五面体 ABCDEF 中, 平面 ABCD, AD//BC//FE, FA

1 ABAD,M 为 EC 的中点,AF=AB=BC=FE= 2 AD
(I) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小; (II) 证明平面 AMD 平面 CDE; (III)求二面角 A-CD-E 的余弦值。 【解析】方法一: (Ⅰ)由题设知,BF//CE,所以∠CED(或其补角)为异面直线 BF 与 DE 所成的角。 P 为 AD 的中点, 设 连结 EP, PC。 因为 FE

//

AP, 所以 FA

//

EP, 同理 AB

//

PC。

又 FA⊥平面 ABCD,所以 EP⊥平面 ABCD。而 PC,AD 都在平面 ABCD 内,故 EP⊥PC, EP⊥AD。由 AB⊥AD,可得 PC⊥AD 设 FA=a,则 EP=PC=PD=a,CD=DE=EC= 2 a ,故 ∠CED=60° 。所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60° (II)因为 DC ? DE且M为CE的中点,所以DM ? CE.连结MP,则MP ? CE.

又MP ? DM ? M,故CE ? 平面AMD.而CE ? 平面CDE,所以平面AMD ? 平面CDE.
(III) 解:设Q为CD的中点,连结PQ,EQ.因为CE ? DE,所以EQ ? CD.因为 (III)

PC ? PD,所以PQ ? CD,故?EQP为二面角A ? CD ? E的平面角.
EP ? PQ,EQ ?
由(I)可得,

6 2 a,PQ ? a. 2 2

于是在Rt?EPQ中, ?EQP ? cos

PQ 3 ? , EQ 3

方 法 二 : 如 图 所 示 , 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 点 为 坐 标 原 点 。 设 AB ? 1, 题 意 得 依

B?1,0 ?, C ?1,0 ?, 0, 1,
?1 1? M? , ?. 1, F?0,1?, ? 2 2 ? 0,

D?0,0 ?, 2,

E ?0, ?, 1, 1

BF 0, ? 1? (I) 解: ? ?? 1,1?, DE ? ?0, 1,,
于是 cos BF, ? DE BF ? DE BF DE ? 0 ? 0 ?1 1 ? . 2? 2 2
0

所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60 .

?1 1? 由AM ? ? , ?, 1, 0, 2, ? 2 2 ? CE ? ?? 1,1?, AD ? ?0, 0 ?,可得CE ? AM ? 0 , (II)
CE ? AD ? 0.因此,CE ? AM,CE ? AD.又AM ? AD ? A,故CE ? 平面AMD.
而CE ? 平面CDE,所以平面AMD ? 平面CDE.

?u ? CE ? 0, ? 解:设平面CDE的法向量为u ? ( x,y,z ),则? ?u ? DE ? 0. ? (III) w
?? x ? z ? 0, 于是? 令x ? 1,可得u ? (1, ) 1,. 1 ?? y ? z ? 0.
0, 又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v ? (0,1).

所以 cos u,v ?

u ? v 0 ? 0 ?1 3 ? ? . u v 3 3 ?1

9.(2013 天津高考)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PD ? 平面ABCD , AD ? CD ,且 DB 平分 ?ADC ,E 为 PC 的中点, AD ? CD ? 1 , DB ? 2 2 (Ⅰ)证明 PA // 平面BDE (Ⅱ)证明 AC ? 平面PBD (Ⅲ)求直线 BC 与平面 PBD 所成的角的正切值 【解析】设 AC ? BD ? H ,连结 EH,在 ?ADC 中,因为 AD=CD,且 DB 平分 ?ADC , 所以 H 为 AC 的中点,又由题设知,E 为 PC 的中点,故 EH // PA ,又

HE ? 平面BDE , PA ? 平面BDE ,所以 PA // 平面BDE
(2)因为 PD ? 平面ABCD , AC ? 平面ABCD ,所以 PD ? AC 由(1)知, BD ? AC , PD ? BD ? D, 故 AC ? 平面PBD (3)由 AC ? 平面PBD 可知,BH 为 BC 在平面 PBD 内的射影,所以 ?CBH 为直线与平面 PBD 所成的角。 由 AD ? CD ,

AD ? CD ? 1, DB ? 2 2 , 可得DH ? CH ?

2 3 2 , BH ? 2 2

在 Rt?BHC 中,

tan ?CBH ?

CH 1 1 ? BH 3 ,所以直线 BC 与平面 PBD 所成的角的正切值为 3 。

10.(2013 浙江高考)如图,平面 PAC ? 平面 ABC , ?ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形, E , F , O 分别为 PA ,

PB , AC 的中点, AC ? 16 , PA ? PC ? 10 .
(I)设 G 是 OC 的中点,证明: FG / / 平面 BOE ; (II)证明:在 ?ABO 内存在一点 M ,使 FM ? 平面 BOE , 并求点 M 到 OA , OB 的距离. 【解析】 (I)如图,连结 OP,以 O 为坐标原点,分别以 OB、OC、OP 所在直线为轴,轴, 轴,建立空间直角坐标系 O ? xyz , 则

O ? 0, 0, 0 ? , A(0, ?8, 0), B(8, 0, 0), C (0,8, 0),

z

P(0, 0, 6), E (0, ?4,3), F ? 4, 0,3? ,由题意得, G ? 0, 4, 0 ? ,
因 OB ? (8, 0, 0), OE ? (0, ?4,3) , 因此平面 BOE 的法向量为 n ? (0,3, 4) ,

??? ?

??? ?

?

y

??? ? ? ??? ? FG ? (?4, 4, ?3 得 n ? FG ? 0 ,又直线 FG 不在平面 BOE 内,
因此有 FG / / 平面 BOE

x

? x , y , 0 ? ,则 FM ? ( x0 ? 4, y0 , ?3) , (II)设点 M 的坐标为 0 0
9 ???? ? ? x0 ? 4, y0 ? ? 4, 因为 FM ? 平面 BOE,所以有 FM // n ,因此有

???? ?

9 ? ? ? 4, ? , 0 ? 4 ? ,在平面直角坐标系 xoy 中,?AOB 的内部区域满足不等式组 即点 M 的坐标为 ?

?x ? 0 ? ?y ? 0 ?x ? y ? 8 ?



经检验,点 M 的坐标满足上述不等式组,所以在 ?ABO 内存在一点 M ,使 FM ? 平面

BOE ,
4, 9 4.

由点 M 的坐标得点 M 到 OA , OB 的距离分别为

11. ( 2013 浙 江 高 考 ) 如 图 , DC ? 平 面 ABC , EB / / DC ,

AC ? BC ? EB ? 2 DC ? 2 , ?ACB ? 120? , P, Q 分别为 AE , AB 的中点.
(I)证明: PQ / / 平面 ACD ; (II)求 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值. 【解析】 (Ⅰ)连结 DP, CQ ,在 ?ABE 中, P, Q 分别是 AE, AB 的中点,所

1 1 PQ // BE DC // BE PQ //DC 2 2 以 , 又 ,所以 ,又 PQ ? 平面 ACD ,
DC 平面 ACD, 所以 PQ // 平面 ACD (Ⅱ)在 ?ABC 中, AC ? BC ? 2, AQ ? BQ ,所以 CQ ? AB 而 DC 平面 ABC, EB // DC ,所以 EB ? 平面 ABC 而 EB ? 平面 ABE, 所以平面 ABE 平面 ABC, 所以 CQ ? 平面 ABE 由(Ⅰ)知四边形 DCQP 是平行四边形,所以 DP // CQ 所以 DP ? 平面 ABE, 所以直线 AD 在平面 ABE 内的射影是 AP, 所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是 ?DAP 在 Rt?APD 中, AD ?

AC 2 ? DC 2 ? 2 2 ? 12 ? 5 , DP ? CQ ? 2 sin ?CAQ ? 1

sin ?DAP ?
所以

DP 1 5 ? ? AD 5 5

12.(2011 辽宁高考)如图,已知两个正方形 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内,M,N 分别 为 AB,DF 的中点 。 (I)若平面 ABCD ⊥平面 DCEF,求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值; ( II ) 用 反 证 法 证 明 : 直 线 ME 与 BN 是 两 条 异 面 直 线 。

【解析】 (I)方法一:取 CD 的中点 G,连接 MG,NG。 设正方形 ABCD,DCEF 的边长为 2, 则 MG⊥CD,MG=2,NG=

2.

因为平面 ABCD⊥平面 DCED,MG 平面 ABCD, 平面 ABCD ? DCEF=CD. 所以 MG⊥平面 DCEF, 可得∠MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角。因为 MN= 6,

6 所以 sin∠MNG= 3 为 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值

……6 分

方法二: 设正方形 ABCD,DCEF 的边长为 2,以 D 为坐标原点, 分别以射线 DC,DF,DA 为 x,y,z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图.

???? ? MN =(-1,1,2). 则 M(1,0,2),N(0,1,0),可得
又=(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量,

???? ??? ? ? MN ? DA 6 ? ? . ???? ??? ? ? ???? ??? ? ? 3 · MN , DA )= | MN || DA | 可得 cos(
所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为

???? ??? ? ? 6 MN , DA ? 3 · cos

……6 分

(Ⅱ)假设直线 ME 与 BN 共面, ……8 分 则 AB 平面 MBEN,且平面 MBEN 与平面 DCEF 交于 EN 由已知,两正方形不共面,故 AB 平面 DCEF。 又 AB//CD,所以 AB//平面 DCEF。EN 为平面 MBEN 与平面 DCEF 的交线,所以 AB//EN。 又 AB//CD//EF,所以 EN//EF,这与 EN∩EF=E 矛盾,故假设不成立。 所以 ME 与 BN 不共面,它们是异面直线. ……12 分 13.(2013 全国Ⅱ)如图,直三棱柱 别为

ABC ? A1 B1C1

中, AB ? AC , D 、分

AA1



B1C

BCC1 的中点, DE ? 平面

(I)证明: AB ? AC (II)设二面角 A ? BD ? C 为 60° ,求 【解析】 (I)连结 BE,

B1C

与平面 BCD 所成的角的大小。

? ABC ? A1 B1C1

为直三棱柱,

??B1 BC ? 90?,

? E 为 B1C 的中点,? BE ? EC 。又 DE ? 平面 BCC1 ,

? BD ? DC (射影相等的两条斜线段相等)而 DA ? 平面 ABC , ? AB ? AC (相等的斜线段的射影相等) 。
( II ) 作 AG ? BD 于 G , 连 GC , 则 GC ? BD , ?AGC 为 二 面 角

A ? BD ? C 的 平 面 角 , ?AGC ? 60? . 不 妨 设 AC ? 2 3 , 则
AG ? 2, GC ? 4 .在 Rt ? ABD 中,由 AD ? AB ? BD ? AG ,易得 AD ? 6 .
设点

B1 到面 BDC 的距离为 h , B1C 与平面 BCD 所成的角为。

1 1 S ?B1BC ? DE ? S ?BCD ? h BC ? 4 3 3 利用 3 ,可求得 h ? 2 3 ,又可求得 1

? sin ? ?

h 1 ? ?? ? 30?. B1C 2



B1C 与平面 BCD 所成的角为 30?.

14. ( 2013 北 京 高 考 ) 如 图 , 四 棱 锥 P ? ABCD 的 底 面 是 正 方 形 ,

PD ? 底面ABCD ,点 E 在棱 PB 上.
(Ⅰ)求证:平面 AEC ? 平面PDB ; (Ⅱ)当 PD ?

2 AB 且 E 为 PB 的中点时,求 AE 与

平面 PDB 所成的角的大小. 【解析】方法一: (Ⅰ)∵四边形 ABCD 是正方形,∴AC⊥BD, ∵ PD ? 底面ABCD ,∴PD⊥AC,∴AC⊥平面 PDB, ∴平面 AEC ? 平面PDB . (Ⅱ)设 AC∩BD=O,连接 OE,由(Ⅰ)知 AC⊥平面 PDB 于 O, ∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角,∴O,E 分别为 DB、PB 的中点,

OE ?
∴OE//PD,

1 PD 2 ,又∵ PD ? 底面ABCD ,∴OE⊥底面 ABCD,OE⊥AO,

OE ?
在 Rt△ AOE 中, 成的角的大小为 45 .
?

1 2 PD ? AB ? AO ? 2 2 ,∴ ?AOE ? 45 ,即 AE 与平面 PDB 所

方法二:如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 D ? xyz , 设 AB ? a, PD ? h, 则

A ? a, 0, 0 ? , B ? a, a, 0 ? , C ? 0, a, 0 ? , D ? 0, 0, 0 ? , P ? 0, 0, h ?
???? ??? ? ??? ? AC ? ? ?a, a, 0 ? , DP ? ? 0, 0, h ? , DB ? ? a, a, 0 ?



(Ⅰ)∵



???? ??? ? ???? ??? ? AC ? DP ? 0, AC ? DB ? 0 , ∴
∴AC⊥DP,AC⊥DB,∴AC⊥平面 PDB, ∴平面 AEC ? 平面PDB .

?1 1 2 ? P 0, 0, 2a , E ? a, a, a? ?2 2 2 ? ? ?, (Ⅱ)当 PD ? 2 AB 且 E 为 PB 的中点时,

?

?

设 AC∩BD=O,连接 OE, 由(Ⅰ)知 AC⊥平面 PDB 于 O,

??? ??? ? ? EA ? EO 2 ??? ? 1 ? ? 1 2 ? ??? ? 2 ? cos ?AEO ? ??? ??? ? ? ? EA ? ? a, ? a, ? a ? , EO ? ? 0, 0, ? a? ?2 ? 2 EA ? EO 2 2 ? 2 ? ? ? ? ? ,∴ ∵ ,
∴ ?AOE ? 45 ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45 . 15.(2013 湖南高考)如图 3,在正三棱柱 AB=4,
? ?

∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角,

ABC ? A1 B1C1

中,

AA1 ? 7

,点 D 是 BC 的中点,

点 E 在 AC 上,且 DE (Ⅰ)证明:平面

A1

E. 平面

A1 DE

ACC1 A1

;

(Ⅱ)求直线 AD 和平面

A1 DE

所成角的正弦值。

【解析】 (Ⅰ)如图所示,由正三棱柱 又 DE 平面 ABC,所以 DE 所以 DE⊥平面 故平面

ABC ? A1 B1C1 A1
E,

的性质知

AA1
,

平面 ABC .

? AA1

.而 DE

AA1 ? A1 E ? A1

ACC1 A1

.又 DE 平面 .

A1 DE



A1 DE

⊥平面

ACC1 A1

(Ⅱ)方法一: 过点 A 作 AF 垂直 连接 DF.由(Ⅰ)知,平面

A1 E

于点,

A1 DE

⊥平面

ACC1 A1

,所以 AF 平面

A1 DE

,故 ?ADF 是直线

AD 和平面

A1 DE 所成的角。因为 DE 平面 ACC1 A1 ,所以 DEAC.而 ABC 是边长为 4 的正

1 CD 三角形,于是 AD= 2 3 ,AE=4-CE=4- 2 =3.
又因为
2 2 AA1 ? 7 ,所以 A1 E ? AA1 ? AE ? ( 7) 2 ? 32 = 4,

AF ?

AE ? AA1 3 7 ? A1 E 4 ,

sin ?ADF ?

AF 21 ? AD 8 .

21 A DE 所成角的正弦值为 8 即直线 AD 和平面 1

.

方法二 : 如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,),

A1 (2,0, 7 ), D(-1,

3 ,0), E(-1,0,0).

???? ? ???? ???? A1 D =(-3, 3 ,- 7 ) DE =(0,- 3 ,0) AD =(-3, 3 ,0). 易知 , , r n ? ( x, y, z ) 是平面 A1 DE 的一个法向量,则 设
r uuu v ?n ? DE ? ? 3 y ? 0, ? ? r uuu v ?n ? A1 D ? ?3x ? 3 y ? 7 z ? 0. ?
x??
解得

7 z, y ? 0 3 .

r n ? ( 7, 0, ?3) .于是 故可取

r uuu r r uuu r n ? AD cos n, AD ? r uuu r n ? AD

?3 7 21 ?? 8 . = 4? 2 3

21 A DE 由此即知,直线 AD 和平面 1 所成角的正弦值为 8 .
16.(2013 湖北高考)如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是正方形, SD 平面 ABCD,BD=2a, AD ? 且 DE ? ? a (0 ? ? ? 2) (Ⅰ)求证:对任意的 ? ? (0, 2] ,都有 AC ? BE (Ⅱ)设二面角 C—AE—D 的大小为 ? ,直线 BE 与平面 ABCD 所成
A
D C S

2a 点 E 是 SD 上的点,
E

B

的角为,若 tan ? gtan ? ? 1 ,求 ? 的值 【解析】 (Ⅰ)方法一:如图 1,连接 BE、BD, 由面 ABCD 是正方形可得 AC⊥BD。 SD⊥平面 ABCD, BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影, AC⊥BE (Ⅱ)如图 1,由 SD⊥平面 ABCD 知,∠DBE=, SD⊥平面 ABCD,CD 平面 ABCD, SD⊥CD。 又底面 ABCD 是正方形, CD⊥AD,而 SD AD=D,CD⊥平面 SAD. 连接 AE、CE,过点 D 在平面 SAD 内作 DF⊥AE 于 F,连接 CF,则 CF⊥AE, 故∠CFD 是二面角 C-AE-D 的平面角,即∠CFD= ? 。

在 Rt△ BDE 中, BD=2a,DE= ? a 在 Rt△ ADE 中, ? AD ?

? tan ? ?

DE ? ? BD 2

2a, DE ? ? a,? AE ? a ? 2 ? 2

DF ?
从而

AD ? DE ? AE

2? a

?2 ? 2
CD ?2 ? 2 ? DF ? .

在 Rt?CDF 中,

tan ? ?

由 tan ? ? tan ? ? 1 ,得 由 ? ? (0, 2] ,解得 ? ?

?2 ? 2 ? ? ?1 ? ?2 ? 2 ? 2 ? ?2 ? 2 ? 2 .
2 ,即为所求.

??? ???? ??? ? ? DA, DC , DS 的方向分别作为 x,y,z 轴的正方向建立如 方法二(Ⅰ) :以 D 为原点,
图 2 所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) ,A( 2a ,0,0) ,B( 2a , 2a ,0) , C(0, 2a ,0) ,E(0,0, ? a ) ,

???? ??? ? AC ? ( ? 2a, 2a, 0), BE ? (? 2a , ? 2a , ? a )

???? ??? ? AC ? BE ? 2a 2 ? 2a 2 ? 0 ? ? a ? 0 ,w 即 AC ? BE 。 ??? ? ??? ? ??? ? EA ? ( 2a,0, ?? a), EC ? (0, 2a, ?? a), BE ? (? 2a, ? 2a, ? a) . (Ⅱ)由(I)得

? ??? ? ??? ? ? ? n ? EA, n ? EC 得 设平面 ACE 的法向量为 n =(x,y,z),则由

? ??? ? ? ? ?n ? EA ? 0, ? 2x ? ? z ? 0, ? 即? 取z ? 2,得n( ?, ? , 2) ? ? ? ??? ?n ? EC ? 0, ? 2y ? ? z ? 0, ? ? 。
易 知 平 面 ABCD 与 平 面 ADE 的 一 个 法 向 量 分 别 为

??? ? ??? ? DS ? (0, 0, 2a)与DC ? (0,2a ,0) .

???? ??? ??? ? ? DC ? n DS ? BE ? ? sin ? ? ??? ??? ? , cos ? ? ???? ? ? ? DS ? BE DC ? n ?2 ? 4

?
2? 2 ? 2
.

0<

?
?
2

??


?
2

,? ? 0


? tan ? ? tan ? ? ? ? ? ?

? sin ? ? cos ? ?

? ? ?4
2

?

?
2? ? 2
2

? ?2 ? 2
.

由于 ? ? (0, 2] ,解得 ? ?

2 即为所求。
ABC ? A1 B1C1 中, AB ? 2 AA1 , D 是 A1 B1 的中

17.(2013 湖南高考)如图 4,在正三棱柱 点,点 E 在

A1C1 上,且 DE ? AE 。

ACC1 A1 (Ⅰ)证明平面 ADE ? 平面
(Ⅱ)求直线 AD 和平面

ABC1

所成角的正弦值。

【解析】 (I) 如图所示,由正三棱柱的性质知

AA1 ?

平面

A1 B1C1

又 DE 平面 A 1 B 1 C 1 ,

所以 DEAA 1 .而 DEAE。AA 1 ? AE=A,所以 DE 平面 AC C 1 A 1 ,又 DE 平面 ADE,故平面 ADE 平面 AC C 1 A 1 。 (2)方法 1 如图所示,设 F 是 AB 的中点,连接 DF、DC 1 、C 1 F,由

正三棱柱 ABC- A 1 B 1 C 1 的性质及 D 是 A 1 B 1 的中点知 A 1 B 1 C 1 D,A 1 B 1 DF 又 C 1 D ? DF=D,所以 A 1 B 1 平面 C 1 DF,而 AB∥A 1 B, 所以 AB 平面 C 1 DF,又 AB 平面 ABC 1 , 故平面 AB C 1 平面 C 1 DF。 过点 D 做 DH 垂直 C 1 F 于点 H,则 DH 平面 AB C 1 . 连接 AH,则 HAD 是 AD 和平面 ABC 1 所成的角。 由已知 AB= 2 A A 1 ,不妨设 A A 1 = 2 ,则 AB=2,DF= 2 ,D C 1 = 3 ,

DF · 1 DC 2? 3 30 AA ? A1 D C1 F = 5 = 5 , C 1 F= 5 ,AD= = 3 ,DH=
2 1 2

10 DH 所以 sinHAD= AD = 5 。 10 即直线 AD 和平面 AB C 1 所成角的正弦值为 5 。
方法 2 如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 不妨设 A A 1 = 2 ,则 AB=2,相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0),

3 1 B( 3 ,0,0) 1 (0,1, 2 ) ,C ,D( 2 ,- 2 , 2 ) 。 3 1 易知 AB =( 3 ,1,0), AC1 =(0,2, 2 ), AD =( 2 ,- 2 , 2 ) ? 设平面 ABC 1 的法向量为 n =(x,y,z),则有

? ??? ? ?n AB ? 3x ? y ? 0, ? ?· ? ? ? ? ???? ? ?n AC1 ? 2 y ? 2 z ? 0, ? ?· ?
3 解得 x=- 3 y, z=- 2 y , ? 故可取 n =(1,- 3 , 6 )。

? AD 所以, cos ( n · )=

? ???? n AD · ? ???? n· AD

10 = 10 ? 3 = 5 。

2 3

10 由此即知,直线 AD 和平面 AB C 1 所成角的正弦值为 5 。
2012 年考题 1. (2012 山东高考)如图,已知四棱锥 P-ABCD,底面 ABCD 为菱 形, PA⊥平面 ABCD, ?ABC ? 60? ,E,F 分别是 BC, PC 的中点. (Ⅰ)证明:AE⊥PD; (Ⅱ)若 H 为 PD 上的动点,EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值
A P

F

D

6 为 2 ,求二面角 E—AF—C 的余弦值.
【解析】 (Ⅰ)证明:由四边形 ABCD 为菱形,∠ABC=60° , 可得△ ABC 为正三角形. 因为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥BC. 又 BC∥AD,因此 AE⊥AD. 因为 PA⊥平面 ABCD,AE 平面 ABCD,所以 PA⊥AE. 而 PA 平面 PAD,AD 平面 PAD 且 PA∩AD=A, 所以 AE⊥平面 PAD,又 PD 平面 PAD. 所以 AE⊥PD. (Ⅱ)设 AB=2,H 为 PD 上任意一点,连接 AH,EH. 由(Ⅰ)知 AE⊥平面 PAD, 则∠EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角. 在 Rt△ EAH 中,AE= 3 , 所以 当 AH 最短时,∠EHA 最大, 即 当 AH⊥PD 时,∠EHA 最大.

B

E

C

AE 3 6 ? ? , AH 2 此时 tan∠EHA= AH
因此 AH= 2 .又 AD=2,所以∠ADH=45° , 所以 PA=2. 解法一:因为 PA⊥平面 ABCD,PA 平面 PAC,所以平面 PAC⊥平面 ABCD. 过 E 作 EO⊥AC 于 O,则 EO⊥平面 PAC,过 O 作 OS⊥AF 于 S,连接 ES,则∠ESO 为二面角 E-AF-C 的平面角,

3 3 在 Rt△ AOE 中,EO=AE· sin30° 2 ,AO=AE· = cos30° 2 , =

3 2 又 F 是 PC 的中点,在 Rt△ ASO 中,SO=AO· sin45° 4 , =

SE ? EO 2 ? SO 2 ?


3 9 30 ? ? , 4 8 4
3 2 4 ? 15 , 5 30 4

SO ? SE
在 Rt△ ESO 中,cos∠ESO=

15 . 即所求二面角的余弦值为 5
解法二:由(Ⅰ)知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原 点,建立如图所示的空间直角坐标系, 又 E、F 分别为 BC、PC 的中点, 所以 A(0,0,0) ,B( 3 ,-1,0) ,C(1, 3 ,0) ,

3 1 , ,1 D(0,2,0) ,P(0,0,2) ,E( 3 ,0,0) ,F( 2 2 ) , ??? ? ??? ? 3 1 AE ? ( 3, 0, 0), AF ? ( , ,1). 2 2 所以 ?? m ? ( x1 , y1 , z1 ),
设平面 AEF 的一法向量为

则 取

?? ??? ? ?m?AE ? 0, ? ? ? ?? ??? ?m?AF ? 0, ?

? 3 x1 ? 0, ? ? 3 1 x1 ? y1 ? z1 ? 0. ? 2 因此 ? 2
因为 BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A,所以 BD⊥平面 AFC,

?? z1 ? ?1, 则m ? (0, 2, ?1),
??? ?

故 BD 为平面 AFC 的一法向量.又 BD =(- 3,3, 0 ) ,

??? ?

?? ??? ? m?BD 2?3 15 ? ? . ?? ??? ? ?? ??? ? ? 5 | 5 ? 12 m , BD | m |? BD | 所以 cos<
15 . 因为二面角 E-AF-C 为锐角,所以所求二面角的余弦值为 5
2.(2012 海南宁夏高考)如图,已知点 P 在正方体 ABCD- A?B?C ?D? 的对角线 BD?

上, ?PDA ? 60? . (Ⅰ)求 DP 与 CC ? 所成角的大小; (Ⅱ)求 DP 与平面 AA?D?D 所成角的大小. 【解析】如图,以 D 为原点,DA 为单位长建立空间直角坐标系 D ? xyz 。

???? ? ??? ? DA ? (1, 0, 0), CC ' ? (0, 0,1) . 则
连结 BD, B D 。在平面 BB? DD? 中,延长 DP 交 B D 于 H。
' '

'

'

???? ? ???? ??? ? ? DH ? (m, m,1)(m ? 0) ,由已知 ? ? DH , DA ?? 60? , 设 ???? ??? ???? ??? ? ? ? ? ???? ??? ? ? DH ? DA ?| DH || DA | cos ? ? DH , DA ? 由
可得 2m ?

2m ? 1 。解得
2

m?

2 2 。

???? ? 2 2 DH ? ( , ,1) 2 2 所以 .

2 2 ?0? ? 0 ? 1? 1 ? ???? ????' ? 2 2 2 ? ???? ???? ? cos ? DH , CC ?? ? 2 ,所以 ? DH , CC ' ?? 45? , 1? 2 (Ⅰ)因为
即 DP 与 CC 所成的角为 45 。
' ?

???? AA' D ' D 的一个法向量是 DC ? (0,1, 0) . (Ⅱ)平面

2 2 ?0? ? 1 ? 1? 0 ???? ???? ? 1 2 ???? ???? ? cos ? DH , DC ?? 2 ? 2 ,所以 ? DH , DC ?? 60? . 1? 2 因为
可得 DP 与平面 AA D D 所成的角为 30 . 2011 年考题
' '
?

1. (2011 山东高考)如图,在直四棱柱

ABCD ? A1 B1C1 D1 中,已知
D1 C1

DC ? DD1 ? 2 AD ? 2 AB , AD ? DC , AB // DC .
A1 B1

D E // 平面A1 BD ; (I)设是 DC 的中点,求证: 1
(II)求二面角

A1 ? BD ? C1 的余弦值.

D

E C

【解析】(I)连结 BE ,则四边形 DABE 为正方形,

? BE ? AD ? A1 D1 ,且 BE // AD // A1 D1 , ?四边形A1 D1 EB 为平行四边形,? D1 E // A1 B . ? D1 E ? 平面A1 BD,A1 B ? 平面A1 BD, D1 E // 平面A1 BD. ?
(II) 以 D 为原点, 设 DA ? 1 ,则

A

B

DA, DC , DD1 所在直线分别为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系,不妨

D(0, 0, 0), A(1, 0, 0), B(1,1, 0), C1 (0, 2, 2), A1 (1, 0, 2).

???? ? ??? ? ? DA1 ? (1, 0, 2), DB ? (1,1, 0).
? n ? ( x, y, z ) 为平面 A1 BD 的一个法向量, 设



? ???? ? ??? ? ? n ? DA1 , n ? DB ?? m ? ( x1 , y1 , z1 )

?x ? 2z ? 0 ? ? ? x ? y ? 0 ,取 z ? 1 ,则 n ? (?2, 2,1) . 得

?? ? ?? ? m?n ?3 3 cos ? m, n ?? ?? ? ? ?? . ?? 3 9? 3 m n z ? 1 m ? (1, ?1,1) 取 1 ,则 .



为平面

C1 BD

的一个法向量,由

?? ???? ?? ??? ? ? m ? DC1 , m ? DB

?2 y1 ? 2 z1 ? 0 ? x ? y1 ? 0 得? 1 ,

由于该二面角

A1 ? BD ? C1

为锐角,所以所求的二面角

A1 ? BD ? C1

3 . 的余弦值为 3
S

2.(2011 海南宁夏高考)如图,在三棱锥 S ? ABC 中, 侧面 SAB 与侧面 SAC 均为等边三角形, ?BAC ? 90° , O 为 BC 的中点. (Ⅰ)证明: SO ? 平面 ABC ;

C O

(Ⅱ)求二面角 A ? SC ? B 的余弦值.
B A

【解析】 (Ⅰ)由题设 AB= AC = SB= SC SA ,连结 OA ,

△ ABC 为等腰直角三角形,所以

OA ? OB ? OC ?

2 SA 2 , SO ? 2 SA 2 ,

且 AO ? BC ,又 △SBC 为等腰三角形,故 SO ? BC ,且

2 2 2 从而 OA ? SO ? SA .所以 △SOA 为直角三角形, SO ? AO .

又 AO ? BO ? O .所以 SO ? 平面 ABC . (Ⅱ)方法一:取 SC 中点 M ,连结 AM,OM ,由(Ⅰ)知 SO ? OC,SA ? AC , 得 OM ? SC,AM ? SC .∴ ?OMA 为二面角 A ? SC ? B 的平面角. 由 AO ? BC,AO ? SO,SO ? BC ? O 得 AO ? 平面 SBC .

所以 AO ? OM ,又

AM ?

3 SA 2 ,

sin ?AMO ?


AO 2 6 ? ? AM 3 . 3

3 所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为 3 .
方法二:以 O 为坐标原点,射线 OB,OA, OS 分别为轴、 轴,轴的正半轴,建立如图的空间直角坐标系 O ? xyz .

, 0) , 0) 1 ,, 0, 设 B (1 0, ,则 C (?1 0,,A(0,0) S (0,1) .

z
S


SC







? 1 1? M ?? , ? 0, ? 2 2?

M
C

???? ? 1 ? ? 1 ? ???? ? 1 1 ? ??? MO ? ? , ? ?, ? ? , ? ?, ? (?1 0, 1) 0, MA 1 , SC ,? 2? 2? ?2 ?2 .

O

???? ??? ? ? ???? ??? ? ∴ MO SC ? 0, · SC ? 0 . · MA
???? ???? ? MO ? SC,MA ? SC,< MO, MA ? 等 于 二 面 角 故

x

B

A

y

A ? SC ? B 的平面角.

???? ???? ? ???? ???? ? MO MA · 3 cos ? MO, ?? ???? ???? ? MA ? 3 MO· MA

3 ,所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为 3 .
P M

3. (2011 四川高考)如图,四边形 PCBM 是直角梯形,∠ PCB =90° ,

PM ∥ BC , PM =1, BC =2,又 AC =1,∠ ACB =120° ,
C B

AB ⊥ PC ,直线 AM 与直线 PC 所成的角为 60° .
A

(Ⅰ)求证:平面 PAC ⊥平面 ABC ; (Ⅱ)求二面角 M ? AC ? B 的大小; (Ⅲ)求三棱锥 P ? MAC 的体积; 【解析】 (Ⅰ)∵ PC ? AB, PC ? BC , AB ? BC ? B ∴ PC ? 平面ABC , 又∵ PC ? 平面PAC ∴ 平面PAC ? 平面ABC

(Ⅱ)方法一:取 BC 的中点 N ,则 CN ? 1 ,连结 AN , MN ,

// // PM CN PM MN PC // // ? ? ∵ ,∴ ,从而 MN ? 平面ABC
作 NH ? AC ,交 AC 的延长线于 H ,连结 MH ,则由三垂线定理知, AC ? NH , 从而 ?MHN 为二面角 M ? AC ? B 的平面角 直线 AM 与直线 PC 所成的角为 60 在 ?ACN 中,由余弦定理得 AN ?
0

∴ ?AMN ? 60

0

AC 2 ? CN 2 ? 2 AC ? CN ? cos1200 ? 3
3 ?1 3

在 ?AMN 中,

MN ? AN ? cot ?AMN ? 3 ?

在 ?CNH 中,

NH ? CN ? sin ?NCH ? 1?

3 3 ? 2 2

MN ? tan ?MHN ?
在 ?MNH 中 ,

MN 1 2 3 ? ? NH 3 3 2 故 二 面 角 M ? AC ? B 的 平 面 角 大 小 为

arctan

2 3 3

(Ⅲ)由(Ⅱ)知, 四边形 PCNM 为正方形

1 1 3 VP ? MAC ? VA? PCM ? VA? MNC ? VM ? ACN ? ? AC ? CN ? sin1200 ? MN ? 3 2 12 ∴
(Ⅱ)方法二;在平面 ABC 内,过 C 作 CD ? CB ,建立空间直角坐标系 C ? xyz (如图)
? 3 1 ? A? ? 2 ,? 2 ,0? ? ? ,设 P ? 0, 0, z0 ?? z0 由题意有 ?

? 0?



???? ? ? ? 3 3 1 1 ? ? ??? ???? ? ??? ? ? MM0,1, z0 z0 ? , AM ? ? , 3, , 3 z, z0, ? , CP ? 0, 0, 0, z0 ? ?? CP ? ? 0,1, ? , AM ? ? ? ? ? , ,0 ? ? ? ? ? z0 ? 2 2 2 ? ? ? 2 22 ? ? 则

由直线 AM 与直线 PC 所成的解为 60 ,得
???? ??? ???? ??? ? ? ? ? AM ? CP ? AM ? CP ? cos 600

0

,即

z0 2 ?

1 ? z0 2 ? 3 ? z0 z ?1 2 ,解得 0

????? ???? ? ???? ? 3 1 ? ??? ? 3 1 ? ? CM ? ??0, 0,1??,,CA ? ? CM ? 0, 0,1 CA ? ? ? ? ? 2 ,,? 2 , 0 ? n ? ? x11,, y11,,z11? 2 2 ? ? 1, ? ? ? ,设平面 MAC 的一个法向量为 ? ( x y z ), ∴

? y1 ? z1 ? 0 ? ? 3 1 ? ?? x1 ? y1 ? 0 ? n ? 1, 3, ? 3 m ? ? 0, 0,1? x1 ? 1 2 则? 2 ,取 ,得 平面 ABC 的法向量取为 ?? ? m?n ? 3 cos ? ? ?? ? ? ?? ? 7 m?n 设 m 与 n 所成的角为 ? , 则 显然, 二面角 M ? AC ? B 的平面角为锐

?

?

角, 故二面角 M ? AC ? B 的平面角大小为

arccos

21 7
, 则 点 A 到 平 面 PCM 的 距 离

( Ⅲ ) 取 平 面 PCM 的 法 向 量 取 为

?? n1 ? ?1, 0, 0 ?

??? ?? ? CA ? n1 3 h ? ?? ? 2 n1



??? ? ???? ? PC ? 1, PM ? 1

? ? 1 1 ??? ???? 1 3 3 VP ? MAC ? VA? PCM ?? ? PC ? PM ? h ? ? 1? 1? ? 3 2 6 2 12 . ,∴

4.(2011 湖北高考)如图,在三棱锥 V-ABC 中,VC⊥底面 ABC,

?? ? ?0 ? ? ? ? 2 ?。 AC⊥BC,D 是 AB 的中点,且 AC=BC=a,∠VDC=θ ?

(Ⅰ)求证:平面 VAB⊥平面 VCD ; (Ⅱ)当角 θ 变化时,求直线 BC 与平面 VAB 所成的角的取值范围; 【解析】方法一: (Ⅰ)∵ AC ? BC ? a ,

∴△ ACB 是等腰三角形,又是 AB 的中点, ∴ CD ? AB ,又 VC ? 底面 ABC .∴VC ? AB .于是 AB ? 平面 VCD .
又 AB ? 平面 VAB ,平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ) 过点 C 在平面 VCD 内作 CH ? VD 于 H ,则由(Ⅰ)知 CD ? 平面 VAB . 连接 BH ,于是 ?CBH 就是直线 BC 与平面 VAB 所成的角.

在 Rt△CHD 中,

CH ?

2 a sin ? 2 ;

V

2 ∴ sin ? ? sin ? ?CBH ? ? ,在 Rt△BHC 中, CH ? a sin ? , 2 设 .
C

H B D A

2 π 0 ? sin ? ? ∵0 ? ? ? 2 . 2 ,∴ 0 ? sin ? ? 1 ,
0 ≤? ≤


π π ∴0 ? ? ? 2, 4.

? π? ? 0, ? BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 4 ? . 即直线

, 方法二: (Ⅰ)以 CA CB,CV 所在的直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角
? ? 2 ?a a ? C (0, 0) A(a, 0) B(0,a,,D ? , ,?,V ? 0, 0,, 0,, 0) 0 0, a tan ? ? ? ? 2 ?2 2 ? ? ?

坐标系,则



??? ? a a ? ? ??? ? 2 a VD ? ? , , ? a tan ? ? CD ? ? a , ,? ??? ? 0? ?2 2 ? ? 2 0) ? ?, ? 2 2 ? , AB ? (?a,a, . 于是,
??? ??? ? ? 1 1 ?a a ? AB CD ? (?a,a,· ? , ,? ? ? a 2 ? a 2 ? 0 ? 0 · 0) 0 2 2 ?2 2 ? 从而 ,即 AB ? CD .

??? ??? ? ? ?a a ? 2 1 1 AB VD ? (?a,a,· ? , , · 0) ? ? a tan ? ? ? ? a 2 ? a 2 ? 0 ? 0 ? 2 2 2 ?2 2 ? 同理 ,
∴ 即 AB ? VD . CD ? VD ? D , AB ? 平面 VCD .又 AB ? 平面 VAB . 又 平面 VAB ? 平

面 VCD . (Ⅱ)设直线 BC 与平面 VAB 所成的角为,平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) ,

??? ? ??? ? n AB ? 0,n VD ? 0 . · · 则由
??ax ? ay ? 0, ? ?a a 2 az tan ? ? 0. ? x? y? 2 2 得?2 ??? ? , , ? 0) 可取 n ? (11 2 cot ? ) ,又 BC ? (0, a, ,
z V

于是

??? ? n BC · a 2 sin ? ? ? sin ? ??? ? ? 2 2 n· BC a 2 ? 2 cot ? ·

C B D , x A y

2 π 0 ? sin ? ? ∵0 ? ? ? 2 . 2 ,∴ 0 ? sin ? ? 1 ,
0 ≤? ≤


π π ∴0 ? ? ? 2, 4.

? π? ? 0, ? 即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 4 ? .
方法三: (Ⅰ)以点为原点,以 DC,DB 所在的直线分别为轴、轴,建立如图所示的空间

? ? ? ? ? ? 2 2 2 D(0, 0) A ? 0, 0,, ? ? a,?,B ? 0, a,?,C ? ? 0? 0,? ? 2 0? ? 2 a, 0 ? 2 ? ? ? ? ? ? , 直 角 坐 标 系 , 则 ???? ? ? ? ? ???? ? ? 2 2 2 2 2 V ?? a, 0, a tan ? ? DV ? ? ? a, 0, a tan ? ? DC ? ? ? a, 0 ? 0,? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 2 2 ? ? ,于是 ? ?, ? ?, ??? ? AB ? (0, 2a, . 0) ? ? 2 ·?? a, 0 ? ? 0 0,? ??? ???? ? ? 2 · 0) ? 从而 AB DC ? (0, 2a, ? ,即 AB ? DC . ??? ???? ? ? ? 2 2 AB DV ? (0, 2a, ? ? · 0) ? a, 0, a tan ? ? ? 0 ? 2 ? 2 ? 同理 ,即 AB ? DV .
又 DC ? DV ? D ,∴ AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB ,

平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ)设直线 BC 与平面 VAB 所成的角为,平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) ,

? 2ay ? 0, ? ? 2 2 ??? ? ???? ax ? az tan ? ? 0. ?? n AB ? 0,n DV ? 0 ,得 ? 2 · · 2 则由
??? ? ? ? 2 2 BC ? ? ? ? 0? ? 2 a, 2 a,? 0, ? ?, 可取 n ? (tan ?,1) ,又
V

于是

2 ??? ? a tan ? n BC · 2 2 sin ? ? ? sin ? ??? ? ? 2 2 n· BC a 1 ? tan ? ·

C B , A D x

y

2 π 0 ? sin ? ? ∵0 ? ? ? 2 . 2 ,∴ 0 ? sin ? ? 1 ,
0 ≤? ≤


π π ∴0 ? ? ? 2, 4,

? π? ? 0, ? 即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 4 ? .

, 方法四:以 CA CB,CV 所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
?a a ? C (0, 0) A(a, 0) B(0,a,,D ? , ,? 0,, 0,, 0) 0 0, ? 2 2 ? .设 V (0, t )(t ? 0) . 则 ??? ? ??? ? a a ? ??? ? ? CV ? (0, t ), ? ? , ,?, ? (?a,a, 0, CD 0 AB 0) ?2 2 ? (Ⅰ) ,
??? ??? ? ? AB CV ? (?a,a,· (0, t ) ? 0 ? 0 ? 0 ? 0 , · 0) 0,
即 AB ? CV . z V

??? ??? ? ? a2 a2 ?a a ? AB CD ? (?a,a,· ? , ,? ? ? ? ? 0 ? 0 · 0) 0 2 2 ?2 2 ? ,
即 AB ? CD . 又 CV ? CD ? C ,∴ AB ? 平面 VCD . 又 AB ? 平面 VAB ,平面 VAB ? 平面 VCD . A x

C B y D

(Ⅱ)设直线 BC 与平面 VAB 所成的角为, 设 n ? ( x,y,z ) 是平面 VAB 的一个非零法向量,

??? ? ?n AB ? ( x,y,z · (?a,a, ? ?ax ? ay ? 0, · ) 0) ? ? ???? · ) 0, ?n AV ? ( x,y,z · (?a, t ) ? ?ax ? tz ? 0,取 z ? a ,得 x ? y ? t . 则? ??? ? 0) n ? (t,t,a ) ,又 CB ? (0,a, , 可取
??? ? ta n CB · t sin ? ? ? ? ??? ? ? 2 2 2 n· CB a· t ? t ? a 2t 2 ? a
于是

1 ?a? 2?? ? ?t? ,
2

∵ t ? (0, ∞) , sin ? 关于递增. ?

∴ 0 ? sin ? ?

1 ? π? ∴? ? ? 0, ? 2, ? 4?.

? π? ? 0, ? BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 4 ? . 即直线


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