北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
考点 用向量法求空间角和空间距离
1.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-ABC 中,∠BCA=90°,M,N分别是AB,AC 的中点,BC=CA=CC,则
1 1 1 1 1 1 1 1
BM与AN所成角的余弦值为( )
1 2
A. B.
10 5
√30 √2
C. D.
10 2
答案 C 解法一:以C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
1
设BC=CA=CC=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),
1
∴⃗AN=(-1,0,-2),⃗BM=(1,-1,-2),
⃗AN·⃗BM -1+4 3 √30
∴cos<⃗AN,⃗BM>= = = = ,故选C.
|⃗AN||⃗BM| √5×√6 √30 10
解法二:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,
设BC=CA=CC=2,
1
则AQ=√5,AN=√5,QN=√6,
AN2+NQ2-AQ2 5+6-5 6 √30
∴cos∠ANQ= = = = ,
2AN·NQ 2√5×√6 2√30 10
故选C.
2.(2013北京,8,5分)如图,在正方体ABCD-ABCD 中,P为对角线BD 的三等分点,P到各顶点的距离的不同
1 1 1 1 1
取值有( )
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A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
答案 B 过P作平面ABCD、ABCD的垂线分别交DB、DB于E、F点,易知P也是EF的三等分点,设
1 1 1 1 1 1
2 √3 √6 √6
正方体的棱长为a,则PA=PC=a;PD= √3a;PB= a;PB= a,PA=PC= a;PD=a.故有4个不同的值.
1 1 1 3 3 1 3 3
故选B.
思路分析 设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的距离即可.
解后反思 本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算能力.构造直角三角形是解题关键.
3.(2012陕西,5,5分)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-ABC,CA=CC=2CB,则直线BC 与直线
1 1 1 1 1
AB 夹角的余弦值为( )
1
√5 √5
A. B.
5 3
2√5 3
C. D.
5 5
答案 A 不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),B(0,2,1).
1 1
∴
⃗BC
=(0,2,-1),
⃗AB
=(-2,2,1).
1 1
⃗BC ·⃗AB 0+4-1 √5
cos<⃗BC ,⃗AB >= 1 1 = = ,故选A.
1 1 |⃗BC |·|⃗AB | √5×3 5
1 1
评析 本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解能力.
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4.(2019天津理,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
1
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF的长.
3
解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决
立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、
直观想象与数学运算.
依题意,可以建立以A为原点,分别以⃗AB,⃗AD,⃗AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),
可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)证明:依题意,⃗AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又⃗BF=(0,2,h),可得⃗BF·⃗AB=0,
又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)依题意,⃗BD=(-1,1,0),⃗BE=(-1,0,2),
⃗CE=(-1,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
{n·⃗BD=0, {-x+ y=0,
则 即 不妨令z=1,
n·⃗BE=0, -x+2z=0,
⃗CE·n 4
可得n=(2,2,1),因此有cos<⃗CE,n>= =- .
|⃗CE||n| 9
4
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 .
9
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(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
{m·⃗BD=0, {-x+ y=0,
则 即
m·⃗BF=0, 2y+hz=0,
( 2)
不妨令y=1,可得m=
1,1,-
.
h
| 2|
4-
|m·n| h 1 8 8
由题意,有|cos<m,n>|= = = ,解得h= .经检验,符合题意.所以,线段CF的长为 .
|m||n| √ 4 3 7 7
3 2+
h2
思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关
系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.
方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:
①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面的
法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为向量
关系;⑤根据定理结论求出相应的角和距离.
5.(2019课标Ⅱ理,17,12分)如图,长方体ABCD-ABCD 的底面ABCD是正方形,点E在棱AA 上,BE⊥EC.
1 1 1 1 1 1
(1)证明:BE⊥平面EBC;
1 1
(2)若AE=AE,求二面角B-EC-C 的正弦值.
1 1
解析 本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象
的核心素养.
(1)由已知得,BC⊥平面ABBA,BE⊂平面ABBA,
1 1 1 1 1 1
故BC⊥BE.
1 1
又BE⊥EC,所以BE⊥平面EBC.
1 1 1
(2)由(1)知∠BEB=90°.
1
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由题设知Rt△ABE≌Rt△ABE,
1 1
所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA=2AB.
1
以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,|⃗DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C(0,1,2),E(1,0,1),⃗CB=(1,0,0),⃗CE=(1,-1,1), ⃗CC =(0,0,2).
1 1
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),
{⃗CB·n=0, { x=0,
则 即
⃗CE·n=0, x- y+z=0,
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC 的法向量为m=(x,y,z),
1
{⃗CC ·m=0, { 2z=0,
1
则 即
⃗CE·m=0, x- y+z=0,
所以可取m=(1,1,0).
n·m 1
于是cos<n,m>= =- .
|n||m| 2
√3
所以,二面角B-EC-C 的正弦值为 .
1 2
一题多解
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(2)连接BC.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=√m2+1,CE=√m2+2,BC=√(2m) 2+1.
1 1 1
∵BE⊥EC,∴4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA=2.
1 1
连接AC,BD,相交于点O,连接AC.
1 1
由题意可知AC⊥BD,BD⊥CC,AC∩CC=C,
1 1
∴BD⊥平面AACC,∴BD⊥CE,
1 1
即BO⊥CE.
CC 2 AC
在长方形AACC中,AC=√2,AA=2.连接AC,有 1 = = ,又∠EAC=∠CCA=90°,则
1 1 1 1 AC √2 AE 1
Rt△CCA∽Rt△CAE.
1
∴∠ECA+∠CAC=90°,∴CE⊥AC.
1 1
取CC 的中点F,连接OF,BF,则OF∥AC,∴OF⊥CE.
1 1
∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB.
设CE∩OF=G,连接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,则∠BGF为二面角B-CE-C 的平面角,且sin∠BGF=sin∠BGO.设
1
1 1 1
AC∩CE=H,易得△AEH∽△CCH.又∵AE= CC,∴AH= AC.易知OG∥AH,又∵O为AC的中点,∴OG=
1 1 2 1 3 1 2
√2
√2 1 1 √6 2
AH.∵BO= ,OG= AH= AC= ,BO⊥OG,∴tan∠BGO= =√3,∴∠BGO=60°,则∠BGF=120°,故
2 2 6 1 6 √6
6
√3
sin∠BGF= .
2
6.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线
段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4.
(1)求证:M为PB的中点;
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
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解析 本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.考查用空间
向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力.
(1)设AC,BD交点为E,连接ME.
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
(2)取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,√2),D(2,0,0),B(-2,4,0),⃗BD=(4,-4,0),⃗PD=(2,0,-√2).
设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗BD=0, {4x-4 y=0,
则 即
n·⃗PD=0, 2x-√2z=0.
令x=1,则y=1,z=√2.
于是n=(1,1,√2).
平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).
n·p 1
所以cos<n,p>= = .
|n||p| 2
π
由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为 .
3
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( √2) ( √2)
(3)由题意知M -1,2, ,C(2,4,0),⃗MC= 3,2,- .
2 2
设直线MC与平面BDP所成角为α,
|n·⃗MC| 2√6
则sin α=|cos<n,⃗MC>|= = .
|n||⃗MC| 9
2√6
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为 .
9
方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n,n,设二面角
1 2
|n ·n |
1 2
的大小为θ,则有|cos θ|=|cos<n,n>|= ,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面角.
1 2 |n ||n |
1 2
2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与平面所成的角
| e·n | ( π]
θ满足sin θ= ,θ∈ 0, .
|e||n| 2
7.(2017课标Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
解析 本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.
(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,
又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.
以 F为坐标原点,⃗FA的方向为x轴正方向,|⃗AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
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(√2 ) ( √2) (√2 ) ( √2 )
由(1)及已知可得A ,0,0 ,P 0,0, ,B ,1,0 ,C - ,1,0 .
2 2 2 2
( √2 √2) (√2 √2)
所以⃗PC= - ,1,- ,⃗CB=(√2,0,0),⃗PA= ,0,- ,⃗AB=(0,1,0).
2 2 2 2
设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则
1 1 1
{ √2 √2
{n·⃗PC=0, - x + y - z =0,
即 2 1 1 2 1
n·⃗CB=0,
√2x =0.
1
可取n=(0,-1,-√2).
设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则
2 2 2
{√2 √2
{m·⃗PA=0, x - z =0,
即 2 2 2 2
m·⃗AB=0,
y =0.
2
可取m=(1,0,1).
n·m √3
则cos<n,m>= =- .
|n||m| 3
易知二面角A-PB-C为钝二面角,
√3
所以二面角A-PB-C的余弦值为- .
3
方法总结 面面垂直的证明及向量法求解二面角.
(1)面面垂直的证明
证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.
(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.
建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n,n,设二面角的大小为θ,则|cos θ|=
1 2
|n ·n |
1 2
,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.
|n ||n |
1 2
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8.(2017课标Ⅲ理,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,
∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余
弦值.
解析 本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.
(1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.
又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.
取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.
所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,⃗OA的方向为x轴正方向,|⃗OA|为单位长,建立如图
所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,√3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).
1
由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 ,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的
2
1 ( √3 1) ( √3 1)
距离的 ,即E为DB的中点,得E 0, , .故⃗AD=(-1,0,1),⃗AC=(-2,0,0),⃗AE= -1, , .
2 2 2 2 2
设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,
{
-x+z=0,
{n·⃗AD=0, ( √3 )
则 即 √3 1 可取n= 1, ,1 .
n·⃗AE=0, -x+ y+ z=0. 3
2 2
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{m·⃗AC=0,
设m是平面AEC的法向量,则
m·⃗AE=0.
n·m √7
同理可取m=(0,-1,√3).则cos<n,m>= = .
|n||m| 7
易知二面角D-AE-C为锐二面角,
√7
所以二面角D-AE-C的余弦值为 .
7
方法总结 证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,
找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角.
9.(2016课标Ⅱ理,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD
5
上,AE=CF= ,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=√10.
4
(1)证明:D'H⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.
解析 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.
AE CF
又由AE=CF得 = ,故AC∥EF.
AD CD
因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H.(2分)
由AB=5,AC=6得DO=BO=√AB2-AO2=4.
OH AE 1
由EF∥AC得 = = .
DO AD 4
所以OH=1,D'H=DH=3.
于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.(4分)
又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(5分)
(2)如图,以H为坐标原点,⃗HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-
5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),
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⃗AB=(3,-4,0),⃗AC=(6,0,0),⃗AD'=(3,1,3).(6分)
设m=(x,y,z)是平面ABD'的法向量,
1 1 1
{m·⃗AB=0, { 3x -4 y =0,
1 1
则 即
m·⃗AD'=0, 3x + y +3z =0,
1 1 1
所以可取m=(4,3,-5).(8分)
设n=(x,y,z)是平面ACD'的法向量,
2 2 2
{n·⃗AC=0, { 6x =0,
2
则 即
n·⃗AD'=0, 3x + y +3z =0,
2 2 2
所以可取n=(0,-3,1).(10分)
m·n -14 7√5
于是cos<m,n>= = =- .
|m||n| √50×√10 25
2√95
sin<m,n>= .
25
2√95
因此二面角B-D'A-C的正弦值是 .(12分)
25
思路分析 (1)利用已知条件及翻折的性质得出D'H⊥EF,利用勾股定理的逆定理得出D'H⊥OH,从而得出结
论;
(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求二
面角的余弦值,从而求出正弦值.
评析 本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识和基本方法,考
查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决空间问题的关键.
10.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台
的一条母线.
(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;
1
(2)已知EF=FB= AC=2√3,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.
2
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解析 (1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.
在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.
又EF∥OB,所以GI∥OB.
在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.
又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.
(2)解法一:连接OO',则OO'⊥平面ABC.
又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.
以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B(0,2√3,0),C(-2√3,0,0),
所以⃗BC=(-2√3,-2√3,0),
过点F作FM垂直OB于点M.
所以FM=√FB2-BM2=3,可得F(0,√3,3).
故⃗BF=(0,-√3,3).
设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.
{m·⃗BC=0,
由
m·⃗BF=0,
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{-2√3x-2√3 y=0,
可得
-√3 y+3z=0.
( √3)
可得平面BCF的一个法向量m= -1,1, .
3
因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),
m·n √7
所以cos<m,n>= = .
|m|·|n| 7
√7
所以二面角F-BC-A的余弦值为 .
7
解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.
可得FM=√FB2-BM2=3.
过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.
可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.
又AB=BC,AC是圆O的直径,
√6
所以MN=BMsin 45°= .
2
√42
从而FN= ,
2
√7
可得cos∠FNM= .
7
√7
所以二面角F-BC-A的余弦值为 .
7
评析 本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理
能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.
11.(2016浙江,17,12分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面
ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
第 14 页 共 57 页第 14 页 共 57 页
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(1)求证:BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
解析 (1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.
因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.
所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.
3√13
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ= .
13
3√13 √3
在Rt△BQF中,FQ= ,BF=√3,得cos∠BQF= .
13 4
√3
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 .
4
解法二:由(1)知△BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所
以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立如图所示的空间直角坐标
系O-xyz.
由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0),
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(1 √3) ( 1 √3)
E ,0, ,F - ,0, .
2 2 2 2
因此,⃗AC=(0,3,0),⃗AK=(1,3,√3),⃗AB=(2,3,0).
设平面ACK的法向量为m=(x,y,z),平面ABK的法向量为n=(x,y,z).
1 1 1 2 2 2
{⃗AC·m=0, { 3 y =0,
1
由 得 取m=(√3,0,-1);
⃗AK·m=0 x +3 y +√3z =0,
1 1 1
{⃗AB·n=0, { 2x +3 y =0,
2 2
由 得 取n=(3,-2,√3).
⃗AK·n=0 x +3 y +√3z =0,
2 2 2
m·n √3
于是,cos<m,n>= = .
|m|·|n| 4
又易知二面角B-AD-F为锐二面角,
√3
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 .
4
方法总结 若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n 和n,则|cos θ|=|cos<n,n>|,要求cos θ的值,
1 2 1 2
还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos<n,n>|,还是cos θ=-|cos<n,n>|.
1 2 1 2
评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.
12.(2015课标Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥
平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.
(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
解析 (1)证明: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,所以EG=√3,且EG⊥AC.
√2
在Rt△EBG中,可得BE=√2,故DF= .
2
√6
在Rt△FDG中,可得FG= .
2
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√2 3√2
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=√2,DF= ,可得EF= .
2 2
从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.
又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)
(2)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,建立空间直角坐标系G-
xyz.
( √2) ( √2)
由(1)可得A(0,-√3,0),E(1,0,√2),F -1,0, ,C(0,√3,0),所以⃗AE=(1,√3,√2),⃗CF= -1,-√3, .
2 2
(10分)
⃗AE·⃗CF √3
故cos<⃗AE,⃗CF>= =- .
|⃗AE||⃗CF| 3
√3
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为 .(12分)
3
思路分析 (1)利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的判定定理求证.(2)建立适当的空间直角坐标系,利
用向量的夹角的余弦公式求解.
解后反思 建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明“EG⊥平面AFC”是
解题的难点.
13.(2015课标Ⅱ理,19,12分)如图,长方体ABCD-ABCD 中,AB=16,BC=10,AA=8,点E,F分别在AB,DC
1 1 1 1 1 1 1 1 1
上,AE=DF=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
1 1
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.
解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:
第 17 页 共 57 页第 17 页 共 57 页
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(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=AE=4,EM=AA=8.
1 1
因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH=√EH2-EM2=6,所以AH=10.
以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则
A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),⃗FE=(10,0,0),⃗HE=(0,-6,8).
设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,
{n·⃗FE=0, { 10x=0,
则 即
n·⃗HE=0, -6 y+8z=0,
所以可取n=(0,4,3).
|n·⃗AF| 4√5
又⃗AF=(-10,4,8),故|cos<n,⃗AF>|= = .
|n||⃗AF| 15
4√5
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为 .
15
14.(2015山东理,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.
(1)求证:BD∥平面FGH;
(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.
解析 (1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.
在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平行四边形.
第 18 页 共 57 页第 18 页 共 57 页
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则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,
又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.
(2)设AB=2,则CF=1.
1
在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF= AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG∥FC.
2
又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.
在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂直.
以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.
所以G(0,0,0),B(√2,0,0),C(0,√2,0),D(0,0,1).
(√2 √2 )
可得H , ,0 ,F(0,√2,1),
2 2
(√2 √2 )
故⃗GH= , ,0 ,⃗GF=(0,√2,1).
2 2
设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,
{n·⃗GH=0,
则由
n·⃗GF=0,
{ x+ y=0,
可得
√2y+z=0.
可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,√2).
因为⃗GB是平面ACFD的一个法向量,⃗GB=(√2,0,0),
⃗GB·n √2 1
所以cos<⃗GB,n>= = = .
|⃗GB|·|n| 2√2 2
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
第 19 页 共 57 页第 19 页 共 57 页
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π
15.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD= ,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O
2
是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△ABE的位置,如图2.
1
(1)证明:CD⊥平面AOC;
1
(2)若平面ABE⊥平面BCDE,求平面ABC与平面ACD夹角的余弦值.
1 1 1
π
解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD= ,
2
所以BE⊥AC.
即在题图2中,BE⊥OA,BE⊥OC,
1
从而BE⊥平面AOC,
1
又CD∥BE,
所以CD⊥平面AOC.
1
(2)因为平面ABE⊥平面BCDE,
1
又由(1)知,BE⊥OA,BE⊥OC,
1
所以∠AOC为二面角A-BE-C的平面角,
1 1
π
所以∠AOC= .
1 2
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,
因为AB=AE=BC=ED=1,BC∥ED,
1 1
(√2 ) ( √2 ) ( √2) ( √2 )
所以B ,0,0 ,E - ,0,0 ,A 0,0, ,C 0, ,0 ,
2 2 1 2 2
( √2 √2 ) ( √2 √2)
得⃗BC= - , ,0 , ⃗A C= 0, ,- ,⃗CD=⃗BE=(-√2,0,0).
2 2 1 2 2
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),平面ACD的法向量n=(x,y,z),平面ABC与平面ACD的夹角为θ,
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1
第 20 页 共 57 页第 20 页 共 57 页
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{n ·⃗BC=0, {-x + y =0,
1 1 1
则 得 取n=(1,1,1);
n ·⃗A C=0, y -z =0, 1
1 1 1 1
{n ·⃗CD=0, { x =0,
2 2
得 取n=(0,1,1),
n ·⃗A C=0, y -z =0, 2
2 1 2 2
2 √6
从而cos θ=|cos<n,n>|= = ,
1 2 √3×√2 3
√6
即平面ABC与平面ACD夹角的余弦值为 .
1 1 3
评析 本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查学生的空间想
象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键.
16.(2015湖北理,19,12分)
《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形
的四面体称之为鳖臑.
如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接
DE,DF,BD,BE.
(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,
说明理由;
π DC
(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ,求 的值.
3 BC
解析 解法一:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,
由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD,而DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.
又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.
而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.
又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
第 21 页 共 57 页第 21 页 共 57 页
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由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,
其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.
由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,
设PD=DC=1,BC=λ,有BD=√1+λ2,
π
在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB= ,
3
π BD
则tan =tan∠DPF= =√1+λ2=√3,解得λ=√2.
3 PD
DC 1 √2
所以 = = .
BC λ 2
π DC √2
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时, = .
3 BC 2
解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),
C(0,1,0),⃗PB=(λ,1,-1),点E是PC的中点,
( 1 1)
所以E 0, , ,
2 2
第 22 页 共 57 页第 22 页 共 57 页
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( 1 1)
⃗DE= 0, , ,
2 2
于是⃗PB·⃗DE=0,即PB⊥DE.
又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
因⃗PC=(0,1,-1),⃗DE·⃗PC=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.
由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,
即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)由PD⊥平面ABCD,所以⃗DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;
由(1)知,PB⊥平面DEF,所以⃗BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.
π
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ,
3
π | ⃗BP·⃗DP | | 1 | 1
则cos = = = ,
3 |⃗BP|·|⃗DP| √λ2+2 2
DC 1 √2
解得λ=√2,所以 = = .
BC λ 2
π DC √2
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时, = .
3 BC 2
17.(2014北京理,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,
F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.
(1)求证:AB∥FG;
(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.
解析 (1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.
又因为AB⊄平面PDE,
所以AB∥平面PDE.
因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,
所以AB∥FG.
第 23 页 共 57 页第 23 页 共 57 页
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(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),⃗BC=(1,1,0).
设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗AB=0, { x=0,
则 即
n·⃗AF=0, y+z=0.
令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).
设直线BC与平面ABF所成角为α,
| n·⃗BC | 1
则sin α=|cos<n,⃗BC>|= = .
|n||⃗BC| 2
π
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为 .
6
设点H的坐标为(u,v,w).
因为点H在棱PC上,所以可设⃗PH=λ⃗PC(0<λ<1),
即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).
所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.
因为n是平面ABF的法向量,所以n·⃗AH=0,
即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.
2 (4 2 2)
解得λ= ,所以点H的坐标为 , , .
3 3 3 3
√ (4) 2 (2) 2 ( 4) 2
所以PH= + + - =2.
3 3 3
评析 本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,计算能力;建立恰
当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.
18.(2014课标Ⅱ理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
第 24 页 共 57 页第 24 页 共 57 页
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(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=√3,求三棱锥E-ACD的体积.
解析 (1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.
如图,以A为坐标原点,⃗AB的方向为x轴的正方向,|⃗AP|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0,√3
( √3 1) ( √3 1)
,0),E 0, , ,⃗AE= 0, , .
2 2 2 2
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,√3,0),⃗AC=(m,√3,0).
设n=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
1
{n ·⃗AC=0,
{mx+√3 y=0,
则 1 即 √3 1
n ·⃗AE=0, y+ z=0,
1 2 2
(√3 )
可取n= ,-1,√3 .
1 m
1 √ 3 1 3
又n=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n,n>|= ,即 = ,解得m= .
2 1 2 2 3+4m2 2 2
1
因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为 .
2
第 25 页 共 57 页第 25 页 共 57 页
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1 1 3 1 √3
三棱锥E-ACD的体积V= × ×√3× × = .
3 2 2 2 8
评析 本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.
19.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证:AB⊥PD;
(2)若∠BPC=90°,PB=√2,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC
夹角的余弦值.
解析 (1)证明:因四边形ABCD为矩形,故AB⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.
(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.
故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.
2√3 2√6 √6
在Rt△BPC中,PG= ,GC= ,BG= .
3 3 3
√4 1 √4
设AB=m,则OP=√PG2-OG2= -m2 ,故四棱锥P-ABCD的体积V= ·√6·m· -m2 =
3 3 3
m
√8-6m2
.
3
因为m√8-6m2=√8m2-6m4= √ -6 ( m2- 2) 2 + 8 ,
3 3
√6 √6
故当m= ,即AB= 时,四棱锥P-ABCD的体积最大.
3 3
(√6 √6 ) (√6 2√6 )
此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B ,- ,0 ,C , ,0 ,D
3 3 3 3
( 2√6 ) ( √6)
0, ,0 ,P 0,0, .
3 3
第 26 页 共 57 页第 26 页 共 57 页
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(√6 2√6 √6) ( √6 )
故⃗PC= , ,- ,⃗BC=(0,√6,0),⃗CD= - ,0,0 .
3 3 3 3
{√6 2√6 √6
x+ y- =0,
设平面BPC的法向量为n=(x,y,1),则由n⊥⃗PC,n⊥⃗BC得 3 3 3 解得
1 1 1
√6 y=0,
x=1,y=0,n=(1,0,1).
1
( 1 )
同理可求出平面DPC的法向量为n= 0, ,1 .
2 2
1
|n ·n | √10
1 2
从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ= = √1 = .
|n ||n | √2× +1 5
1 2 4
评析 本题考查面面垂直的性质定理、线线垂直的判定、空间几何体的体积以及二面角的求解等基础知识,
考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确利用面面垂直的性质定理求出棱锥的高是解决本
题的关键.计算失误是失分的主要原因.
20.(2014湖南理,19,12分)如图,四棱柱ABCD-ABCD 的所有棱长都相等,AC∩BD=O,AC∩BD=O,四边
1 1 1 1 1 1 1 1 1
形ACCA 和四边形BDDB 均为矩形.
1 1 1 1
(1)证明:OO⊥底面ABCD;
1
(2)若∠CBA=60°,求二面角C-OB-D的余弦值.
1 1
解析 (1)证明:因为四边形ACCA 为矩形,所以CC⊥AC.
1 1 1
同理DD⊥BD,
1
因为CC∥DD,所以CC⊥BD,而AC∩BD=O,
1 1 1
因此CC⊥底面ABCD.
1
由题设知,OO∥CC,故OO⊥底面ABCD,
1 1 1
第 27 页 共 57 页第 27 页 共 57 页
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(2)解法一:如图,过O 作OH⊥OB 于H,连接HC.
1 1 1 1
由(1)知,OO⊥底面ABCD,所以OO⊥底面ABCD,
1 1 1 1 1 1
于是OO⊥AC.
1 1 1
又因为四棱柱ABCD-ABCD 的所有棱长都相等,
1 1 1 1
所以四边形ABCD 是菱形,因此AC⊥BD,从而AC⊥平面BDDB,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AC⊥OB,于是OB⊥平面OHC,
1 1 1 1 1 1
进而OB⊥CH,故∠CHO 是二面角C-OB-D的平面角,
1 1 1 1 1 1
不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1,OB=√7.
1
在Rt△OOB 中,易知OH= OO 1 ·O 1 B 1 =2 √3 ,而OC=1,于是CH=√O C2+O H2 = √ 1+ 12 = √19 .
1 1 1 OB 7 1 1 1 1 1 1 7 7
1
√3
2
O H 7 2√57
1
故cos∠CHO= = = .
1 1 C H √19 19
1
7
2√57
即二面角C-OB-D的余弦值为 .
1 1 19
解法二:因为四棱柱ABCD-ABCD 的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知
1 1 1 1
OO⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO 两两垂直.
1 1
如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO 所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,
1
因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1,
于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B(√3,0,2),C(0,1,2).
1 1
易知,n=(0,1,0)是平面BDDB 的一个法向量.
1 1 1
设n=(x,y,z)是平面OBC 的法向量,
2 1 1
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{n ·⃗OB =0, {√3x+2z=0,
2 1
则 即
n ·⃗OC =0, y+2z=0.
2 1
取z=-√3,则x=2,y=2√3,所以n=(2,2√3,-√3),
2
设二面角C-OB-D的大小为θ,易知θ是锐角,
1 1
| n ·n | 2√3 2√57
1 2
于是cos θ=|cos<n,n>|= = = .
1 2 |n |·|n | √19 19
1 2
2√57
故二面角C-OB-D的余弦值为 .
1 1 19
21.(2014辽宁理,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F
分别为AC,DC的中点.
(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.
解析 (1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.
由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.
图1
π
所以∠EOC=∠FOC= ,
2
即FO⊥BC.
又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.
又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.
证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过
B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,√3),D(√3,-1,0),C(0,2,0),
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( 1 √3) (√3 1 ) (√3 √3)
因而E 0, , ,F , ,0 ,所以,⃗EF= ,0,- ,⃗BC=(0,2,0),因此⃗EF·⃗BC=0.从而⃗EF
2 2 2 2 2 2
⊥⃗BC,所以EF⊥BC.
图2
(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又
OG⊥BF,易知EG⊥BF.
因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.
1 1 √3
在△EOC中,EO= EC= BC·cos 30°= ,
2 2 2
BO √3
由△BGO∽△BFC知,OG= ·FC= ,
BC 4
EO 2√5 2√5
因此tan∠EGO= =2,从而sin∠EGO= ,即二面角E-BF-C的正弦值为 .
OG 5 5
解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n=(0,0,1).
1
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
2
(√3 1 ) ( 1 √3)
又⃗BF= , ,0 ,⃗BE= 0, , ,
2 2 2 2
{n ·⃗BF=0,
由 2 得其中一个n=(1,-√3,1).
n ·⃗BE=0 2
2
设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则
n ·n 1
1 2
cos θ=|cos<n,n>|= = ,
1 2 |n ||n | √5
1 2
2 2√5 2√5
因此sin θ= = ,即所求二面角的正弦值为 .
√5 5 5
评析 本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法,考查线线垂直的本质是对垂直关系转化的考查.在利
用向量法求二面角的正弦值时,注意到平面BFC的一个法向量为(0,0,1),可以使问题简捷,本题的难点和易错
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点都是空间直角坐标系的建立,由于A,D两点都不在坐标轴上,因此正确求出A,D两点的坐标是解决本题的
关键.
22.(2014天津理,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面
ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明BE⊥DC;
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.
解析 依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱
PC的中点,得E(1,1,1).
(1)证明:向量⃗BE=(0,1,1),⃗DC=(2,0,0),故⃗BE·⃗DC=0.
所以BE⊥DC.
(2)向量⃗BD=(-1,2,0),⃗PB=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,
1 1 1
{n·⃗BD=0, {-x+2y=0,
则 即 不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有
n·⃗PB=0, x-2z=0.
n·⃗BE 2 √3
cos<n,⃗BE>= = = .
|n|·|⃗BE| √6×√2 3
√3
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为 .
3
(3)向量⃗BC=(1,2,0),⃗CP=(-2,-2,2),⃗AC=(2,2,0),⃗AB=(1,0,0).由点F在棱PC上,设⃗CF=λ⃗CP,0≤λ≤1.
第 31 页 共 57 页第 31 页 共 57 页
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3
故⃗BF=⃗BC+⃗CF=⃗BC+λ⃗CP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得⃗BF·⃗AC=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ= .
4
故⃗BF= ( - 1 , 1 , 3) .设n=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则 {n 1 ·⃗AB=0, 即
2 2 2 1 1 1 1 n ·⃗BF=0,
1
{ x =0,
1
1 1 3
- x + y + z =0.
2 1 2 1 2 1
不妨令z=1,可得n=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n=(0,1,0),则
1 1 2
n ·n -3 3√10
1 2
cos<n,n>= = =- .
1 2 |n |·|n | √10×1 10
1 2
易知,二面角F-AB-P是锐角,
3√10
所以其余弦值为 .
10
23.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-ABCD 中,AA⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且
1 1 1 1 1
AD=2BC.过A,C,D三点的平面记为α,BB 与α的交点为Q.
1 1
(1)证明:Q为BB 的中点;
1
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;
(3)若AA=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.
1
解析 (1)证明:因为BQ∥AA,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA=A,
1 1
所以平面QBC∥平面AAD.
1
从而平面ACD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥AD.
1 1
故△QBC与△AAD的对应边相互平行,于是△QBC∽△AAD.
1 1
BQ BQ BC 1
所以 = = = ,即Q为BB 的中点.
BB A A AD 2 1
1 1
(2)如图1,连接QA,QD.
第 32 页 共 57 页第 32 页 共 57 页
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图1
设AA=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 和V ,BC=a,则AD=2a.
1 上 下
1 1 1
V = × ·2a·h·d= ahd,
Q-A 1 AD 3 2 3
1 a+2a 1 1
V = · ·d· h= ahd,
Q-ABCD 3 2 2 4
7
V
所以V 下 = Q-A 1 AD +V Q-ABCD = 12 ahd,
3
V
又 A 1 B 1 C 1 D 1 -ABCD = 2 ahd,
3 7 11
V
所以V 上 = A 1 B 1 C 1 D 1 -ABCD -V 下 = 2 ahd- 12 ahd= 12 ahd,
V 11
上
故 = .
V 7
下
(3)解法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接AE,AC.
1
又DE⊥AA,且AA∩AE=A,
1 1
所以DE⊥平面AEA,于是DE⊥AE.
1 1
所以∠AEA 为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.
1
因为BC∥AD,AD=2BC,所以S =2S .
△ADC △BCA
又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S =4,AE=4.
△ADC
A A π
1
于是tan∠AEA= =1,∠AEA= .
1 AE 1 4
π
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为 .
4
解法二:如图2,以D为原点,⃗DA, ⃗DD 的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.
1
第 33 页 共 57 页第 33 页 共 57 页
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图2
设∠CDA=θ.
a+2a 2
因为S = ·2sin θ=6,所以a= .
四边形ABCD 2 sinθ
( 4 )
从而C(2cos θ,2sin θ,0),A ,0,4 ,
1 sinθ
( 4 )
所以⃗DC=(2cos θ,2sin θ,0), ⃗DA = ,0,4 .
1 sinθ
设平面ADC的一个法向量为n=(x,y,1),
1
{ ⃗DA ·n= 4 x+4=0,
由 1 sinθ 得x=-sin θ,y=cos θ,
⃗DC·n=2xcosθ+2ysinθ=0,
所以n=(-sin θ,cos θ,1).
又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
n·m √2
所以cos<n,m>= = ,
|n||m| 2
易知所求二面角为锐二面角,
π
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为 .
4
评析 本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的
意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.
24.(2014山东理,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-ABCD 中,底面ABCD是等腰梯形,
1 1 1 1
∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.
(1)求证:CM∥平面AADD;
1 1 1
(2)若CD 垂直于平面ABCD且CD=√3,求平面CDM和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.
1 1 1 1
第 34 页 共 57 页第 34 页 共 57 页
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解析 (1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,
且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.
连接AD,在四棱柱ABCD-ABCD 中,
1 1 1 1 1
因为CD∥CD,CD=CD,
1 1 1 1
可得CD∥MA,CD=MA,
1 1 1 1
所以四边形AMCD 为平行四边形.
1 1
因此CM∥DA,又CM⊄平面AADD,DA⊂平面AADD,
1 1 1 1 1 1 1 1
所以CM∥平面AADD.
1 1 1
(2)解法一:连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.
可得BC=AD=MC,
由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,
因此AB=2BC=2,CA=√3,
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
所以A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,0,√3),
1
第 35 页 共 57 页第 35 页 共 57 页
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(√3 1 )
因此M , ,0 ,
2 2
( √3 1 ) ( √3 1 )
所以 ⃗M D = - ,- ,√3 , ⃗D C =⃗MB= - , ,0 .
1 2 2 1 1 2 2
设平面CDM的法向量n=(x,y,z),
1 1
{n·⃗D C =0, { √3x- y=0,
1 1
由 得
n·⃗M D =0, √3x+ y-2√3z=0,
1
可得平面CDM的一个法向量n=(1,√3,1).
1 1
又 ⃗CD =(0,0,√3)为平面ABCD的一个法向量,
1
⃗CD ·n √5
因此cos<
⃗CD
,n>=
1
= .
1 |⃗CD ||n| 5
1
√5
所以平面CDM和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为 .
1 1 5
解法二:由(1)知平面DCM∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接DN.
1 1 1
由CD⊥平面ABCD,可得DN⊥AB,因此∠DNC为二面角C-AB-C的平面角.
1 1 1 1
在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°,
√3
可得CN= .
2
√15
所以ND=√CD2+CN2
= .
1 1 2
√3
CN 2 √5
在Rt△DCN中,cos∠DNC= = = .
1 1 D N √15 5
1
2
√5
所以平面CDM和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为 .
1 1 5
第 36 页 共 57 页第 36 页 共 57 页
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√2
25.(2013课标Ⅱ理,18,12分)如图,直三棱柱ABC-ABC 中,D,E分别是AB,BB 的中点,AA=AC=CB= AB.
1 1 1 1 1 2
(1)证明:BC∥平面ACD;
1 1
(2)求二面角D-AC-E的正弦值.
1
解析 (1)连接AC 交AC于点F,则F为AC 中点.
1 1 1
又D是AB中点,连接DF,则BC∥DF.
1
因为DF⊂平面ACD,BC⊄平面ACD,
1 1 1
所以BC∥平面ACD.
1 1
√2
(2)由AC=CB= AB得,AC⊥BC.
2
以C为坐标原点,⃗CA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则
D(1,1,0),E(0,2,1),A(2,0,2),⃗CD=(1,1,0),⃗CE=(0,2,1),⃗CA =(2,0,2).
1 1
设n=(x,y,z)是平面ACD的法向量,
1 1 1 1
{n·⃗CD=0, { x + y =0,
1 1
则 即
n·⃗CA =0, 2x +2z =0.
1 1 1
可取n=(1,-1,-1).
第 37 页 共 57 页第 37 页 共 57 页
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{m·⃗CE=0,
同理,设m是平面ACE的法向量,则
1 m·⃗CA =0.
1
可取m=(2,1,-2).
n·m √3 √6
从而cos<n,m>= = ,故sin<n,m>= .
|n||m| 3 3
√6
即二面角D-AC-E的正弦值为 .
1 3
思路分析 (1)连接AC 交AC于点F,得出F为AC 的中点,进而由三角形中位线定理得BC∥DF,结合线面
1 1 1 1
平行的判定定理即可获证线面平行;(2)以C为坐标原点,⃗CA,⃗CB, ⃗CC 的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向
1
建立空间直角坐标系,分别求出平面ACD与平面ACE的法向量,利用向量法求出二面角D-AC-E的正弦值.
1 1 1
26.(2013广东理,18,14分)如图①,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的
点,CD=BE=√2,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=√3.
(1)证明:A'O⊥平面BCDE;
(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值.
图①
图②
解析 (1)在题图①中,易得OC=3,AC=3√2,AD=2√2.
连接OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得
OD=√OC2+CD2-2OC·CDcos45°=√5.
由翻折不变性可知A'D=2√2,
所以A'O2+OD2=A'D2,所以A'O⊥OD,
同理可证A'O⊥OE,又OD∩OE=O,所以A'O⊥平面BCDE.
(2)解法一:过O作OH⊥CD交CD的延长线于H,连接A'H,因为A'O⊥平面BCDE,所以A'H⊥CD,所以
∠A'HO为二面角A'-CD-B的平面角.
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3√2 √30
结合题图①可知,H为AC中点,故OH= ,从而A'H=√OH2+OA'2= ,
2 2
OH √15 √15
所以cos∠A'HO= = ,所以二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为 .
A'H 5 5
解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示,
则A'(0,0,√3),C(0,-3,0),D(1,-2,0),
所以⃗CA'=(0,3,√3),⃗DA'=(-1,2,√3).
{n·⃗CA'=0,
设n=(x,y,z)为平面A'CD的法向量,则
n·⃗DA'=0,
{ 3 y+√3z=0, { y=-x,
即 解得
-x+2y+√3z=0, z=√3x,
令x=1,得n=(1,-1,√3).
由(1)知,⃗OA'=(0,0,√3)为平面CDB的一个法向量,
n·⃗OA' 3 √15 √15
所以cos<n,⃗OA'>= = = ,即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为 .
|n||⃗OA'| √3×√5 5 5
评析 本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.
27.(2013浙江理,20,15分)如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2√2.M是AD的中
点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:PQ∥平面BCD;
(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.
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解析 解法一:(1)证明:取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ.
1
因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF= AD.
4
1
因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP= DM.
2
1
又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP= AD.
4
从而OP∥FQ,且OP=FQ,
所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连接CH.
因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM⊂平
面ABD,所以CG⊥BM.
又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.
所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.
设∠BDC=θ.
在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=2√2cos θ,
CG=CDsin θ=2√2cos θsin θ,
BG=BCsin θ=2√2sin2θ.
BG·DM 2√2sin2θ
在Rt△BDM中,HG= = .
BM 3
CG 3cosθ
在Rt△CHG中,tan∠CHG= = =√3.
HG sinθ
所以tan θ=√3.
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从而θ=60°.
即∠BDC=60°.
解法二:(1)证明:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在直线为y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知A(0,√2,2),B(0,-√2,0),D(0,√2,0).
设点C的坐标为(x,y,0),
0 0
(3 √2 3 1)
因为⃗AQ=3⃗QC,所以Q x , + y , .
4 0 4 4 0 2
因为M为AD的中点,故M(0,√2,1).
( 1)
又P为BM的中点,故P 0,0, ,
2
(3 √2 3 )
所以⃗PQ= x , + y ,0 .
4 0 4 4 0
又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故⃗PQ·u=0.
又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的法向量.
由⃗CM=(-x,√2-y,1),⃗BM=(0,2√2,1),
0 0
{-x x+(√2- y )y+z=0,
0 0
知
2√2y+z=0.
( y +√2 )
取y=-1,得m= 0 ,-1,2√2 .
x
0
又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是
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|y +√2|
0
x
|m·n| 0 1
|cos<m,n>|= = = ,
|m||n| √ ( y +√2) 2 2
9+ 0
x
0
( y +√2) 2
0
即 =3.①
x
0
又BC⊥CD,所以⃗CB·⃗CD=0,
故(-x,-√2-y,0)·(-x,√2-y,0)=0,
0 0 0 0
即x2 +y2
=2.②
0 0
{ x =±
√6
,
{ x =0, 0 2
0
联立①,②,解得 (舍去)或
y =-√2 √2
0 y = .
0 2
| x |
0
所以tan∠BDC= =√3.
√2- y
0
又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.
1
28.(2012课标理,19,12分)如图,直三棱柱ABC-ABC 中,AC=BC= AA,D是棱AA 的中点,DC⊥BD.
1 1 1 2 1 1 1
(1)证明:DC⊥BC;
1
(2)求二面角A-BD-C 的大小.
1 1
解析 (1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形.
1
由于D为AA 的中点,故DC=DC.又AC=
AA,可得DC2 +DC2=CC2
,所以DC⊥DC.而
1 1 2 1 1 1 1
DC⊥BD,DC∩BD=D,所以DC⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,故DC⊥BC.
1 1 1
(2)由(1)知BC⊥DC,且BC⊥CC,则BC⊥平面ACC,
1 1 1
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所以CA,CB,CC 两两相互垂直.
1
以C为坐标原点,⃗CA的方向为x轴的正方向,⃗CB的方向为y轴的正方向,|⃗CA|为单位长,建立如图所示的空
间直角坐标系C-xyz.
由题意知A(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C(0,0,2).
1 1
则 ⃗A D=(0,0,-1),⃗BD=(1,-1,1), ⃗DC =(-1,0,1).
1 1
设n=(x,y,z)是平面ABBD的法向量,
1 1
{n·⃗BD=0, {x- y+z=0,
则 即 可取n=(1,1,0).
n·⃗A D=0, z=0.
1
{m·⃗BD=0,
同理,设m是平面CBD的法向量,则
1 m·⃗DC =0.
1
n·m √3
可取m=(1,2,1).从而cos<n,m>= = .
|n|·|m| 2
又易知二面角A-BD-C 为锐二面角,
1 1
故二面角A-BD-C 的大小为30°.
1 1
评析 本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.
29.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面
ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.
解析 (1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=√3AD.从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,
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所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.
由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.
故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.
则DE⊥平面PBC,即DE为棱锥D-PBC的高
由题设知PD=AD=1,则BD=√3,PB=2.
√3
根据DE·PB=PD·BD得DE= .
2
√3
即棱锥D-PBC的高为 .
2
评析 本题考查直线与平面垂直,直线与直线垂直的判定与性质,三棱锥的体积,点到平面的距离等基础知识
与基本方法,考查空间想象能力,推理论证能力和运算能力,对平面几何知识也有一定的要求,属中等偏难题.
30.(2011四川理,19,12分)如图,在直三棱柱ABC-ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=AA=1.D是棱CC 上的一
1 1 1 1 1
点,P是AD的延长线与AC 的延长线的交点,且PB∥平面BDA.
1 1 1 1
(1)求证:CD=CD;
1
(2)求二面角A-AD-B的平面角的余弦值;
1
(3)求点C到平面BDP的距离.
1
解析 如图,以A 为原点,AB,AC,AA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-BCA,则
1 1 1 1 1 1 1 1 1
A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),B(1,0,1).
1 1 1
C P C D x
1 1
(1)证明:设CD=x,∵AC∥PC,∴ = = .
1 1 AC CD 1-x
第 44 页 共 57 页第 44 页 共 57 页
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( x )
由此可得D(0,1,x),P 0,1+ ,0 ,
1-x
( x )
∴ ⃗A B=(1,0,1), ⃗A D=(0,1,x), ⃗B P= -1,1+ ,0 .
1 1 1 1-x
设平面BAD的一个法向量为n=(a,b,c),
1 1
{n ·⃗A B=a+c=0,
1 1
则 令c=-1,则n=(1,x,-1).
n ·⃗A D=b+cx=0. 1
1 1
∵PB∥平面BAD,
1 1
( x )
∴n· ⃗B P=1×(-1)+x· 1+ +(-1)×0=0.
1 1 1-x
1
由此可得x= ,故CD=CD.(4分)
2 1
( 1 )
(2)由(1)知,平面BAD的一个法向量n= 1, ,-1 .
1 1 2
又n=(1,0,0)为平面AAD的一个法向量.
2 1
1
n ·n 2
∴cos<n,n>= 1 2 = 3= .
1 2 |n |·|n | 1× 3
1 2 2
2
故二面角A-AD-B的平面角的余弦值为 .(8分)
1 3
( 1)
(3)∵ ⃗PB =(1,-2,0),⃗PD= 0,-1, .
1 2
设平面BDP的一个法向量n=(a,b,c),
1 3 1 1 1
{n ·⃗PB =a -2b =0,
3 1 1 1
则 c
n ·⃗PD=-b + 1=0.
3 1 2
( 1 ) ( 1)
令c=1,可得n= 1, ,1 .又⃗DC= 0,0, ,
1 3 2 2
|⃗DC·n | 1
3
∴C到平面BDP的距离d= = .(12分)
1 |n | 3
3
第 45 页 共 57 页第 45 页 共 57 页
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31.(2018北京理,16,14分)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,CC⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA,AC,AC,BB
1 1 1 1 1 1 1 1
的中点,AB=BC=√5,AC=AA=2.
1
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C 的余弦值;
1
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.
解析 (1)在三棱柱ABC-ABC 中,
1 1 1
因为CC⊥平面ABC,所以四边形AACC 为矩形.
1 1 1
又E,F分别为AC,AC 的中点,所以AC⊥EF.
1 1
因为AB=BC,所以AC⊥BE.
所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC.
1
又CC⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.
1
因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).
所以⃗BC=(-1,-2,0),⃗BD=(1,-2,1).
第 46 页 共 57 页第 46 页 共 57 页
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设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),
0 0 0
{n·⃗BC=0, { x +2y =0,
0 0
则 即
n·⃗BD=0, x -2y +z =0.
0 0 0
令y=-1,则x=2,z=-4.
0 0 0
于是n=(2,-1,-4).
又因为平面CCD的一个法向量为⃗EB=(0,2,0),
1
n·⃗EB √21
所以cos<n,⃗EB>= =- .
|n||⃗EB| 21
√21
由题知二面角B-CD-C 为钝角,所以其余弦值为- .
1 21
(3)由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),⃗FG=(0,2,-1).
因为n·⃗FG=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,
所以直线FG与平面BCD相交.
32.(2016课标Ⅰ,文18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方
形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求二面角E-BC-A的余弦值.
解析 (1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.(2分)
又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分)
(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点,⃗GF的方向为x轴正方向,|⃗GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.(6分)
由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=√3,可得
A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,√3).
由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.(8分)
又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,√3).
第 47 页 共 57 页第 47 页 共 57 页
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所以⃗EC=(1,0,√3),⃗EB=(0,4,0),⃗AC=(-3,-4,√3),⃗AB=(-4,0,0).(10分)
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则
{n·⃗EC=0, {x+√3z=0,
即
n·⃗EB=0, 4 y=0.
所以可取n=(3,0,-√3).
{m·⃗AC=0,
设m是平面ABCD的法向量,则
m·⃗AB=0.
n·m 2√19
同理可取m=(0,√3,4).则cos <n,m>= =- .
|n||m| 19
2√19
故二面角E-BC-A的余弦值为- .(12分)
19
评析 本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.
解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.
33.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA=4,A 在底面ABC的射影
1 1 1 1 1
为BC的中点,D是BC 的中点.
1 1
(1)证明:AD⊥平面ABC;
1 1
(2)求二面角A-BD-B 的平面角的余弦值.
1 1
解析 (1)证明:设E为BC的中点,由题意得AE⊥平面ABC,所以AE⊥AE.
1 1
因为AB=AC,所以AE⊥BC.
故AE⊥平面ABC.
1
由D,E分别为BC,BC的中点,得DE∥BB且DE=BB,从而DE∥AA且DE=AA,所以四边形AAED为平行
1 1 1 1 1 1 1
四边形.
故AD∥AE.
1
又因为AE⊥平面ABC,所以AD⊥平面ABC.
1 1 1
第 48 页 共 57 页第 48 页 共 57 页
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(2)解法一:作AF⊥BD且AF∩BD=F,连接BF.
1 1 1
由AE=EB=√2,∠AEA=∠AEB=90°,得AB=AA=4.
1 1 1 1
由AD=BD,AB=BB,得△ADB与△BDB全等.
1 1 1 1 1 1
由AF⊥BD,得BF⊥BD,因此∠AFB 为二面角A-BD-B 的平面角.
1 1 1 1 1 1
4
由AD=√2,AB=4,∠DAB=90°,得BD=3√2,AF=BF= ,
1 1 1 1 1 3
1
由余弦定理得cos∠AFB=- .
1 1 8
解法二:以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:A(0,0,√14),B(0,√2,0),D(-√2,0,√14),B(-√2,√2,√14).
1 1
因此 ⃗A B=(0,√2,-√14),⃗BD=(-√2,-√2,√14), ⃗DB =(0,√2,0).
1 1
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),平面BBD的法向量为n=(x,y,z).
1 1 1 1 1 2 2 2
{m·⃗A B=0, { √2y -√14z =0,
1 1 1
由 即
m·⃗BD=0, -√2x -√2y +√14z =0,
1 1 1
可取m=(0,√7,1).
{n·⃗DB =0, { √2y =0,
由 1 即 2 可取n=(√7,0,1).
n·⃗BD=0, -√2x -√2y +√14z =0,
2 2 2
|m·n| 1
于是|cos<m,n>|= = .
|m|·|n| 8
1
由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A-BD-B 的平面角的余弦值为- .
1 1 8
第 49 页 共 57 页第 49 页 共 57 页
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评析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能
力.
34.(2015福建理,17,12分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面
BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.
(1)求证:GF∥平面ADE;
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
解析 解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,
1
又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH= AB.
2
1
又F是CD的中点,所以DF= CD.
2
由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.
(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
第 50 页 共 57 页第 50 页 共 57 页
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以B为原点,分别以⃗BE,⃗BQ,⃗BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则
A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).
因为AB⊥平面BEC,所以⃗BA=(0,0,2)为平面BEC的法向量.
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.
又⃗AE=(2,0,-2),⃗AF=(2,2,-1),
{n·⃗AE=0, { 2x-2z=0,
由 得
n·⃗AF=0, 2x+2y-z=0,
取z=2,得n=(2,-1,2).
n·⃗BA 4 2
从而cos<n,⃗BA>= = = ,
|n|·|⃗BA| 3×2 3
2
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为 .
3
35.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-ABC 中,侧面BBCC为菱形,AB⊥BC.
1 1 1 1 1 1
(1)证明:AC=AB;
1
(2)若AC⊥AB,∠CBB=60°,AB=BC,求二面角A-AB-C 的余弦值.
1 1 1 1 1
解析 (1)连接BC,交BC于点O,连接AO.因为侧面BBCC为菱形,所以BC⊥BC,且O为BC及BC 的中
1 1 1 1 1 1 1 1
点.
又AB⊥BC,所以BC⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故BC⊥AO.又BO=CO,故AC=AB.
1 1 1 1 1
(2)因为AC⊥AB,且O为BC的中点,所以AO=CO.
1 1
又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB 两两垂直.
1
以O为坐标原点,⃗OB的方向为x轴正方向,|⃗OB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
第 51 页 共 57 页第 51 页 共 57 页
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( √3) ( √3 )
因为∠CBB=60°,所以△CBB 为等边三角形,又AB=BC,则A 0,0, ,B(1,0,0),B 0, ,0 ,C
1 1 3 1 3
( √3 )
0,- ,0 .
3
( √3 √3) ( √3) ( √3 )
⃗AB = 0, ,- ,⃗A B =⃗AB= 1,0,- ,⃗B C =⃗BC= -1,- ,0 .
1 3 3 1 1 3 1 1 3
设n=(x,y,z)是平面AAB 的法向量,
1 1
{
√3
y-
√3
z=0,
{n·⃗AB =0, 3 3
1
则 即
n·⃗A B =0, √3
1 1 x- z=0.
3
所以可取n=(1,√3,√3).
{m·⃗A B =0,
1 1
设m是平面ABC 的法向量,则
1 1 1 m·⃗B C =0.
1 1
同理可取m=(1,-√3,√3).
n·m 1
则cos<n,m>= = .
|n||m| 7
1
易知二面角A-AB-C 为锐二面角,所以二面角A-AB-C 的余弦值为 .
1 1 1 1 1 1 7
方法点拨 在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何知识,如三角形中位线的性质、
菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.
36.(2013课标Ⅰ理,18,12分)如图,三棱柱ABC-ABC 中,CA=CB,AB=AA,∠BAA=60°.
1 1 1 1 1
(1)证明:AB⊥AC;
1
(2)若平面ABC⊥平面AABB,AB=CB,求直线AC与平面BBCC所成角的正弦值.
1 1 1 1 1
解析 (1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA,AB.
1 1
因为CA=CB,所以OC⊥AB.
由于AB=AA,∠BAA=60°,故△AAB为等边三角形,所以OA⊥AB.
1 1 1 1
第 52 页 共 57 页第 52 页 共 57 页
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因为OC∩OA=O,所以AB⊥平面OAC.
1 1
又AC⊂平面OAC,故AB⊥AC.
1 1 1
(2)由(1)知OC⊥AB,OA⊥AB.
1
又平面ABC⊥平面AABB,交线为AB,所以OC⊥平面AABB,故OA,OA,OC两两相互垂直.
1 1 1 1 1
以O为坐标原点,⃗OA的方向为x轴的正方向,|⃗OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题设知A(1,0,0),A(0,√3,0),C(0,0,√3),B(-1,0,0).
1
则⃗BC=(1,0,√3), ⃗BB = ⃗AA =(-1,√3,0), ⃗A C=(0,-√3,√3).
1 1 1
设n=(x,y,z)是平面BBCC的法向量,
1 1
{n·⃗BC=0, { x+√3z=0,
则 即 可取n=(√3,1,-1).
n·⃗BB =0. -x+√3 y=0.
1
n·⃗A C √10
故cos<n, ⃗A C>= 1 =- .
1 |n||⃗A C| 5
1
√10
所以AC与平面BBCC所成角的正弦值为 .
1 1 1 5
思路分析 (1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA⊥AB,从而得AB⊥平面OAC,从而得
1 1
AB⊥AC;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BBCC的一个法向量,进而求出该法向量
1 1 1
与 ⃗A C夹角的余弦值,从而可得直线AC与平面BBCC所成角的正弦值.
1 1 1 1
规律总结 面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用是将面面垂直
问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的证明及线面角、二面角的求解中,常要借助这个定理作出平面
的垂线.
37.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-ABCD 中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA=3.
1 1 1 1 1
(1)证明:AC⊥BD;
1
(2)求直线BC 与平面ACD 所成角的正弦值.
1 1 1
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解析 解法一:(1)如图1,因为BB⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB.
1 1
又AC⊥BD,所以AC⊥平面BBD,而BD⊂平面BBD,所以AC⊥BD.
1 1 1 1
图1
(2)因为BC∥AD,所以直线BC 与平面ACD 所成的角等于直线AD与平面ACD 所成的角(记为θ).
1 1 1 1 1 1
如图1,连接AD.因为棱柱ABCD-ABCD 是直棱柱,且∠BAD=∠BAD=90°,所以AB⊥平面ADDA,从而
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AB⊥AD.又AD=AA=3,所以四边形ADDA 是正方形,于是AD⊥AD.故AD⊥平面ABD,于是
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AD⊥BD.由(1)知,AC⊥BD,所以BD⊥平面ACD,故∠ADB=90°-θ.
1 1 1 1 1 1
AB BC
在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故 = ,即AB=
DA AB
√DA·BC=√3.
连接AB.易知△ABD是直角三角形,且BD2=BB2 +BD2=BB2 +AB2+AD2=21,即BD=√21.
1 1 1 1 1 1
AD 3 √21
在Rt△ABD中,cos∠ADB= = = ,
1 1 B D √21 7
1
√21 √21
即cos(90°-θ)= .从而sin θ= .
7 7
√21
即直线BC 与平面ACD 所成角的正弦值为 .
1 1 1 7
解法二:(1)易知,AB,AD,AA 两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA 所在直线分别为x轴,y轴,z轴建
1 1
立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为
A(0,0,0),B(t,0,0),B(t,0,3),C(t,1,0),C(t,1,3),D(0,3,0),D(0,3,3).
1 1 1
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图2
从而 ⃗B D=(-t,3,-3),⃗AC=(t,1,0),⃗BD=(-t,3,0).
1
因为AC⊥BD,所以⃗AC·⃗BD=-t2+3+0=0,解得t=√3或t=-√3(舍去).
于是 ⃗B D=(-√3,3,-3),⃗AC=(√3,1,0).
1
因为⃗AC· ⃗B D=-3+3+0=0,所以⃗AC⊥ ⃗B D,即AC⊥BD.
1 1 1
(2)由(1)知, ⃗AD =(0,3,3),⃗AC=(√3,1,0), ⃗B C =(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD 的法向量,
1 1 1 1
{n·⃗AC=0, {√3x+ y=0,
则 即 令x=1,则n=(1,-√3,√3).
n·⃗AD =0, 3 y+3z=0,
1
| n·⃗B C | √3 √21
设直线BC 与平面ACD 所成角为θ,则sin θ=|cos<n, ⃗B C >|= 1 1 = = .
1 1 1 1 1 |n|·|⃗B C | √7 7
1 1
√21
即直线BC 与平面ACD 所成角的正弦值为 .
1 1 1 7
评析 本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学生空间想象能
力和运算求解能力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维论证能力要求较高,而解法二中
虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失
分的原因.
38.(2016课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为
线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
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2
解析 (1)证明:由已知得AM= AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,
3
1
由N为PC的中点知TN∥BC,TN= BC=2.(3分)
2
又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)
(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=√AB2-BE2=
√
AB2-
(BC) 2
=√5.
2
以A为坐标原点,⃗AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
(√5 ) (√5 ) (√5 )
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(√5,2,0),N ,1,2 ,⃗PM=(0,2,-4),⃗PN= ,1,-2 ,⃗AN= ,1,2
2 2 2
.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
{
2y-4z=0,
{n·⃗PM=0,
则 即 √5 (10分)
n·⃗PN=0, x+ y-2z=0,
2
|n·⃗AN| 8√5
可取n=(0,2,1).于是|cos<n,⃗AN>|= = .
|n||⃗AN| 25
8√5
即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 .(12分)
25
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北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
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