答 案
B
解析
因为向量
在平面
的法向量上的投影的绝对值为
到平面
的距离，所以
．
答 案
见解析
解析
证法一：设
的中点为
，连接
，如图，因为
，所以
，
而平面
平面
，交线为
，
故
平面
，
以
为原点，
所在直线为轴，
所在直线为轴，如图，建立空间直角坐标系，并设
，
则
，
，
，
．
所以
，
，所以
，所以
．
证法二：设
的中点为
，连接
，由已知
，所以
，
而平面
平面
，交线为
，
故
平面
，从而
，
在矩形
中，连接
，设
与
交于
，
则由
知
，所以
，
所以
，故
，
由
知
平面
，
模块1：
1
1 82%
例题1
OP
OAB
P
OAB
d =
=
∣∣∣∣∣∣
∣∣∣a ∣∣∣
⋅
OP
a
∣∣∣∣∣∣
=
3
6
2
例题2
AB
O
PO
PA = PB
PO⊥AB
PAB⊥
ABCD
AB
PO⊥
ABCD
O
OP
z
OB
y
PO = h
P 0, 0, h
(
)
B 0, 1, 0
(
)
C
, 1, 0
(
2
)
D
, −1, 0
(
2
)
=
PC
, 1, −h
(
2
)
=
BD
, −2, 0
(
2
)
⋅
PC
=
BD
0
PC⊥BD
AB
O
PO
PA = PB
PO⊥AB
PAB⊥
ABCD
AB
PO⊥
ABCD
BD⊥PO①
ABCD
CO
CO
BD
M
CD : BC = BC : MO
△BCD ∼△OBC
∠BCO = ∠CDB
∠BCM + ∠CBM = ∠CDB + ∠CBM = 90∘
BD⊥CO②
①②
BD⊥
PCO
所以
．
答 案
见解析
解析
解：由
，平面
平面
，交线为
，可得
平面
，
所以平面
平面
，交线为
，
过
作
，垂足为
，则
平面
，
与平面
所成的角即为
，
所以
，
从而
为等边三角形，
．
(也可用向量法求出
的长)
以
的中点
为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设
，则
，
，
，
可求得平面
的一个法向量为
，
而
，由
，解得
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
，
，可取
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
，
，可取
，
于是
，
故二面角
的余弦值为
．
2 40%
PC⊥BD
AD⊥AB
PAB⊥
ABCD
AB
AD⊥
PAB
PAB⊥
PAD
PA
B
BH⊥PA
H
BH⊥
PAD
BD
PAD
∠BDH
BH =
BD =
2
2
×
2
2
=
6
3
△PAB
PO =
3
PO
AB
O
P 0, 0, h
(
)
A 0, −1, 0
(
)
B 0, 1, 0
(
)
D
, −1, 0
(
2
)
PAD
=
p
0, h, −1
(
)
=
BD
, −2, 0
(
2
)
cos⟨
,
⟩=
p BD
sin45∘
h =
3
BPC
m
{
⋅
= 0
m BP
⋅
= 0
m
BC
=
BP
0, −1,
(
3)
=
BC
, 0, 0
(
2
)
=
m
0,
, 1
(
3
)
DPC
n
{
⋅
= 0
n
DP
⋅
= 0
n
DC
=
DP
, −1,
(
2
3)
=
DC
0, 2
, 0
(
2
)
=
n
, 0, −
(
3
2)
cos⟨
,
⟩=
m n
−
10
10
B −PC −D
−
10
10
例题3
答 案
见解析
解析
解：以
为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
故棱
与
所成的角是
．
答 案
见解析
解析
解：如图，以
为坐标原点，以
,
所在直线为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设
，则
，
于是
(
舍去)，
则
为
的中点，其坐标为
．
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，则
．
而平面
的法向量是
，
则
，
因为二面角
为锐角，与两个法向量的夹角互补，
1
2
A
C 2, 0, 0
(
)
B 0, 2, 0 , A
0, 2, 2
(
)
1 (
)
B
0, 4, 2
1 (
)
∴
=
AA
1
0, 2, 2
(
)
=
BC
=
B
C
1
1
2, −2, 0
(
)
∴cos⟨
,
⟩=
AA
1 BC
=
⋅
∣∣∣AA
1∣∣∣
∣∣∣BC∣∣∣
⋅
AA
1
BC
=
×
8
8
−4
−
2
1
AA1
BC
3
π
A
AC AB
x
y
=
B
P
1
λ
=
B
C
1
1
2λ, −2λ, 0
(
)
P 2λ, 4 −2λ, 2
(
)
AP =
∣
∣
=
4λ + 4 −2λ
+ 4
2
(
)2
⇒
14
λ =
2
1 λ =
2
3
P
B
C
1
1
P 1, 3, 2
(
)
PAB
=
n
1
x, y, z
(
)
⇒
{
⋅
= 0
n
1
AP
⋅
= 0
n
1
AB
⇒
{x + 3y + 2z = 0
2y = 0
{x = −2z
y = 0
z = 1
=
n
1
−2, 0, 1
(
)
ABA
1
=
n
2
1, 0, 0
(
)
cos⟨
,
⟩=
n
1 n
2
=
⋅
∣∣∣n
1∣∣∣
∣∣∣n
2∣∣∣
⋅
n
1
n
2
=
5
−2
−
5
2
5
P −AB −A
1
故二面角
的余弦值是
．
答 案
见解析
解析
解：在
中，
，
为
的中点，所以
，
又侧面
底面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
．
又在直角梯形
中，易得
；
所以以
为原点，
所在的直线为轴，
所在的直线为轴，
所在的直线为轴建立空间
直角坐标系．
则
，
，
，
，
；
所以
，易得：
平面
，
所以
为平面
的法向量，
，
所以
与平面
所成角的余弦值为
.
答 案
见解析
解析
解：
，设平面
的法向量为
，
则
，取
得
所以点
到平面
的距离
.
1
2
P −AB −A
1
5
2
5
例题4
△PAD
PA = PD
O
AD
PO⊥AD
PAD⊥
ABCD
PAD∩
ABCD = AD
PO ⊂
PAD
PO⊥
ABCD
ABCD
OC⊥AD
O
OC
x
OD
y
OP
z
P 0, 0, 1
(
)
A 0, −1, 0
(
)
B 1, −1, 0
(
)
C 1, 0, 0
(
)
D 0, 1, 0
(
)
=
PB
1, −1, −1
(
)
OA⊥
POC
=
OA
0, −1, 0
(
)
POC
cos
,
=
⟨PB OA⟩
=
∣∣∣PB∣∣∣
∣∣∣OA∣∣∣
⋅
PB
OA
3
3
PB
POC
3
6
=
PB
1, −1, −1
(
)
PDC
=
u
x, y, z
(
)
{
⋅
= −x + y = 0
u
CP
⋅
= y −z = 0
u
PD
z = 1
=
u
1, 1, 1
(
)
B
PCD
d =
=
∣∣∣u ∣∣∣
⋅
∣∣∣BP
u ∣∣∣
3
3
答 案
见解析
解析
解：假设存在，则设
因为
，所以
．
设平面
的法向量为
，则
，
所以取
，
平面
的法向量
，
因为二面角
的余弦值为
，
所以
，
所以
．
所以
或
(舍去)，
所以
答 案
见解析
解析
证明：证法一：如图，设
的中点为
，连接
，
．
由题意知
，
，
.
因为在
中，
，
为
的中点，
所以
，
因为在
中，
，
，
，
所以
，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，
所以平面
平面
.
证法二：如图1，
设
的中点为
，连接
，
．
因为在
中，
，
为
的中点，
所以
，
因为
，
，
，
所以
，
所以
，
所以
，
3
1
=
PQ
λ
0 < λ < 1
PD (
)
=
PD
0, 1, −1
(
)
Q 0, λ, 1 −λ
(
)
CAQ
=
m
a, b, c
(
)
{a + b = 0
λ + 1 b + 1 −λ c = 0
(
)
(
)
=
m
1 −λ, λ −1, λ + 1
(
)
CAD
=
n
0, 0, 1
(
)
Q −AC −D
3
6
=
∣∣∣m∣∣∣
∣∣∣n ∣∣∣
⋅
∣∣∣m
n ∣∣∣
3
6
3λ −
2
10λ + 3 = 0
λ =
3
1
λ = 3
=
QD
PQ
2
1
例题5
AC
O
BO
PO
PA = PB = PC =
2
PO = 1
AO = BO = CO = 1
△PAC
PA = PC
O
AC
PO⊥AC
△POB
PO = 1
OB = 1
PB =
2
PO⊥OB
AC ∩OB = O
AC
OB ⊂
ABC
PO⊥
ABC
PO ⊂
PAC
PAC⊥
ABC
AC
O
BO
PO
△PAC
PA = PC
O
AC
PO⊥AC
PA = PB = PC
PO = PO = PO
AO = BO = CO
△POA ≅△POB ≅△POC
∠POA = ∠POB = ∠POC = 90∘
PO⊥OB
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，
所以平面
平面
.
证法三：如图二，设
的中点为
，连接
，因为在
中，
，
所以
，
设
的中点
，连接
，
及
．
因为在
中，
，
为
的中点，
所以
．
因为在
中，
，
为
的中点，
所以
．
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，
所以
，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，
所以平面
平面
．
答 案
见解析
解析
解：由
平面
，
，建立如图所示的空间直角坐标系，则
由
平面
，故平面
的法向量为
，
设平面
的法向量为
，
由
得：
令
，得
，
，即
2
AC ∩OB = O
AC
OB ⊂
ABC
PO⊥
ABC
PO ⊂
PAC
PAC⊥
ABC
AC
O
PO
△PAC
PA = PC
PO⊥AC
AB
Q
PQ
OQ
OB
△OAB
OA = OB
Q
AB
OQ⊥AB
△PAB
PA = PB
Q
AB
PQ⊥AB
PQ ∩OQ = Q
PQ
OQ ⊂
OPQ
AB⊥
OPQ
OP ⊂
OPQ
OP⊥AB
AB ∩AC = A
AB
AC ⊂
ABC
PO⊥
ABC
PO ⊂
PAC
PAC⊥
ABC
PO⊥
ABC
OB⊥AC
O 0, 0, 0 , C 1, 0, 0 , B 0, 1, 0 , A −1, 0, 0 , P 0, 0, 1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
OB⊥
APC
APC
=
OB
0, 1, 0
(
)
=
BC
1, −1, 0
(
)
=
PC
1, 0, −1
(
)
PBC
=
n
x, y, z
(
)
{
⋅
= 0
n
BC
⋅
= 0
n
PC
{x −y = 0
x −z = 0
x = 1
y = 1
z = 1
.
由二面角
是锐二面角，
所以二面角
的余弦值为
．
答 案
见解析
解析
设
，
，
则
，
，
令
得
即
，是关于的单调递增函数，
当
时，
，
所以
的取值范围是
．
答 案
见解析
解析
证明：因为平面
与平面
垂直，
且
，平面
与平面
的交线为
，
所以
平面
，
又
平面
，所以，
，
在矩形
中，
，
又四边形
为梯形，
，所以
与
相交，
故
平面
．
3
1
=
n
1, 1, 1 cos
,
=
(
)
⟨n OB⟩
=
⋅
∣n∣∣∣∣OB∣∣∣
⋅
n OB
=
× 1
3
1
3
3
A −PC −B
A −PC −B
3
3
=
BN
μBP
0 ⩽μ ⩽1
=
BM
+
BC
=
CM
+
BC
λ
=
CP
1, −1, 0 +
(
)
λ −1, 0, 1 =
(
)
1 −λ, −1, λ
(
)
=
AN
+
AB
=
BN
+
AB
μ
=
BP
1, 1, 0 +
(
)
μ 0, −1, 1 =
(
)
1, 1 −μ, μ
(
)
⋅
BM
=
AN
0
1 −λ ⋅
(
) 1 + −1 ⋅
(
)
1 −μ +
(
)
λ ⋅μ = 0
μ =
=
1 + λ
λ
1 −
1 + λ
1
μ
λ
λ ∈
,
[3
1
3
2 ]
μ ∈
,
[4
1
5
2 ]
BP
BN
,
[4
1
5
2 ]
例题6
CBE
BDE
CB⊥BE
CBE
BDE
BE
CB⊥
BDE
ED ⊂
BDE
CB⊥ED
ADEF
ED⊥AD
ABCD
AB//CD
AD
CB
ED⊥
ABCD
答 案
见解析
解析
解：由(1)知，
垂直
，
垂直
，又
垂直
，
平行
，所以
垂直
，
如图，以
为坐标原点，
、
、
分别为，，轴建立空间坐标系
又
，所以
，
设
，则
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，则
，所以平面
的法
向量为
，
平面
的法向量为
，
因为平面
与平面
所成锐二面角的余弦值为
，
所以
，
即
，解得
，即
．
2
ED
DA
ED
DC
AD
AB
AB
CD
DC
DA
D
DA
DC
DE
x
y
z
AD = AB = 1, AB⊥AD, BD =
2
CB⊥BD, ∠CDB = 45∘
DC = 2
DE = a
B 1, 1, 0 , C 0, 2, 0 , E 0, 0, a
(
)
(
)
(
)
=
BE
−1, −1, a
(
)
=
BC
−1, 1, 0
(
)
BEC
=
n
x, y, z
(
)
⇒
{
⋅
= 0
n BE
⋅
= 0
n BC
{−x −y + az = 0
−x + y = 0
x = 1
y = 1, z = a
2
BEC
=
n
1, 1,
(
a
2 )
ADEF
=
m
0, 1, 0
(
)
BCE
ADEF
6
6
cos
,
=
∣
⟨n m⟩∣
6
6
=
2 +
a24
1
6
6
a = 1
AF = DE = 1
