8.5空间向量及其在立体几何中的应用_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版高考总复习数学5·3A版_专题八§85空间向量及其在立体几何中的应用_专题PDF_专题PDF_专题电子书

５３０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
８．５ 空间向量及其在立体几何中的应用
§
４．利用空间向量解决平行、垂直问题
设不同直线ｌ ｍ的方向向量分别为ａ ｂ 不同平面α β的法
， ， ， ，
向量分别为ｕ ｖ 则
， ，
考点一 用向量法证明平行、垂直
ｌ ｍ ａ ｂ ａ ｋｂ ｋ Ｒ且ｋ
（１） ∥ ⇔ ∥ ⇔ ＝ ， ∈ ≠０；
１．空间向量的有关定理 ｌ α ａ ｕ ａ ｕ
（２） ∥ ⇔ ⊥ ⇔ · ＝０；
共线向量定理 共线向量定理可以分解为两个命题 ａ ｂ α β ｕ ｖ ｕ λｖ λ Ｒ且λ
（１） ： （ ， （３） ∥ ⇔ ∥ ⇔ ＝ ， ∈ ≠０；
ｂ ０ 为空间内任意两个向量 ａ ｂ 存在唯一实数λ 使 ｌ ｍ ａ ｂ ａ ｂ
（ ≠ ） ）：（ｉ） ∥ ⇒ ， （４） ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ · ＝０；
得ａ λｂ 若存在实数λ 使得ａ λｂ 则ａ ｂ 其中命题 ｌ α ａ ｕ ａ ｋｕ ｋ Ｒ且ｋ
＝ ；（ｉｉ） ， ＝ ， ∥ ， （ｉｉ） （５） ⊥ ⇔ ∥ ⇔ ＝ ， ∈ ≠０；
是空间向量共线的判定定理． α β ｕ ｖ ｕ ｖ ．
（６） ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ · ＝０
四点共面的充要条件 空间一点Ｐ位于平面ＡＢＣ内的
（２） ：ａ．
考点二 用向量法求空间角与距离
充要条件是存在有序实数对 ｘ ｙ 使→ＡＰ ｘ→ＡＢ ｙ→ＡＣ成立 对
（ ， ）， ＝ ＋ ；ｂ． １．空间角的计算
空间任意一点Ｏ 有Ｏ→Ｐ ｘＯ→Ａ ｙＯ→Ｂ ｚＯ→Ｃ 若 ｘ ｙ ｚ 则
， ＝ ＋ ＋ ， ① ＋ ＋ ＝１ ， 异面直线所成角公式 设ａ ｂ分别为异面直线ｌ ｌ 的
Ｐ Ａ Ｂ Ｃ四点共面 反之亦成立． （１） ： 、 １、 ２
， ， ， ， ａ ｂ
空间向量基本定理 空间任意三个不共面的向量都可 方向向量 θ为ｌ ｌ 所成的角 则 θ ａ ｂ ｜ · ｜．
（３） ：ａ． ， １、２ ， ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ａ ｂ
以构成空间的一组基底 基底选定后 空间的所有向量均可由 ｜ ｜｜ ｜
；ｂ． ， 线面所成角公式 设ｌ为平面α的斜线 ａ为ｌ的方向向
基底唯一表示． （２） ： ，
量 ｎ 为平面 α 的法向量 θ 为 ｌ 与 α 所成的角 则 θ
２．与空间向量运算有关的结论 ， ， ， ｓｉｎ ＝
ａ·ｎ
设ａ ａ ａ ａ ｂ ｂ ｂ ｂ ． 〈ａ，ｎ〉 ｜ ｜ ．
ａ
＝（
ｂ
１，
ａ
２，
λｂ
３）
ｂ
， ＝
０
（ １， ２，
ａ
３）
λｂ ，ａ λｂ ，ａ λｂ λ
⑤ ｜ｃｏｓ ｜＝
｜
ａ
｜｜
ｎ
｜
Ｒ （１） ∥ ⇔ ＝ （ ≠ ）⇔② １＝ １ ２＝ ２ ３＝ ３ （ ∈ （３） 二面角公式 ： 设ｎ １、 ｎ ２ 分别为平面α 、 β的法向量 ， 二面
）； 角为θ 则θ ｎ ｎ 或θ ｎ ｎ 需要根据具体情况判断
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ， ＝〈 １， ２〉 ＝π－〈 １， ２〉（
（２） ⊥ ⇔ · ＝０⇔③ １ １＋ ２ ２＋ ３ ３＝０ ； 相等或互补 其中 ｎ ｎ ｎ １· ｎ ２ ．
（３）｜
ａ
｜＝
ａ２
＝
ａ２
１＋
ａ２
２＋
ａ２
３；
）， ｃｏｓ〈 １， ２〉＝
｜
ｎ
１｜｜
ｎ
２｜
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ２．点到平面的距离公式
ａ ｂ · １ １＋ ２ ２＋ ３ ３ ．
（４）ｃｏｓ〈 ， 〉＝
｜
ａ
｜｜
ｂ
｜
＝④ ａ２
１＋
ａ２
２＋
ａ２
３
· ｂ２
１＋
ｂ２
２＋
ｂ２
３
Ｐ为平面α外一点
，
ａ
、
ｎ分别为平面α过Ｐ点的斜向量
、
法
３．与空间向量有关的问题 ａ ｎ
向量 ｄ为Ｐ到α的距离 则ｄ ａ ａ ｎ ｜ · ｜．
空间直角坐标系 ， ， ＝｜ ｜·｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｎ
｜ ｜
（１）
注意 线面 面面距离均可转化为点到平面的距离 用点到
一般建立右手直角坐标系 建立的空间直角坐标系
、 ，
（ｉ） ；（ｉｉ）
必须满足三坐标轴两两垂直 让尽可能多的点落到坐标轴上或
平面的距离公式求解．
，
第一卦限 第一卦限内点的坐标都为正 ． ３．两点间的距离公式 已知点Ａ ｘ ｙ ｚ Ｂ ｘ ｙ ｚ 则
（ ）
： （ １， １， １）， （ ２， ２， ２），
直线的方向向量和平面的法向量 Ａ Ｂ 两 点 间 的 距 离 为 →ＡＢ
（２） ， ｜ ｜ ＝ ⑥
直线的方向向量是指和这条直线平行 或在这条直线
上 的 （ｉ 有 ） 向线段所表示的向量 一条直线的方向 （ 向量可以有无 （ｘ ２－ ｘ １ ）２ ＋ （ｙ ２－ ｙ １ ）２ ＋ （ｚ ２－ ｚ １ ）２ ．
） ， 拓展延伸 １．最小角定理 平面的斜线和它在平面内的射
数个． ：
影所成的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最
平面的法向量
（ｉｉ） ： 小的角．
一个平面的法向量是与平面垂直的直线的方向向量 因此
ａ． ， ２．三余弦公式 θ θ θ 如图所示 其中θ 是斜线
一个平面的法向量有无数个 其中任意两个都是共线向量 但零 ：ｃｏｓ ＝ｃｏｓ １·ｃｏｓ ２（ ， １
， ， ＯＡ与平面α所成的角 θ 是斜线ＯＡ的射影ＡＢ与平面内的直线ＡＣ
向量不能作为平面的法向量． ， ２
的夹角 θ是斜线ＯＡ与平面内的直线ＡＣ的夹角 ．
平面法向量的求法 首先要建立空间直角坐标系 然后用 ， ）
ｂ． ： ，
待定系数法求解．具体的步骤为 设平面的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
： ＝（ ， ， ），
找出 求出 平面内的两个不共线的向量ａ ｂ 根据法向量的定
（ ） ， ，
{ｎ ａ
义得 · ＝０，由此可建立关于ｘ ｙ ｚ的方程组 解方程组 并取
ｎ ｂ 、 、 ， ，
· ＝０，
其中的一组解 该组解可作为法向量的坐标．
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５３１
考点一 用向量法证明平行、垂直
１．已知直线ｌ与平面 ＡＢＣ 若直线 ｌ 的方向向量为 ｎ
， ＝（－１，２，
向量→ＡＢ →ＡＣ 则有
－１）， ＝（１，０，－１）， ＝（２，１，０）， （ ）
．直线ｌ 平面ＡＢＣ
Ａ ∥
直线ｌ 平面ＡＢＣ 考点二 用向量法求空间角与距离
Ｂ． ⊥
直线ｌ与平面ＡＢＣ相交但不垂直 ５．在平面四边形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＢＤ ＣＤ ＡＢ ＢＤ ＣＤ ＢＤ．将
Ｃ． ， ＝ ＝ ＝１， ⊥ ， ⊥
直线ｌ 平面ＡＢＣ或直线ｌ 平面ＡＢＣ ＡＢＤ沿ＢＤ折起 使得平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ 如图．
Ｄ． ∥ ⊂ △ ， ⊥ ，
答案 Ｂ 求证 ＡＢ ＣＤ
（１） ： ⊥ ；
２．（多选题）已知点Ｐ是平行四边形ＡＢＣＤ所在平面外一点 如 若 Ｍ 为 ＡＤ 中点 求直线 ＡＤ 与平面 ＭＢＣ 所成角的正
， （２） ，
果→ＡＢ
＝（２，－１，－４），
Ａ→Ｄ
＝（４，２，０），
→ＡＰ
＝（－１，２，－１），
那么下列 弦值
；
结论正确的有 在 的条件下 求点Ｄ到平面ＢＭＣ的距离．
（ ） （３） （２） ，
．ＡＰ ＡＢ
Ａ ⊥
ＡＰ ＡＤ
Ｂ． ⊥
→ＡＰ是平面ＡＢＣＤ的一个法向量
Ｃ．
→ＡＰ Ｂ→Ｄ
Ｄ． ∥
答案 ＡＢＣ
３．如图所示的长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 底面ＡＢＣＤ是边长为
－ １ １ １ １ ， ２
的正方形 Ｏ为ＡＣ与ＢＤ的交点 ＢＢ Ｍ是线段Ｂ Ｄ 的 ６．如图 在四棱锥Ａ ＥＦＣＢ中 ＡＥＦ为等边三角形 平面ＡＥＦ
中点．求证 ， ， １＝ ２， １ １ 平面 ， ＥＦＣＢ ＥＦ － ＢＣ ＢＣ ，△ ＥＦ ａ ＥＢＣ ， ＦＣＢ ° ⊥ Ｏ
： ， ∥ ， ＝４， ＝２ ，∠ ＝∠ ＝６０ ，
ＢＭ 平面Ｄ ＡＣ 为ＥＦ的中点．
（１） Ｄ Ｏ ∥ 平面Ａ １ Ｂ Ｃ ； ． 求证 ＡＯ ＢＥ
（２） １ ⊥ １ （１） 求二 ： 面角 ⊥ Ｆ Ａ ； Ｅ Ｂ的余弦值
（２） － － ；
若ＢＥ 平面ＡＯＣ 求ａ的值
（３） ⊥ ， ；
在 的条件下 求ＢＥ与ＡＦ所成角的余弦值．
（４） （３） ，
４．如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面是正方形 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ Ｅ Ｆ
， － ， ⊥ ， ，
分别是ＡＢ ＰＤ的中点 且ＰＡ ＡＤ．
， ， ＝
求证 ＡＦ 平面ＰＥＣ
（１） ： ∥ ；
求证 平面ＰＥＣ 平面ＰＣＤ．
（２） ： ⊥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 用向量法证明平行、垂直
１．（２０１８北京石景山一模，１７）如图 四边形ＡＢＣＤ是正方形 ＰＡ
， ，
平面ＡＢＣＤ ＥＢ ＰＡ ＡＢ ＰＡ ＥＢ Ｆ为ＰＤ的中点． 解析 依题意 ＡＤ ＡＢ ＡＰ两两垂直．如图 以Ａ为原点 分别
⊥ ， ∥ ， ＝ ＝４， ＝２， ， ， ， ， ，
求证 ＡＦ ＰＣ
（１） ： ⊥ ； 以Ａ→Ｄ →ＡＢ →ＡＰ的方向为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴的正方向建立空间直角
求证 ＢＤ 平面ＰＥＣ 、 、 、 、
（２） ： ∥ ； 坐标系．
求二面角Ｄ ＰＣ Ｅ的大小．
（３） － －
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５３２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
由题意易知ＰＤ ＣＤ ＢＣ ＡＤ ＰＣ 故要使ＰＣ 平面
＝ ＝１， ＝ ２， ⊥ ， ⊥
ＡＤＥ 只需ＰＣ ＤＥ
， ⊥ ，
则Ｄ Ｐ Ｂ Ｃ
（０，０，０）， （０，０，１）， （ ２，１，０）， （０，１，０），
则Ｐ→Ｂ 设Ｐ→Ｅ λＰ→Ｂ λ
＝（ ２，１，－１）， ＝ （０≤ ≤１），
Ｐ→Ｅ λＰ→Ｂ λ ．Ｐ→Ｃ
∴ ＝ ＝ （ ２，１，－１） ＝（０，１，－１），
由→ＰＣ Ｄ→Ｅ →ＰＣ Ｄ→Ｐ →ＰＥ λ λ λ 解得
· ＝ ·（ ＋ ）＝（０，１，－１）·（ ２ ， ，１－ ）＝０，
则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｐ
（０，０，０）， （０，４，０）， （４，４，０）， （４，０，０）， （０，０，４）， λ １ 即ＰＢ上存在点Ｅ使得ＰＣ 平面ＡＤＥ 且Ｅ为ＰＢ中点．
Ｅ Ｆ ． ＝ ， ⊥ ，
（０，４，２）， （２，０，２） ２
证明 →ＡＦ Ｐ→Ｃ æ ö
（１） ： ＝（２，０，２）， ＝（４，４，－４）， 由 知Ｄ Ａ Ｅç ２ １ １ ÷ Ｐ
所以→ＡＦ
·
Ｐ→Ｃ
＝８＋０＋（－８）＝０
． （２） （１） （０，０，０）， （ ２，０，０）， è
２
，
２
，
２
ø， （０，０，
所以ＡＦ ＰＣ． æ ö
⊥ Ｄ→Ａ Ｄ→Ｅ ç ２ １ １ ÷ →ＰＡ Ｐ→Ｅ
证明 取ＰＣ的中点Ｍ 连接ＥＭ． １）， ＝（ ２，０，０）， ＝è ， ， ø， ＝（ ２，０，－１），
（２） ： ， ２ ２ ２
æ ö
因为Ｍ
（２，２，２），
Ｅ→Ｍ
＝（２，－２，０），
Ｂ→Ｄ
＝（４，－４，０）， ＝è ç ２ ， １ ，－ １ ø ÷ ，
所以Ｂ→Ｄ Ｅ→Ｍ ２ ２ ２
＝２ ， 设平面ＡＤＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 平面ＰＡＥ的法向量为
所以ＢＤ ＥＭ． １＝（ １， １， １），
∥ ｎ ｘ ｙ ｚ
又因为ＥＭ 平面ＰＥＣ ＢＤ 平面ＰＥＣ ２＝（ ２， ２， ２），
所以ＢＤ
∥
平 ⊂ 面ＰＥＣ． ， ⊄ ，
则
{ｎ
１·
Ｄ→Ａ
＝０，
ì
í
ïï ２ ｘ １＝０，
（３） 因为ＡＦ ⊥ ＰＤ ， ＡＦ ⊥ ＰＣ ， ＰＤ ∩ ＰＣ ＝ Ｐ ， ｎ Ｄ→Ｅ ⇒ïï ２ｘ １ ｙ １ ｚ
所以ＡＦ 平面 ＰＣＤ 故→ＡＦ 为平面 ＰＣＤ 的一个法
１· ＝０ î
２
１＋
２
１＋
２
１＝０，
⊥ ， ＝（２，０，２） 令ｙ 得ｎ ．
向量． １＝１， １＝（０，１，－１）
ｎ ｎ
设平面ＰＣＥ的法向量为ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， 同理求得ｎ 所以 ｎ ｎ ２· １ ３．
２＝（１，０， ２）， ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝－
因为Ｐ→Ｃ Ｐ→Ｅ ｜ ２｜·｜ １｜ ３
＝（４，４，－４）， ＝（０，４，－２）， 易知所求二面角为锐二面角
{ｎ Ｐ→Ｃ { ｘ ｙ ｚ ，
所以 · ＝０，即 ４ ＋４ －４ ＝０， 故二面角Ｐ ＡＥ Ｄ的余弦值为 ３．
ｎ
·
Ｐ→Ｅ
＝０， ４
ｙ
－２
ｚ
＝０，
－ －
３
令ｙ 得ｘ ｚ 故ｎ ． ３．（２０２０河南天一９月联考，１８）如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
＝－１， ＝－１， ＝－２， ＝（－１，－１，－２） ， － １ １ １
中 ＡＣＢ ° ＣＡ ＣＢ ＡＡ Ｍ Ｎ分别是Ａ Ｂ与ＣＣ 的
所以 →ＡＦ ｎ －２－０－４ ３ ，∠ ＝９０ ， ＝ ＝ １＝２， ， １ １
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ＝－ ， 中点 Ｇ为 ＡＢＮ的重心．
２ ２× ６ ２ ， △
由图可知二面角Ｄ ＰＣ Ｅ的平面角为钝角 求证 ＭＧ 平面ＡＢＮ
－ － ， （１） ： ⊥ ；
求二面角Ａ ＡＢ Ｎ的正弦值．
所以二面角Ｄ ＰＣ Ｅ的大小为５π． （２） １－ －
－ －
６
２．（２０１８宁夏银川一中月考，１９）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中
， － ，
四边形ＡＢＣＤ为矩形 ＰＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＢ ＰＢ与平面ＰＣＤ
， ⊥ ， ＝２，
成 °角 ＰＢ与平面ＡＢＤ成 °角．
４５ ， ３０
在ＰＢ上是否存在一点Ｅ 使得ＰＣ 平面ＡＤＥ 若存在
（１） ， ⊥ ？ ，
确定Ｅ点位置 若不存在 请说明理由
， ， ； 解析 证明 由题意知ＡＣ ＢＣ ＣＣ 两两垂直
当Ｅ为ＰＢ的中点时 求二面角Ｐ ＡＥ Ｄ的余弦值． （１） ： ， ， １ ，
（２） ， － － 以Ｃ为原点 分别以ＡＣ ＢＣ ＣＣ 所在直线为ｘ ｙ ｚ轴 建立空
， 、 、 １ ， ， ，
间直角坐标系
，
解析 建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ
（１） － ，
则Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ａ
（０，０，０）， （２，０，０）， （０，２，０）， １（０，０，２）， １（２，０，２），
由中点坐标公式 得Ｍ Ｎ
， （１，１，１）， （０，０，１），
( )
由重心性质得Ｇ ２ ２ １
， ， ，
３ ３ ３
( )
则Ｍ→Ｇ １ １ ２ →ＡＢ Ａ→Ｎ Ａ→Ａ
＝ － ，－ ，－ ， ＝（－２，２，０）， ＝（－２，０，１）， １
３ ３ ３
＝（０，０，２），
Ｍ→Ｇ Ａ→Ｎ Ｍ→Ｇ →ＡＢ
∴ · ＝０， · ＝０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５３３
ＭＧ ＡＮ ＭＧ ＡＢ
∴ ⊥ ， ⊥ ， 故二面角Ａ ＦＤ Ｂ的余弦值为 ３．
又ＡＮ ＡＢ Ａ － －
∩ ＝ ， ４
ＭＧ 平面ＡＢＮ． 易错警示 盲目建立坐标系 导致运算量太大．
∴ ⊥ （１） ，
（２）
由
（ １）
得 平 面 ＡＢＮ 的 一 个 法 向 量 为 Ｍ→Ｇ
（２）
运算失误导致错解．
( ) ５．如图 已知三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的侧棱与底面垂直 ＡＡ ＡＢ
１ １ ２ ， － １ １ １ ， １＝ ＝
＝ － ，－ ，－ ， ＡＣ ＡＢ ＡＣ Ｍ是ＣＣ 的中点 Ｎ是ＢＣ的中点 点Ｐ在直
３ ３ ３ ＝１， ⊥ ， １ ， ，
设平面Ａ
１
ＡＢ的法向量ｎ
＝（
ｘ
，
ｙ
，
ｚ
），
线Ａ
１
Ｂ
１
上
，
且满足Ａ→
１
Ｐ
＝
λＡ
１
→Ｂ
１
．
则
{ｎ
·
Ａ→Ａ
１＝２
ｚ
＝０， （１）
当
若平
λ
＝ 面 １
时
ＰＭ ， Ｎ
求
与
证
： 平
直
面
线
Ａ
Ｐ
Ａ
Ｎ
Ｃ ⊥ Ｃ
平
所
面
成
ＡＭ
的
Ｎ
锐 ； 二面角的大小为
ｎ →ＡＢ ｘ ｙ （２） １ １
· ＝－２ ＋２ ＝０， ° 试确定点Ｐ的位置．
Ｍ→Ｇ ｎ ４５ ，
取ｘ 得ｎ Ｍ→Ｇ ｎ · ３
＝１， ＝（１，１，０），∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ Ｍ→Ｇ ｎ ＝－ ３ ，
｜ ｜·｜ ｜
æ ö２
设二面角Ａ ＡＢ Ｎ的大小为θ 则 θ ç ３÷ ６．
１－ － ， ｓｉｎ ＝ １－è－ ø ＝
３ ３
二面角Ａ ＡＢ Ｎ的正弦值为 ６．
∴ １－ －
３
４．（２０１８陕西榆林一模，１９）在如图所示的几何体中 四边形 解析 证明 如图所示 建立空间直角坐标系．
， （１） ： ，
ＡＢＣＤ为平行四边形 ＡＢＤ ° ＥＢ 平面 ＡＢＣＤ ＥＦ ＡＢ
，∠ ＝９０ ， ⊥ ， ∥ ，
ＡＢ ＥＢ ＥＦ ＢＣ 且Ｍ是ＢＤ的中点．
＝２， ＝ ３， ＝１， ＝ １３，
求证 ＥＭ 平面ＡＤＦ
（１） ： ∥ ；
求二面角Ａ ＦＤ Ｂ的余弦值的大小．
（２） － －
( ) ( ) ( )
则Ｎ １ １ Ｍ １ Ａ Ａ→Ｎ １ １
， ，０ ， ０，１， ， （０，０，０）， ＝ ， ，０ ，
２ ２ ２ ２ ２
解析 证明 ＥＢ 平面ＡＢＤ ＡＢ ＢＤ ( )
（１） ：∵ ⊥ ， ⊥ ，
故以Ｂ为原点 建立如图所示的空间直角坐标系Ｂ ｘｙｚ．
Ａ→Ｍ
＝ ０，１，
１ ．
， － ２
当λ 时 点Ｐ与点Ｂ 重合 此时Ｐ点坐标为 Ｐ→Ｎ
＝１ ， １ ， （１，０，１），
( )
１ １ ．
＝ － ， ，－１
２ ２
又Ｐ→Ｎ Ａ→Ｎ １ １ Ｐ→Ｎ Ａ→Ｍ １ １
· ＝－ ＋ ＋０＝０， · ＝０＋ － ＝０，
４ ４ ２ ２
故ＰＮ ＡＮ ＰＮ ＡＭ 又ＡＭ ＡＮ Ａ
⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＡＢ ＥＢ ＥＦ ＢＣ 所以直线ＰＮ 平面ＡＭＮ．
∵ ＝２， ＝ ３， ＝１， ＝ １３， ⊥
Ｂ Ｄ Ａ Ｅ Ｆ 设平面 ＰＭＮ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ 由题意知
∴ （０，０，０）， （３，０，０）， （０，２，０）， （０，０， ３）， （０，１， ３）， （２） ＝ （ ， ， ），
( ) ( ) Ｐ λ
Ｍ ３ ，０，０ ，∴ Ｅ→Ｍ ＝ ３ ，０，－ ３ ， Ａ→Ｄ ＝（３，－２，０）， →ＡＦ ＝（０， （ ，０， ( １）， ) ( )
２ ２ 则Ｍ→Ｐ λ １ Ｎ→Ｐ λ １ １
＝ ，－１， ， ＝ － ，－ ，１ ，
． ２ ２ ２
－１， ３） ì( )
设平面ＡＤＦ的法向量ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ． {ｍ Ｎ→Ｐ ï ï λ － １ ｘ － １ ｙ ＋ ｚ ＝０，
{ｎ Ａ→Ｄ ｘ ｙ 则 · ＝０，即í ２ ２
∴ ｎ · →ＡＦ ＝３ ｙ －２ ＝ ｚ ０， 令ｙ ＝３， 得ｎ ＝（２，３， ３） ． ｍ · Ｍ→Ｐ ＝０， î ï ïλｘ － ｙ ＋ １ ｚ ＝０，
· ＝－ ＋ ３ ＝０， ２
取ｍ λ λ ．
又 Ｅ→Ｍ ｎ ｎ Ｅ→Ｍ 又ＥＭ 平面ＡＤＦ 故ＥＭ 平 ＝（３，２ ＋１，２－２ ）
∵ · ＝３－３＝０，∴ ⊥ ， ⊄ ， ∥
面ＡＤＦ． 易知平面ＡＡ Ｃ Ｃ的一个法向量为ｎ →ＡＢ ．
１ １ ＝ ＝（１，０，０）
（２） 由 （１） 可知平面ＡＤＦ的一个法向量ｎ ＝（２，３， ３） ． ∵ 平面ＰＭＮ与平面ＡＡ １ Ｃ １ Ｃ所成的锐二面角的大小为 ４５ ° ，
易知Ｂ→Ｄ ＝（３，０，０）， Ｂ→Ｆ ＝（０，１， ３）， ∴ ｜ｃｏｓ〈 ｍ ， ｎ 〉｜＝ ｜ ｍ ｍ · ｎ ｎ ｜ ＝ ３ ＝ ２ ，
设平面ＢＦＤ的法向量ｍ ＝（ ｘ １， ｙ １， ｚ １）， ｜ ｜｜ ｜ ９＋（２ λ ＋１） ２ ＋４（１－ λ ） ２ ２
{ｍ Ｂ→Ｄ ｘ 解得λ １ 或λ ．
· ＝３ １＝０， 令ｚ 得ｍ ＝－ ＝１
∴ ｍ Ｂ→Ｆ ｙ ｚ １＝１， ＝（０，－ ３，１）， ２
· ＝ １＋ ３ １＝０， 点Ｐ在Ｂ Ａ 的延长线上 且 Ａ Ｐ １ 或点Ｐ与点Ｂ 重合．
ｍ ｎ ∴ １ １ ， ｜ １ ｜＝ １
ｍ ｎ · －２ ３ ３ ２
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝－ ， ６．（２０２０浙江新高考研究卷五，１９）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中
｜ ｜·｜ ｜ ２×４ ４ ， － ，
又二面角Ａ ＦＤ Ｂ为锐角 ＰＡ ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＡＤ ＢＣ ＰＢＣ为正三角形 ＰＡ ＡＤ ＣＤ
－ － ， ⊥ ， ⊥ ， ∥ ，△ ， ＝ ＝ ＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５３４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＡＢＣＤ 且四边形 ＡＢＣＤ 为平行四边形 ＤＡＢ ° 四边形
１ ＢＣ Ｐ→Ｅ Ｅ→Ｄ Ｃ→Ｆ Ｆ→Ｂ． ， ，∠ ＝４５ ，
， ＝２ ， ＝２ ＣＤＥＦ为直角梯形 ＥＦ ＤＣ ＥＤ ＣＤ ＡＢ ＥＦ ＥＤ ａ ＡＤ
２ ， ∥ ， ⊥ ， ＝３ ＝３， ＝ ，
证明 ＥＦ 平面ＰＡＢ
（１） ： ∥ ； ＝ ２ ．
（２）
求直线ＥＦ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值．
求证 ＡＤ ＢＦ
（１） ： ⊥ ；
ＣＭ
若线段ＣＦ上存在一点Ｍ 满足ＡＥ 平面ＢＤＭ 求 的值
（２） ， ∥ ， ＣＦ ；
若ａ 求二面角Ｄ ＢＣ Ｆ的余弦值．
（３） ＝１， － －
解析 证明 过点Ｅ作ＥＧ ＡＤ交ＰＡ于Ｇ 连接ＢＧ．
（１） ： ∥ ， 解析 证明 平面ＣＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ ＥＤ ＣＤ
（１） ：∵ ⊥ ， ⊥ ，
因为Ｐ→Ｅ Ｅ→Ｄ Ｃ→Ｆ Ｆ→Ｂ 所以ＥＧ ２ ＡＤ １ ＢＣ ＢＦ． ＥＤ 平面ＡＢＣＤ． 分
＝２ ， ＝２ ， ＝ ＝ ＝ ∴ ⊥ （１ ）
３ ３ 如图 以Ｄ为原点 ＤＣ所在直线为ｙ轴 ＤＥ所在直线为ｚ轴 过点
因为ＡＤ ＢＣ 所以ＥＧ ＢＦ 分 ， ， ， ，
∥ ， ∥ ， （３ ） Ｄ垂直于ＤＣ的直线为ｘ轴建立空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ
所以四边形ＧＢＦＥ为平行四边形 所以ＥＦ ＢＧ． － ，
， ∥
因为ＥＦ 平面ＰＡＢ ＢＧ 平面ＰＡＢ 所以ＥＦ 平面ＰＡＢ．
⊄ ， ⊂ ， ∥
分
（６ ）
ＤＡＢ ° ＡＢ ＥＦ ＥＤ ａ ＡＤ
∵ ∠ ＝４５ ， ＝３ ＝３， ＝ ， ＝ ２，
Ａ Ｂ Ｃ Ｅ ａ Ｆ ａ ．
∴ （１，－１，０）， （１，２，０）， （０，３，０）， （０，０， ）， （０，１， ）
分
（３ ）
Ｂ→Ｆ ａ Ｄ→Ａ ． 分
∴ ＝（－１，－１， ）， ＝（１，－１，０） （４ ）
过点 Ａ 作 ＡＨ ＣＤ 交 ＢＣ 于 Ｈ 则 Ｈ 为 ＢＣ 的中点 连 ∵ Ｂ→Ｆ · Ｄ→Ａ ＝（－１，－１， ａ ）·（１，－１，０）＝０，∴ ＡＤ ⊥ ＢＦ． （５ 分 ）
（２） ∥ ， ，
接ＰＨ 设Ｃ→Ｍ λ Ｃ→Ｆ λ 则Ｃ→Ｍ λ ａ λ
， （２） ＝ ， ∈［０，１］， ＝ （０，－２， ）＝ （０，－２ ，
因为ＡＨ ＣＤ ＣＤ ＡＤ 所以ＡＤ ＡＨ 又ＰＡ ＡＤ ＰＡ ＡＨ Ａ λａ
∥ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ），
从而ＡＤ
⊥
平面ＰＡＨ
， （８
分
） 则Ｄ→Ｍ Ｄ→Ｃ Ｃ→Ｍ λ λａ λ λａ ．
＝ ＋ ＝（０，３，０）＋（０，－２ ， ）＝（０，３－２ ， ）
不妨设ＰＡ ＡＤ ＤＣ 则ＰＢ ＰＣ ＣＢ 所以ＰＨ ． 分
＝ ＝ ＝１， ＝ ＝ ＝２， ＝ ３ （６ ）
如图 以Ａ为坐标原点建立空间直角坐标系 设平面ＢＤＭ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
， ， １＝（ １， １， １），
则Ａ （０，０，０）， Ｂ （１，－ １，０）， Ｃ （１，１，０）， Ｄ （０，１，０）， {ｎ Ｄ→Ｂ ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ
( ) 则 １· ＝（ １， １，１）·（１，２，０）＝ １＋２ １＝０，
Ｆ １，－ ３ １ ，０ ， ｎ １· Ｄ→Ｍ ＝（ ｘ １， ｙ １， ｚ １）·（０， λ ３－２ λ ， λａ ） ( ＝（３－２ λ ） ｙ １ λ ＋ λ ) ａｚ １＝０，
在 △ ＰＡＨ中 ， 由余弦定理知 ｃｏｓ∠ ＰＡＨ ＝ ＰＡ２ ＋ Ｐ Ａ Ａ Ｈ２ Ａ － Ｈ ＰＨ２ ＝－ １ ， 取ｘ １＝２， 得ｙ １＝－１， ｚ １＝ ３－ λ ２ ａ ， 即ｎ １＝ ２，－１， ３－ λ ２ ａ ． （８ 分 ）
２ · ２ ( λ)
所以
∠
ＰＡＨ
＝１２０
°
，
则Ｐ
æ
è
ç
－
１
，０，
３
ö
ø
÷
，
所以Ｅ
æ
è
ç
－
１
，
２
，
３
ö
ø
÷
，
由ＡＥ
∥
平面ＢＤＭ
，
得→ＡＥ
·
ｎ
１＝（－１，１，
ａ
）· ２，－１，
３－
λ
２
ａ ＝０，
２ ２ ６ ３ ６ λ
æ ö æ ö 即 ３－２ 解得λ ３ ．
所以Ｅ→Ｆ ç ７ ３÷ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｐ ç ３ ３÷． －２－１＋ λ ＝０， ＝
＝è ，－１，－ ø， ＝（０，２，０）， ＝è－ ，１， ø ５
６ ６ ２ ２ ＣＭ
分 线段ＣＦ上存在一点Ｍ 满足ＡＥ 平面ＢＤＭ 此时 ３．
（１１ ） ∴ ， ∥ ， ＣＦ＝
５
{ｎ Ｂ→Ｃ 分
设平面 ＰＢＣ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 · ＝０，即 （１１ ）
＝ （ ， ， ）， ｎ
·
Ｂ→Ｐ
＝０， （３）
设平面ＢＣＦ的法向量为ｎ
２＝（
ｘ
２，
ｙ
２，
ｚ
２），
{ ｙ {ｎ Ｃ→Ｂ ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ
２ ＝０， 则 ２· ＝（ ２， ２， ２）·（１，－１，０）＝ ２－ ２＝０，
取ｘ 得ｚ 则ｎ 分
３ ｘ ｙ ３ｚ ＝１， ＝ ３， ＝（１，０， ３），（１２ ） ｎ Ｃ→Ｆ ｘ ｙ ｚ ｙ ｚ
－ ＋ ＋ ＝０， ２· ＝（ ２， ２， ２）·（０，－２，１）＝－２ ２＋ ２＝０，
２ ２ 取ｘ 得ｙ ｚ 即ｎ ． 分
２＝１， ２＝１， ２＝２， ２＝（１，１，２） （１３ ）
设直线ＥＦ与平面ＰＢＣ所成角为θ 则 θ ｎ Ｅ→Ｆ 易知平面ＢＣＤ的一个法向量为ｎ
， ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜ ＝ ３＝（０，０，１），
ｎ Ｅ→Ｆ ｎ ｎ
｜ · ｜ ２２．故直线ＥＦ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为 ｎ ｎ ２· ３ ２ ６ 分
｜ ｎ ｜·｜ Ｅ→Ｆ ｜ ＝ ２２ ∴ ｃｏｓ〈 ２， ３〉＝ ｜ ｎ ２｜·｜ ｎ ３｜ ＝ ６ ＝ ３ ， （１４ ）
由图可知 二面角Ｄ ＢＣ Ｆ为锐角
２２． 分 ， － － ，
（１５ ）
２２ 二面角Ｄ ＢＣ Ｆ的余弦值为 ６． 分
７．（２０２０ 天津南开二模，１７）如图所示 平面 ＣＤＥＦ 平面 ∴ － － （１５ ）
， ⊥ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５３５
８．（ ＡＢ ２ Ｃ ０ Ｄ １９ 中 河 底 南 面 洛阳 ＡＢ 尖 ＣＤ 子 为 生 正 第 方 四 形 次联 ＰＡ 考， 底 １８ 面 ）如 ＡＢ 图 ＣＤ ， 在 Ｐ 四 Ａ 棱 Ａ 锥 Ｂ Ｐ － 则 {ｎ ２· Ｍ→Ｆ ＝０，即 {ｘ ２－ ｚ ２＝０，
点Ｍ为棱
，
ＰＣ的中点 点Ｅ Ｆ分
，
别为
⊥
棱ＡＢ ＢＣ上
，
的动
＝
点
＝
Ｅ
２
Ｆ
， ｎ
２·
Ｆ→Ｃ
＝０，
ｙ
２＝０，
， ， ， （ ， 可取ｎ ． 分
与所在棱的端点不重合 且满足ＢＥ ＢＦ． ２＝（１，０，１） （１１ ）
）， ＝ ｎ ｎ
证明 平面ＰＥＦ 平面ＭＢＤ 则 ｎ ｎ １· ２ ２ ６．
（
（２
１
）
）
当三棱
：
锥Ｆ － ＰＥ
⊥
Ｃ的体积最大
；
时 ， 求二面角Ｃ － ＭＦ － Ｅ的余
ｃｏｓ〈 １， ２〉＝
｜
ｎ
１｜｜
ｎ
２｜
＝
３× ２
＝
３
弦值． 由图知所求二面角为钝二面角
，
所以二面角Ｃ
－
ＭＦ
－
Ｅ的余弦
值为 ６． 分
－ （１２ ）
３
方法点拨 解答空间几何体中的垂直关系时 一般要根据已
，
知条件把空间中的线线 线面 面面之间的垂直关系进行转化
、 、 ，
转化时要正确运用有关的定理 找出足够的条件进行推理．
，
考点二 用向量法求空间角和距离
解析 证明 因为 ＰＡ 底面 ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＤ 所以 ＡＰ
（１） ： ⊥ ， ⊥ ， ，
１．（２０１８陕西渭南一模，７）二面角的棱上有Ａ Ｂ两点 直线ＡＣ
、 ， 、
ＡＢ ＡＤ两两垂直 以Ａ为坐标原点 →ＡＢ Ａ→Ｄ →ＡＰ的方向为ｘ轴 ｙ ＢＤ分别在这个二面角的两个半平面内 且都垂直于ＡＢ 已知
， ， ， ， ， ， ， ，
轴 ｚ轴正方向 建立如图所示的空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ． ＡＢ ＡＣ ＢＤ ＣＤ 则该二面角的大小为
， ， － ＝２， ＝３， ＝４， ＝ １７， （ ）
° °
Ａ．３０ Ｂ．４５
° °
Ｃ．６０ Ｄ．１２０
答案 Ｃ 由已知可得 →ＣＡ →ＡＢ →ＡＢ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｄ →ＣＡ →ＡＢ
： · ＝０， · ＝０， ＝ ＋
Ｂ→Ｄ
＋ ，
Ｃ→Ｄ ２ →ＣＡ →ＡＢ Ｂ→Ｄ ２ →ＣＡ ２ →ＡＢ ２ Ｂ→Ｄ ２ →ＣＡ →ＡＢ
∴ ｜ ｜ ＝｜ ＋ ＋ ｜ ＝｜ ｜ ＋｜ ｜ ＋｜ ｜ ＋２ · ＋
→ＡＢ Ｂ→Ｄ →ＣＡ Ｂ→Ｄ ２ ２ ２ →ＣＡ Ｂ→Ｄ
２ · ＋２ · ＝３ ＋２ ＋４ ＋２×３×４ｃｏｓ〈 ， 〉 ＝
则Ｐ Ｍ Ｂ Ｄ ．设Ｅ ｔ ２
（０，０，２）， （１，１，１）， （２，０，０）， （０，２，０） （ ，０，０） （ １７） ，
ｔ 则Ｆ ｔ 分
（０＜ ＜２）， （２，２－，０）， （２ ） →ＣＡ Ｂ→Ｄ １ 即 →ＣＡ Ｂ→Ｄ °
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝－ ， 〈 ， 〉＝１２０ ，
Ｐ→Ｅ ｔ Ｐ→Ｆ ｔ Ｍ→Ｂ Ｍ→Ｄ ２
＝（ ，０，－２）， ＝（２，２－，－２）， ＝（１，－１，－１）， ＝（－１，
１，－１） ． 所以 〈 →ＡＣ ， Ｂ→Ｄ 〉＝６０ ° ，
设ｍ ａ ｂ ｃ 为平面ＰＥＦ的法向量 二面角的大小为 °．故选 ．
１＝（ １， １， １） ， ∴ ６０ Ｃ
{ｍ Ｐ→Ｅ {ｔａ ｃ
则 １· ＝０，即 １－２ １＝０，
ｍ
１·
Ｐ→Ｆ
＝０， ２
ａ
１＋（２－
ｔ
）
ｂ
１－２
ｃ
１＝０，
可取ｍ ｔ ． 分
１＝（２，－２，） （４ ）
设ｍ ａ ｂ ｃ 为平面ＭＢＤ的法向量
２＝（ ２， ２， ２） ，
{ｍ Ｍ→Ｂ {ａ ｂ ｃ
则 ２· ＝０，即 ２－ ２－ ２＝０，
２．（２０１６吉林期中）正四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ中 Ｏ为顶点在底面上的
ｍ
２·
Ｍ→Ｄ
＝０， －
ａ
２＋
ｂ
２－
ｃ
２＝０， 射影 Ｐ为侧棱ＳＤ的中点 且
－
ＳＯ ＯＤ 则
，
直线ＢＣ与平面ＰＡＣ
可取ｍ ． 分 ， ， ＝ ，
２＝（１，１，０） （５ ） 所成的角是
因为ｍ ｍ ｔ （ ）
１· ２＝２×１－２×１＋ ×０＝０， ° ° ° °
所以ｍ ｍ ． Ａ．３０ Ｂ．４５ Ｃ．６０ Ｄ．９０
１⊥ ２ 答案 Ａ 如图所示 以Ｏ为原点建立空间直角坐标系Ｏ
所以平面ＰＥＦ 平面ＭＢＤ． 分 ， －
⊥ （６ ） ｘｙｚ 设ＯＤ ＳＯ ＯＡ ＯＢ ＯＣ ａ 直线ＢＣ与平面ＰＡＣ所成的
因为Ｖ Ｖ 所以当三棱锥Ｆ ＰＥＣ的体积最大 即 ， ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
（２） Ｆ － ＰＥＣ＝ Ｐ － ＥＦＣ， － ， 角为α
Ｖ 最大时 Ｓ 最大． ，
Ｐ － ＥＦＣ ， △ ＥＦＣ
因为Ｓ △ ＥＦＣ＝ １ （２－ ｔ ） ｔ ＝－ １ （ ｔ －１） ２ ＋ １ ，
２ ２ ２
因为 ｔ 所以当ｔ 时 Ｓ 最大． 分
０＜ ＜２， ＝１ ， △ ＥＦＣ （８ ）
由 中空间直角坐标系得Ｃ Ｆ Ｅ
（１） （２，２，０）， （２，１，０）， （１，０，０），
Ｍ
（１，１，１），
Ｍ→Ｆ Ｆ→Ｅ Ｆ→Ｃ ． 分 ( ａ ａ )
＝（１，０，－１）， ＝（－１，－１，０）， ＝（０，１，０） （９ ） 则Ａ ａ Ｂ ａ Ｃ ａ Ｐ ．
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＭＥＦ的法向量 （ ，０，０）， （０， ，０）， （－ ，０，０）， ０，－ ，
则
{ｎ １
１
＝
·
（ Ｍ→ １ Ｆ ，
＝
１
０
，
，
１
即
） {ｘ
１－
ｚ
１＝０，
， 则→ＣＡ
＝（２
ａ
，０，０），
→ＰＡ
＝
( ａ
，
ａ
，－
ａ )
，
Ｂ→Ｃ
＝（－
ａ ２
，－
ａ ２
，０）
．
ｎ １· Ｆ→Ｅ ＝０， － ｘ １－ ｙ １＝０， ２ ２ { ２ ａｘ ＝０，
可取ｎ １＝（１，－１，１） ． （１０ 分 ） 设平面ＰＡＣ的法向量为ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， 则 ａｘ ａ ｙ ａ ｚ
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＭＣＦ的法向量 ＋ － ＝０，
２＝（ ２， ２， ２） ， ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５３６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
令ｙ 可得ｎ 求证 平面ＡＤＣ 平面ＢＣＤＥ
＝１， ＝（０，１，１）， （１） ： ⊥ ；
试问线段ＤＥ上是否存在点Ｍ 使得直线ＡＭ与平面ＡＣＤ
则 Ｂ→Ｃ ｎ １ ． （２） ，
｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
２ 所成角的正弦值为 ２ 若存在 确定点Ｍ的位置 若不存
？ ， ，
α １ 易知 ° α ° α ° ７
∴ ｓｉｎ ＝ ， ０ ≤ ≤９０ ，∴ ＝３０ ， 在 请说明理由．
２ ，
直线ＢＣ与平面ＰＡＣ所成的角为 °．故选 ．
∴ ３０ Ａ
思路分析 以底面中心Ｏ为原点建系 利用平面的法向量和
，
向量的夹角公式求解．
３．如图 已知在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＤ Ａ Ａ １ ＡＢ
， － １ １ １ １ ， ＝ １ ＝ ＝２，
２
ＡＥ
点Ｅ是棱ＡＢ上一点 且 λ．
， ＥＢ＝
解析 证明 ＣＤ 平面ＡＢＣ ＢＥ ＣＤ
（１） ：∵ ⊥ ， ∥ ，
ＢＥ 平面ＡＢＣ ＢＥ ＡＢ．
∴ ⊥ ，∴ ⊥
ＢＥ ＡＥＢ ＡＢ ．
∵ ＝１，ｔａｎ∠ ＝２ ５，∴ ＝２ ５
Ｏ的半径为 ＡＢ是直径 ＡＣ ＢＣ．
∵ ☉ ５，∴ ，∴ ⊥
证明 Ｄ Ｅ Ａ Ｄ 又 ＣＤ 平面ＡＢＣ ＣＤ ＢＣ
（１） ： １ ⊥ １ ； ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ，
又ＡＣ ＣＤ Ｃ ＢＣ 平面ＡＤＣ．
若二面角Ｄ ＥＣ Ｄ的余弦值为 ６ 求ＣＥ与平面Ｄ ＥＤ所 ∩ ＝ ，∴ ⊥
（２） １－ － ， １ ＢＣ 平面ＢＣＤＥ 平面ＡＤＣ 平面ＢＣＤＥ．
３ ∵ ⊂ ，∴ ⊥
成的角的大小． 建立如图所示的空间直角坐标系Ｃ ｘｙｚ
（２） － ，
解析 证明 如图 以 Ｄ 为坐标原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在
（１） ： ， ， 、 、 １
直线分别为ｘ ｙ ｚ轴建立空间直角坐标系 则Ｄ Ａ
、 、 ， （０，０，０）， （２，
Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
０，０）， （２，４，０）， （０，４，０）， １（２，０，２）， １（２，４，２）， １（０，４，
ＡＥ ( λ )
Ｄ ．因为 λ 所以Ｅ ４
２）， １（０，０，２） ＥＢ＝ ， ２， λ，０ ，
１＋
( λ )
于是Ｄ→Ｅ ４ Ａ→Ｄ
１ ＝ ２， λ，－２ ， １ ＝（－２，０，－２），
１＋
( λ )
因为Ｄ→Ｅ Ａ→Ｄ ４ 故Ｄ Ｅ Ａ Ｄ．
１ · １ ＝ ２， λ，－２ ·（－２，０，－２）＝０， １ ⊥ １ 则Ａ Ｂ Ｄ Ｅ Ｃ 则
１＋ （４，０，０）， （０，２，０）， （０，０，４）， （０，２，１）， （０，０，０），
Ｄ→Ｅ 易知平面ＡＣＤ的一个法向量为Ｃ→Ｂ ．
＝（０，２，－３）， ＝（０，２，０）
假设满足题意的点Ｍ存在 设Ｍ ａ ｂ ｃ 则Ｄ→Ｍ ａ ｂ ｃ
， （ ， ， ）， ＝（ ， ， －４），
再设Ｄ→Ｍ λＤ→Ｅ λ
＝ ， ∈（０，１］，
{ａ {ａ
＝０， ＝０，
ｂ λ ｂ λ
∴ ＝２ ， ⇒ ＝２ ，
因为Ｄ Ｄ 平面 ＡＢＣＤ 所以平面 ＤＥＣ 的一个法向量为 ｃ λ ｃ λ
（２） １ ⊥ ， －４＝－３ ＝４－３ ，
ｎ Ｄ→Ｄ ．设平面Ｄ ＣＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 又 即Ｍ λ λ 从而Ａ→Ｍ λ λ ．
１＝ １＝（０，０，２） １ ２＝（ ， ， ）， （０，２ ，４－３ ）， ＝（－４，２ ，４－３ ）
( λ )
Ｃ→Ｅ
＝ ２，
４
λ－４，０ ，
Ｃ→Ｄ
１＝（０，－４，２），
设直线ＡＭ与平面ＡＣＤ所成的角为θ
，
则
ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ〈
Ａ→Ｍ
，
→ＣＢ
〉｜＝
１＋ λ
( λ ) ｜２ ×２｜ ２．
∴ ｎ ２· Ｃ→Ｅ ＝２ ｘ ＋ ｙ ４ λ－４ ＝０， ｎ ２· Ｃ→Ｄ １＝－４ ｙ ＋２ ｚ ＝０， ２× １６＋４ λ２ ＋（４－３ λ ） ２ ＝ ７
１＋
( λ ) 解得λ ４ 或λ ２ 其中λ ４ 舍去
所以可取向量ｎ ２ ＝－ ＝ ， ＝－ ∉（０，１］， ，
２＝ ２－ λ，１，２ ， ３ ３ ３
１＋
ｎ ｎ 而λ ２
因为二面角Ｄ ＥＣ Ｄ的余弦值为 ６ 所以 ｜ １· ２｜ ６ ＝ ∈（０，１］，
１－ － ， ｎ ｎ ＝ ， ３
３ ｜ １｜·｜ ２｜ ３ 故满足条件的点Ｍ存在 且点Ｍ为线段ＤＥ上靠近Ｅ的三等
解得λ ，
＝１， 分点．
所以Ｅ
（２，２，０），
故Ｄ→Ｅ
＝（２，２，０），
Ｃ→Ｅ
＝（２，－２，０）， ５．如图 在四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 侧棱Ａ Ａ 底面ＡＢＣＤ ＡＢ
， － １ １ １ １ ， １ ⊥ ，
因
∩
为
ＤＥ
Ｃ→
＝
Ｅ
Ｄ
·
， 所
Ｄ→Ｄ
以
１＝
Ｃ
０
Ｅ
，
⊥
Ｃ→Ｅ
平
·
面
Ｄ→
Ｄ
Ｅ
１
＝
Ｅ
０
Ｄ
，
．
故ＣＥ ⊥ ＤＤ １， ＣＥ ⊥ ＤＥ ， 又ＤＤ １ ⊥
Ｂ
Ａ
Ｃ
Ｃ
和
， Ａ
Ｄ
Ｂ ＝
Ｄ
１
的
， Ａ
中
Ｃ ＝
点
Ａ
．
Ａ １＝２， ＡＤ ＝ ＣＤ ＝ ５， 且点 Ｍ 和 Ｎ 分别为
１ １
即ＣＥ与平面Ｄ ＥＤ所成角的大小为π． 求证 ＭＮ 平面ＡＢＣＤ
（１） ： ∥ ；
１ ２ 求二面角Ｄ ＡＣ Ｂ 的正弦值
４．（２０１８江西南昌二中１ 月模拟，１８）如图 ＡＢＣ 的外接圆 （２） １－ － １ ；
，△ 设Ｅ为棱Ａ Ｂ 上的点．若直线ＮＥ和平面ＡＢＣＤ所成角的
Ｏ的半径为 ＣＤ Ｏ所在的平面 ＢＥ ＣＤ ＣＤ ＢＣ （３） １ １
☉ ５， ⊥☉ ， ∥ ， ＝４， ＝ 正弦值为 １ 求线段Ａ Ｅ的长．
且ＢＥ ＡＥＢ ． ， １
２， ＝１，ｔａｎ∠ ＝２ ５ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５３７
{ｎ Ａ→Ｄ
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＡＣＤ 的法向量 则 １· １＝０，即
１＝（ ， ， ） １ ， ｎ →ＡＣ
１· ＝０，
{ｘ ｙ ｚ
－２ ＋２ ＝０，不妨设ｚ 可得ｎ ．
ｘ ． ＝１， １＝（０，１，１）
２ ＝０
{ｎ Ａ→Ｂ
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＡＣＢ 的法向量 则 ２· １＝０，又Ａ→Ｂ
解析 如图 以Ａ为原点建立空间直角坐标系 ２＝（ ， ， ） １ ， ｎ →ＡＣ １
， ， ２· ＝０，
{ｙ ｚ
得 ＋２ ＝０，不妨设ｚ 可得ｎ ．
＝（０，１，２）， ｘ ． ＝１， ２＝（０，－２，１）
２ ＝０
ｎ ｎ
因此有 ｎ ｎ １· ２ １０ 于是 ｎ ｎ
ｃｏｓ〈 １， ２〉 ＝ ｎ ｎ ＝－ ， ｓｉｎ〈 １， ２〉
｜ １｜·｜ ２｜ １０
３ １０．
＝
１０
所以 二面角Ｄ ＡＣ Ｂ 的正弦值为３ １０．
依题意可得Ａ （０，０，０）， Ｂ （０，１，０）， Ｃ （２，０，０）， Ｄ （１，－２，０）， ， １－ － １ １０
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ．
又
１（
因
０，
为
０，
Ｍ
２），
Ｎ分
１（
别
０，
为
１，２
Ｂ
），
Ｃ和
１（２
Ｄ
，０
Ｄ
，２
的
），
中点
１（１，－２，２）
（３）
依题意
，
可设Ａ→
１
Ｅ
＝
λＡ
１
→Ｂ
１，
其中λ
∈［０，１］，
则Ｅ
（０，
λ
，２），
(
，
)
１ １ ， 从而Ｎ→Ｅ
＝（－１，
λ
＋２，１）
．又ｎ
＝（０，０，１）
为平面ＡＢＣＤ的一个法
所以Ｍ １ Ｎ ．
１， ，１ ， （１，－２，１） Ｎ→Ｅ ｎ
２ 向 量 由 已 知 得 Ｎ→Ｅ ｎ ·
证明 依题意 可得ｎ 为平面ＡＢＣＤ的一个法向 ， ， ｃｏｓ 〈 ， 〉 ＝ Ｎ→Ｅ ｎ ＝
（１） ： ， ＝（０，０，１） ｜ ｜·｜ ｜
( )
量．Ｍ→Ｎ
＝ ０，－
５
，０
．由此可得Ｍ→Ｎ
·
ｎ
＝０，
又因为直线ＭＮ
⊄
平 １
＝
１
，
整理得 λ２
＋４
λ
－３＝０，
又因为 λ
∈
面ＡＢＣＤ 所以 ２ ＭＮ 平面ＡＢＣＤ． （－１） ２ ＋（ λ ＋２） ２ ＋１ ２ ３
， ∥ 解得λ ．
［０，１］， ＝ ７－２
（２）
Ａ→Ｄ
１＝（１，－２，２），
→ＡＣ
＝（２，０，０）
．
所以
，
线段Ａ
１
Ｅ的长为
７－２
．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
由题意知各点坐标如下：
Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ａ （ ，
０ － ３ ０ １ ０ ０ １ ０
， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ）．
考法一 求直线与平面所成角的方法 － ３ ４ １ １ ０ ２ １ ０ ３ １
因此Ａ→Ｂ （ ， ， ），Ａ→Ｂ （ ，
例１ （２０１８ 浙江，１９，１５ 分） 如图 已知多面体 １ ＝ １ ３ ２ １ １ ＝ １
，
ＡＢＣＡ １ Ｂ １ Ｃ １， Ａ １ Ａ ， Ｂ １ Ｂ ， Ｃ １ Ｃ均垂直于平面ＡＢＣ ，∠ ＡＢＣ ＝１２０ ° ， Ａ １ Ａ ３ ， －２ ），Ａ １ →Ｃ １＝ （ ０ ， ２ ３ ， －３ ）．
Ｃ Ｃ ＡＢ ＢＣ Ｂ Ｂ ． 由Ａ→Ｂ ·Ａ→Ｂ 得ＡＢ Ａ Ｂ ．
＝４， １ ＝１， ＝ ＝ １ ＝２ １ １ １＝０ １⊥ １ １
（１）
证
求
明
直 ： 线
ＡＢ
Ａ １ Ｃ ⊥
平
与
面
平面
Ａ
１
Ｂ
ＡＢ １
Ｃ
Ｂ １； 所成的角的正弦值．
由
又
Ａ
Ａ
→Ｂ
１ Ｂ
·Ａ
１ Ａ
→Ｃ
１ Ｃ ＝０ Ａ
得
，
ＡＢ
１⊥
Ａ
１
Ｃ
１
．
（２） １ １ １ １∩ １ １＝ １
所以ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ ．
１⊥ １ １ １
（ ）设直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角为θ．
２ １ １
由（ ）可知Ａ→Ｃ （ ， ， ），→ＡＢ （ ， ， ），Ｂ→Ｂ （ ， ， ）．
１ １＝ ０ ２ ３ １ ＝ １ ３ ０ １＝ ０ ０ ２
设平面ＡＢＢ 的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ）．
１ ＝
由 {ｎ·→ＡＢ ＝０ ， 得 { ｘ ＋ ３ ｙ ＝０ ， 可取ｎ （ ， ， ）．
ｎ·Ｂ→Ｂ ， ｚ ， ＝ － ３ １ ０
１＝０ ２ ＝０
Ａ→Ｃ ·ｎ
解析 解法一： 所以 θ 〈Ａ→Ｃ ，ｎ〉 ｜ １ ｜ ３９．
（
１
）证 明：如图，以ＡＣ的中点Ｏ为原点，分别以射线ＯＢ，ＯＣ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ １ ｜＝ ｜ Ａ→Ｃ １｜ · ｜ ｎ ｜ ＝ １３
为ｘ，ｙ轴的非负半轴，建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
－ 因此，直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９．
１ １
１３
解法二：
（ ）证明：由ＡＢ ，ＡＡ ，ＢＢ ，ＡＡ ＡＢ，ＢＢ ＡＢ 得
１ ＝２ １＝４ １＝２ １⊥ １⊥
ＡＢ Ａ Ｂ ，所以Ａ Ｂ２ ＡＢ２ ＡＡ２，故ＡＢ Ａ Ｂ ．由ＢＣ ，
１＝ １ １＝２ ２ １ １＋ １＝ １ １⊥ １ １ ＝２
ＢＢ ，ＣＣ ，ＢＢ ＢＣ，ＣＣ ＢＣ得Ｂ Ｃ ，由ＡＢ ＢＣ ，
１＝２ １＝１ １⊥ １⊥ １ １＝ ５ ＝ ＝２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５３８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＡＢＣ °得ＡＣ ，由ＣＣ ＡＣ，得ＡＣ ，所以ＡＢ２
∠ ＝１２０ ＝２ ３ １⊥ １＝ １３ １＋
Ｂ Ｃ２ ＡＣ２，故 ＡＢ Ｂ Ｃ ．又 Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ ，因此 ＡＢ 平
１ １＝ １ １⊥ １ １ １ １∩ １ １ ＝ １ １⊥
面Ａ Ｂ Ｃ ．
１ １ １
（ ）如图，过点 Ｃ 作 Ｃ Ｄ Ａ Ｂ ，交直线 Ａ Ｂ 于点 Ｄ，连
２ １ １ ⊥ １ １ １ １
接ＡＤ．
由 ＡＢ 平面 Ａ Ｂ Ｃ ，ＡＢ 平面
１⊥ １ １ １ １⊂
ＡＢＢ 得平面Ａ Ｂ Ｃ 平面ＡＢＢ ， 又ＡＥ ＢＥ Ｅ，
１ １ １ １⊥ １ ∩ ＝
由Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 得Ｃ Ｄ 平面ＡＢＢ ， ＣＤ 平面ＡＢＥ， （ 分）
１ ⊥ １ １ １ ⊥ １ ∴ ⊥ ５
所以 Ｃ ＡＤ是ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所 ＡＢ 平面ＡＢＥ， ＡＢ ＣＤ． （ 分）
∠ １ １ １ ∵ ⊂ ∴ ⊥ ７
成的角．
（ ）解法一：在 ＡＢＤ中，根据余弦定理得ＢＤ２ ＡＢ２ ＡＤ２
２ △ ＝ ＋
由 Ｂ Ｃ ，Ａ Ｂ ，Ａ Ｃ ＡＢ·ＡＤ· ° ，
１ １ ＝ ５ １ １ ＝ ２ ２ １ １ ＝ －２ ｃｏｓ６０ ＝７
ＢＤ ，
得 Ｃ Ａ Ｂ ６， ∴ ＝ ７
２１ ｃｏｓ∠ １ １ １＝ ＤＥ ， ＢＥ ，ＡＥ ，
７ ∵ ＝１ ∴ ＝ ６ ＝ ３
则 ｓｉｎ∠ Ｃ １ Ａ １ Ｂ １＝ １ ，所以Ｃ １ Ｄ ＝ ３ ， ∴ 以 Ａ Ｅ Ｂ 点 ２ ＝ 为 ＢＥ 坐 ２ ＋ 标 ＡＥ 原 ２， 点 ∴ ， Ａ 以 Ｅ ⊥ ＥＢ Ｂ ， Ｅ Ｅ ． Ｃ，ＥＡ所在直线分别为 （ ｘ ９ 轴 分 ， ） ｙ
７
Ｃ Ｄ 轴和ｚ轴建立空间直角坐标系，如图．
故 Ｃ ＡＤ １ ３９．
ｓｉｎ∠ １ ＝ＡＣ ＝
１ １３
因此，直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９．
１ １
１３
方法总结 求直线与平面所成角的方法
１．定义法
作 在斜线上选取恰当的点 过该点向平面引垂线 作出
（１） ： ， ，
所求角 其中确定垂足的位置是关键 证 证明所作的角为直
， ；（２） ：
线与平面所成的角 求 构造角所在的三角形 利用解三角形
；（３） ： ， 则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｄ（ ， ， ），
的知识求角． ０ ０ ３ ６ ０ ０ ０ １ ０ ０ －１ ０
２．公式法 →ＡＢ （ ， ， ），Ｃ→Ｄ （ ， ， ），Ａ→Ｄ （ ， ， ）．
∴ ＝ ６ ０ － ３ ＝ ０ －２ ０ ＝ ０ －１ － ３
ｈ （ 分）
θ 其中ｈ为斜线上除斜足外的任一点到所给平面 １１
ｓｉｎ ＝ ｌ （ 设平面ＡＢＤ的法向量为ｍ （ｘ，ｙ，ｚ）．
＝
的距离 ， ｌ为该点到斜足的距离 ， θ为斜线与平面所成的角 ） ． {ｍ·→ＡＢ ， { ｘ ｚ ，
３．向量法 ＝０ 则 ６ － ３ ＝０ 取ｍ （ ， ， ），
ｍ·Ａ→Ｄ ， ｙ ｚ ， ＝ １ － ６ ２
θ →ＡＢ ｎ ｜
→ＡＢ
·
ｎ
｜ 其中ＡＢ为平面α的斜线 ｎ
＝０ － － ３ ＝０
（ 分）
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ →ＡＢ ｎ （ ， １３
｜ ｜｜ ｜ 设ＣＤ与平面ＡＢＤ所成的角为α，则 α 〈Ｃ→Ｄ，ｍ〉
为平面α的法向量 θ为斜线ＡＢ与平面α所成的角 ． ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ ｜
， ） Ｃ→Ｄ·ｍ
｜ ｜ ２ ６ ６．
＝ ＝ ＝
例 （２０１８浙江杭州高三教学质检，１９）如图 在三棱锥 Ａ ｜ Ｃ→Ｄ ｜ · ｜ ｍ ｜ ２×３ ３
， －
ＢＣＤ中 ＢＡＣ ＢＡＤ ＤＡＣ ° ＡＣ ＡＤ ＡＢ ． 故ＣＤ与平面ＡＢＤ所成角的正弦值为 ６． （ 分）
，∠ ＝∠ ＝∠ ＝６０ ， ＝ ＝２， ＝３ １５
证明 ＡＢ ＣＤ ３
（１）
求ＣＤ
：
与
⊥
平面
；
ＡＢＤ所成角的正弦值．
解法二：在
△
ＡＢＤ 中，根据余弦定理得 ＢＤ２
＝
ＡＢ２
＋
ＡＤ２
－
（２） ＡＢ·ＡＤ· ° ，
２ ｃｏｓ６０ ＝７
ＢＤ ，
∴ ＝ ７
ＤＥ ，
∵ ＝１
ＢＥ ，ＡＥ ，
∴ ＝ ６ ＝ ３
ＡＢ２ ＢＥ２ ＡＥ２， ＡＥ ＢＥ． （ 分）
∴ ＝ ＋ ∴ ⊥ ９
设点Ｃ到平面ＡＢＤ的距离为ｈ，ＣＤ与平面ＡＢＤ所成的角
为α，
解析 （ ）证明： ＡＢ ＡＢ， ＢＡＣ ＢＡＤ °，ＡＣ ＡＤ，
１ ∵ ＝ ∠ ＝∠ ＝６０ ＝ Ｖ Ｖ ，即 １ ＣＤ·Ｓ １ ｈ·Ｓ ， （ 分）
ＡＢＣ ＡＢＤ， ＢＣ ＢＤ， （ 分） ∵ Ａ － ＢＣＤ＝ Ｃ － ＡＢＤ △ ＡＢＥ＝ △ ＡＢＤ １１
∴ △ ≌△ ∴ ＝ ２ ３ ３
如图，取ＣＤ的中点Ｅ，连接ＡＥ，ＢＥ，则ＡＥ ＣＤ，ＢＥ ＣＤ，
⊥ ⊥ １
ＣＤ·Ｓ ２× × ６× ３
ｈ △ ＡＢＥ ２ ２ ６， （ 分）
∴ ＝ Ｓ ＝ ＝ １３
△ ＡＢＤ １ ° ３
×３×２×ｓｉｎ６０
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５３９
考法二 求二面角的方法
ｈ
α ６， 例２ （２０２０ 山东日照、潍坊、临沂部分学校６ 月模拟，
∴ ｓｉｎ ＝ＣＤ＝
３ １９）已知在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ是边长为 的正方
－ ， ４
故ＣＤ与平面ＡＢＤ所成角的正弦值为 ６． （ 分） 形 ＰＡＤ是正三角形 ＣＤ ^平面 ＰＡＤ Ｅ Ｆ Ｇ Ｏ 分别是 ＰＣ
１５ ，△ ， ， ， ， ， ，
３ ＰＤ ＢＣ ＡＤ的中点．
例 （２０１９ 江西宜春 １２ 月大联考，１８）如图 四边形 ， ，
， 求证 ＰＯ^平面ＡＢＣＤ
ＡＢＣＤ为矩形 Ｅ为ＤＣ的中点 ＡＢ ＡＤ 沿ＡＥ将 ＡＥＤ折 （１） ： ；
， ， ＝２ ＝４， △ 求平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角的大小
起 使点Ｄ折到Ｐ点的位置 且ＰＢ ＰＣ． （２） ；
， ， ＝ 线段ＰＡ上是否存在点Ｍ 使得直线ＧＭ与平面ＥＦＧ所
求证 平面ＰＡＥ 平面ＡＢＣＥ （３） ，
（１） ： ⊥ ；
求直线ＡＰ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值． 成角为π 若存在 求线段ＰＭ的长度 若不存在 说明理由．
（２） ？ ， ； ，
６
解析 （ ）证明：如图，取ＡＥ的中点Ｏ，ＢＣ的中点Ｆ，连接
１
ＯＰ，ＯＦ，ＰＦ，则ＯＦ ＡＢ， ＯＦ ＢＣ． ＰＢ ＰＣ， ＰＦ ＢＣ．又
∥ ∴ ⊥ ∵ ＝ ∴ ⊥ 解析 （ ）证明：因为 ＰＡＤ是正三角形，Ｏ是ＡＤ的中点，
ＯＦ ＰＦ Ｆ， ＢＣ 平面ＰＯＦ，则ＢＣ ＰＯ． Ｅ为ＤＣ的中点， １ △
∩ ＝ ∴ ⊥ ⊥ ∵ 所以ＰＯ ＡＤ，又因为ＣＤ 平面ＰＡＤ，ＰＯ 平面ＰＡＤ，所以
ＡＢ ＡＤ ， ＰＡ ＰＥ，则ＰＯ ＡＥ． ＡＥ，ＢＣ是平面ＡＢＣＥ内 ⊥ ⊥ ⊂
＝２ ＝４ ∴ ＝ ⊥ ∵ ＰＯ ＣＤ．因为ＡＤ ＣＤ Ｄ，ＡＤ，ＣＤ 平面ＡＢＣＤ，所以ＰＯ 平面
的相交直线， ＰＯ 平面ＡＢＣＥ，又ＰＯ 平面ＰＡＥ． ⊥ ∩ ＝ ⊂ ⊥
∴ ⊥ ⊂ ＡＢＣＤ．
平面ＰＡＥ 平面ＡＢＣＥ．
∴ ⊥ （ ）解法一（向量法）：如图，连接ＯＧ．以Ｏ点为原点，分别以
２
ＯＡ、ＯＧ、ＯＰ所在直线为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴建立空间直角坐标系．
（ ）在平面ＡＢＣＥ内，过点Ｏ作ＯＭ ＯＦ，则以Ｏ为原点，
２ ⊥
以ＯＭ，ＯＦ，ＯＰ所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴，建立空间直角
坐标系，如图所示，
由题设知，Ａ（ ， ， ），Ｐ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），
１ －１ ０ ０ ０ ２ １ ３ ０ －１ ３ ０
Ｐ→Ｂ （ ， ， ），Ｐ→Ｃ （ ， ， ）， 则Ｏ（ ， ， ），Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｄ（ ， ，
∴ ＝ １ ３ － ２ ＝ －１ ３ － ２ ０ ０ ０ ２ ０ ０ ２ ４ ０ －２ ４ ０ －２ ０
设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ
＝
（ｘ，ｙ，ｚ），
０
），Ｇ（
０
，
４
，
０
），Ｐ（
０
，
０
，
２ ３
），Ｅ（
－１
，
２
，
３
），Ｆ（
－１
，
０
，
３
），则Ｅ→Ｆ
{
ｎ·Ｐ→Ｂ （ｘ，ｙ，ｚ）·（ ， ， ） ， （ ， ， ），Ｅ→Ｇ （ ， ， ）．设平面ＥＦＧ的法向量为ｍ （ｘ，
由 ＝ １ ３ － ２ ＝０ 得， ＝ ０ －２ ０ ＝ １ ２ － ３ ＝
ｎ·Ｐ→Ｃ （ｘ，ｙ，ｚ）·（ ， ， ） {Ｅ→Ｆ·ｍ ， { ｙ ，
{ ｘ ｙ ｚ ＝ ， －１ ３ － ２ ＝０ ｙ，ｚ）．由 Ｅ→Ｇ·ｍ ＝０ ， 得 ｘ －２ ｙ ＝０ ｚ ， 令ｚ ＝１ ，则ｍ ＝ （ ３ ， ０ ， １ ），
＋３ － ２ ＝０ ｘ ，取ｚ ，则ｙ ２ ， ＝０ ＋２ － ３ ＝０
ｘ ｙ ｚ ， ＝０ ＝ ２ ＝ 易知ｎ （ ， ， ）是平面ＡＢＣＤ的一个法向量，
－ ＋３ － ２ ＝０ ３ ＝ ０ ０ １
( ) 设平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角的大小为θ，
平面ＰＢＣ的一个法向量为ｎ ，２ ， ．
∴ ＝ ０ ２ ｍ·ｎ
３ 所以 θ ｜ ｜ １ １ ．
设直线ＡＰ与平面ＰＢＣ所成角为θ， ｃｏｓ ＝
｜
ｍ
｜｜
ｎ
｜
＝
（ ）２ ２
＝
２
３ ＋１ ×１
∵
→ＡＰ
＝
（
－１
，
１
，
２
），
所以平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角为π．
ｎ·→ＡＰ ３
θ 〈ｎ，→ＡＰ〉 ｜ ｜ 解法二（定义法）：连接ＯＦ，ＯＧ，由于Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｏ分别是ＰＣ，
∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ ｜＝
｜
ｎ
｜
·
｜
→ＡＰ
｜ ＰＤ，ＢＣ，ＡＤ的中点，所以ＥＦ ＣＤ，又知ＣＤ ＯＧ，因此平面ＥＦＧ
∥ ∥
２ 也就是平面ＥＦＯＧ，平面ＥＦＧ与平面ＡＢＣＤ所成锐二面角为二面
＋２
３ ２ ２２， 角Ｅ ＯＧ Ｄ，因为 ＣＤ 平面 ＰＡＤ，ＯＦ 平面 ＰＡＤ，所以 ＣＤ
＝ ＝ － － ⊥ ⊂ ⊥
４ １１ ＯＦ，所以ＯＧ ＯＦ．又ＯＧ ＡＤ，所以 ＦＯＤ 为二面角 Ｅ ＯＧ Ｄ
＋２× １＋１＋２ ⊥ ⊥ ∠ － －
９ 的平面角，又Ｆ，Ｏ分别是ＰＤ，ＡＤ的中点，所以ＯＦ ＰＡ，又因为
∥
即直线ＡＰ与平面ＰＢＣ所成角的正弦值为２ ２２． ＰＡＤ是正三角形，所以 ＦＯＤ ＰＡＤ π，所以平面ＥＦＧ与
１１ △ ∠ ＝∠ ＝
３
平面ＡＢＣＤ所成锐二面角的大小为π．
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５４０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
（ ）假设线段ＰＡ上存在点Ｍ，使得直线ＧＭ与平面ＥＦＧ所
３ 因为正方体的棱长为 ，且→ＡＥ λ→ＡＢ，Ｂ→Ｆ λＢ→Ｃ（ λ ），
２ ＝ ＝ ０＜ ＜１
成角为π，即直线ＧＭ与平面ＥＦＧ的法向量ｍ所成的角为π． 则Ｄ（ ， ， ），Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｅ（ ， λ， ），
６ ３ ０ ０ ０ １ ２ ０ ２ １ ２ ２ ２ １ ０ ２ ２ ２ ２ ０
Ｆ（ λ， ， ）．
设Ｐ→Ｍ λ→ＰＡ，λ ［ ， ］， ２－２ ２ ０
＝ ∈ ０ １
Ｇ→Ｍ ＝ Ｇ→Ｐ ＋ Ｐ→Ｍ ＝ Ｇ→Ｐ ＋ λ→ＰＡ，所以Ｇ→Ｍ ＝ （ ２ λ， －４ ， ２ ３ （ １－ λ）），
（
１
）证明：因为Ａ→
１
Ｆ
＝
（
－２
λ，
２
，
－２
），Ｃ→
１
Ｅ
＝
（
２
，
２
λ
－２
，
－２
），
Ｄ→Ｃ （ ， ， ），
所以 π 〈Ｇ→Ｍ，ｍ〉 ３ ，整理得 λ２ １＝ ０ ２ ２
ｃｏｓ ３ ＝｜ｃｏｓ ｜＝ ２ ４ λ２ －６ λ ＋７ ２ － 所以Ａ→ １ Ｆ·Ｃ→ １ Ｅ ＝ （ －２ λ， ２ ， －２ ）·（ ２ ， ２ λ －２ ， －２ ） ＝０ ，
λ ，Δ ，方程无解，所以不存在这样的点Ｍ．
３ ＋２＝０ ＜０ Ａ→Ｆ·Ｄ→Ｃ （ λ， ， ）·（ ， ， ） ，
方法总结 求二面角的平面角的方法 １ １＝ －２ ２ －２ ０ ２ ２ ＝０
所以Ａ Ｆ Ｃ Ｅ，Ａ Ｆ ＤＣ ，
ｎ ｎ １ ⊥ １ １ ⊥ １
１．向量法 ： 利用公式 ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉＝ ｜ ｎ １ １ · ｜｜ ｎ ２ ２｜ （ ｎ １， ｎ ２ 分别为 又Ｃ １ Ｅ ∩ ＤＣ １＝ Ｃ １ ，所以Ａ １ Ｆ ⊥ 平面 ( Ｃ １ ＤＥ． ) ２
两平面的法向量 进行求解 注意 ｎ ｎ 与二面角平面角大小 （ ）因为Ｓ １ （ λ） λ λ １ １ ，
） ， 〈 １， ２〉 ２ △ ＢＥＦ＝ ２－２ ２ ＝－２ － ＋
的关系 是相等还是互补 需结合图形进行判断． ２ ２ ２
， ，
２．定义法 在二面角的棱上找一特殊点 过该点在两个半平 所以当 λ １ 时，即 Ｅ，Ｆ 分别是棱 ＡＢ，ＢＣ 的中点时，
： ， ＝
面内分别作垂直于棱的射线 如图 ＡＯＢ为二面角α ｌ β ２
， （１），∠ － － ＢＥＦ的面积取得最大值，此时点Ｅ，Ｆ的坐标分别为Ｅ（ ， ，
的平面角． △ ２ １
），Ｆ（ ， ， ），则Ｂ→Ｅ （ ， ， ），Ｅ→Ｆ （ ， ， ），
３．垂面法 过棱上一点作棱的垂直平面 该平面与二面角的 ０ １ ２ ０ １ ＝ ０ －１ －２ ＝ －１ １ ０
： ， 设平面Ｂ ＥＦ的法向量ｍ （ａ，ｂ，ｃ），
两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角 ， 如图 （２）， １ ＝
ＡＯＢ为二面角α ｌ β的平面角． {ｍ·Ｂ→Ｅ （ａ，ｂ，ｃ）·（ ， ， ） ，
∠ － － 则 １ ＝ ０ －１ －２ ＝０
４．垂线法 三垂线定理法 过二面角的一个半平面内一点
（ ）： ｍ·Ｅ→Ｆ （ａ，ｂ，ｃ）·（ ， ， ） ，
作另一个半平面所在平面的垂线 从垂足出发向棱引垂线 利用 ＝ －１ １ ０ ＝０
， ， {ｂ ｃ ，
三垂线定理 线面垂直的性质 即可找到所求二面角的平面角或 得 ＋２ ＝０
（ ） ａ ｂ ．
其补角．如图 ＡＢＯ为二面角α ｌ β的平面角． － ＝０
（３），∠ － － 令ａ ，得平面Ｂ ＥＦ的一个法向量为ｍ （ ， ， ），
＝２ １ ＝ ２ ２ －１
显然底面ＡＢＣＤ的一个法向量为ｎ （ ， ， ），
＝ ０ ０ １
设二面角Ｂ ＥＦ Ｄ的平面角为θ，
１－ －
由题意知θ为钝角，
ｍ·ｎ
因为 〈ｍ，ｎ〉 １ ，
ｃｏｓ ＝ ｍ · ｎ ＝－
｜ ｜ ｜ ｜ ３
所以 θ １ ，
ｃｏｓ ＝－
３
例 如图 在棱长为 的正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 →ＡＥ 即二面角Ｂ ＥＦ Ｄ的余弦值为 １ ．
， ２ － １ １ １ １ ， ＝ １－ － －
３
λ→ＡＢ Ｂ→Ｆ λＢ→Ｃ 且 λ ． 解后反思 二面角的求解一般可直接利用空间向量求
， ＝ ， ０＜ ＜１
求证 Ａ Ｆ 平面Ｃ ＤＥ 解，将二面角转化为二面角的两个面的法向量的夹角，但要注
（１） ： １ ⊥ １ ；
当 ＢＥＦ的面积取得最大值时 求 λ 的值 并求出此 意两个平面的法向量的夹角与所求二面角之间的关系，转化这
（２） △ ， ，
时二面角Ｂ ＥＦ Ｄ的余弦值． 两者之间的关系时，要先根据几何体或空间图形的结构特征判
１－ －
断二面角的取值范围，然后下结论．
例 （２０１８北京西城二模，１６）如图 梯形 ＡＢＣＤ 所在的
，
平面与等腰梯形ＡＢＥＦ所在的平面互相垂直 ＡＢ ＣＤ ＥＦ ＡＢ
， ∥ ∥ ，
ＡＤ ＣＤ ＤＡ ＡＦ ＦＥ ＡＢ ．
⊥ ， ＝ ＝ ＝ ＝２， ＝４
求证 ＤＦ 平面ＢＣＥ
（１） ： ∥ ；
求二面角Ｃ ＢＦ Ａ的余弦值
（２） － － ；
线段ＣＥ上是否存在点Ｇ 使得ＡＧ 平面ＢＣＦ 请说
解析 依题意，以Ｄ为原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ 所在直线分别为 （３） ， ⊥ ？
１ 明理由．
ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系，
解析 解析 证明 因为ＣＤ ＥＦ 且ＣＤ ＥＦ
（１） ： ∥ ， ＝ ，
所以四边形ＣＤＦＥ为平行四边形
，
所以ＤＦ ＣＥ．
∥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５４１
因为ＣＥ 平面ＢＣＥ，ＤＦ 平面ＢＣＥ， 由图可知二面角Ｃ ＢＦ Ａ的平面角为锐角，
⊂ ⊄ － －
所以ＤＦ 平面ＢＣＥ．
∥ 所以二面角Ｃ ＢＦ Ａ的余弦值为 ５．
（ ）因为 ＡＢ ＡＤ，所以可建立如图所示的空间直角坐 － －
２ ⊥ ５
标系． （ ）线段 ＣＥ 上不存在点 Ｇ，使得 ＡＧ 平面 ＢＣＦ，理由
３ ⊥
如下：
解法一：设平面ＡＣＥ的法向量为ｍ （ｘ ，ｙ ，ｚ ），
＝ １ １ １
{ｍ·→ＡＣ ， { ｘ ｙ ，
则 ＝０ 即 ２ １＋２ １＝０
ｍ·→ＡＥ ， ｙ ｚ ．
＝０ ３ １＋ ３ １＝０
令ｙ ，则ｘ ，ｚ ，所以ｍ （ ， ， ）．
１＝１ １＝－１ １＝－ ３ ＝ －１ １ － ３
因为ｍ·ｎ ，
≠０
则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｅ（ ， ， ），Ｆ（ ， ， 所以平面ＡＣＥ与平面ＢＣＦ不可能垂直，
０ ０ ０ ０ ４ ０ ２ ２ ０ ０ ３ ３ ０ １
）， 从而线段ＣＥ上不存在点Ｇ，使得ＡＧ 平面ＢＣＦ．
３ ⊥
解法二：假设线段ＣＥ上存在点Ｇ，使得ＡＧ 平面ＢＣＦ．
所以Ｂ→Ｃ （ ， ， ），Ｂ→Ｆ （ ， ， ）． ⊥
＝ ２ －２ ０ ＝ ０ －３ ３
设平面ＢＣＦ的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ）， 设Ｃ→Ｇ λＣ→Ｅ，其中λ ［ ， ］．
＝ ＝ ∈ ０ １
则 {ｎ·Ｂ→Ｃ ＝０ ， 即 { ２ ｘ －２ ｙ ＝０ ， 设Ｇ（ｘ ２ ，ｙ ２ ，ｚ ２ ），则有（ｘ ２－２ ，ｙ ２－２ ，ｚ ２ ） ＝ （ －２ λ，λ， ３ λ），
ｎ·Ｂ→Ｆ
＝０
，
－３
ｙ
＋ ３
ｚ
＝０
． 所以ｘ
２＝２－２
λ，ｙ
２＝２＋
λ，ｚ
２＝ ３
λ，从而Ｇ（
２－２
λ，
２＋
λ，
３
λ），
令ｙ ，则ｘ ，ｚ ，所以ｎ （ ， ， ）． 所以→ＡＧ （ λ， λ， λ）．
＝１ ＝１ ＝ ３ ＝ １ １ ３ ＝ ２－２ ２＋ ３
又平面ＡＢＦ的一个法向量为ｖ ＝ （ １ ， ０ ， ０ ）， 因为ＡＧ 平面ＢＣＦ，所以→ＡＧ ｎ．
⊥ ∥
ｎ·ｖ
则 ｃｏｓ 〈ｎ，ｖ〉 ＝ ｎ ｖ ＝ ５． 所以２－２ λ ２＋ λ ３ λ ，无解，所以假设不成立．
＝ ＝
｜ ｜｜ ｜ ５
１ １ ３
所以线段ＣＥ上不存在点Ｇ，使得ＡＧ 平面ＢＣＦ．
⊥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考法二 求二面角的方法
３．（２０２０山东师范大学附中最后一卷，１９）在直角梯形 ＡＢＣＤ
考法一 求直线与平面所成角的方法 中 ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＢＤ ＤＣ 点Ｅ是ＢＣ的中点．将 ＡＢＤ沿
， ∥ ， ⊥ ， ⊥ ， △
１．（２０２０山东青岛三模，１９）如图 在直角梯形ＡＯ Ｏ Ｃ中 ＡＯ ＢＤ折起 使ＡＢ ＡＣ 连接ＡＥ ＤＥ 得到三棱锥Ａ ＢＣＤ．
， １ ２ ， １ ， ⊥ ， ， ， －
ＣＯ ＡＯ Ｏ Ｏ Ｏ Ｏ ＣＯ ＡＯ 点 Ｂ 是线段 求证 平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ
∥ ２， １⊥ １ ２， １ ２ ＝４， ２ ＝２， １ ＝４， （１） ： ⊥ ；
Ｏ Ｏ 的中点 将 ＡＢＯ ＢＣＯ 分别沿ＡＢ ＢＣ向上折起 使
１ ２ ， △ １，△ ２ ， ， 若ＡＤ 二面角Ｃ ＡＢ Ｄ的余弦值为 ７ 求二面角Ｂ ＡＤ
Ｏ Ｏ 重合于点Ｏ 得到三棱锥Ｏ ＡＢＣ．试在三棱锥Ｏ ＡＢＣ中． （２） ＝１， － － ， －
１， ２ ， － － ７
证明 平面ＡＯＢ 平面ＢＯＣ Ｅ的正弦值．
（１） ： ⊥ ； －
求直线ＯＣ与平面ＡＢＣ所成角的正弦值．
（２）
４．（２０２０山东潍坊二模，１９）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 ＡＤ
， － ， ＝
ＡＢ ＡＰ ＡＤ ＢＣ ＡＤ 平面ＰＡＢ ＡＰＢ ° 点
２ ３， ＝３， ＝ ３， ∥ ， ⊥ ，∠ ＝９０ ，
２．（２０２０山东济宁６月三模，１９）如图 四边形ＡＢＣＤ为矩形 Ｅ满足Ｐ→Ｅ ２→ＰＡ １ Ｐ→Ｂ．
１， ， ＝ ＋
ＢＣ ＡＢ Ｅ为ＡＤ的中点 将 ＡＢＥ ＤＣＥ分别沿ＢＥ ＣＥ折 ３ ３
＝２ ， ， △ 、△ 、 证明 ＰＥ ＤＣ
起得图 使得平面ＡＢＥ 平面ＢＣＥ 平面ＤＣＥ 平面ＢＣＥ． （１） ： ⊥ ；
２， ⊥ ， ⊥ 求二面角Ａ ＰＤ Ｅ的余弦值．
求证 平面ＡＢＥ 平面ＤＣＥ （２） － －
（１） ： ⊥ ；
若Ｆ为线段ＢＣ的中点 求直线ＦＡ与平面ＡＤＥ所成角的
（２） ，
正弦值．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５４２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
考法一 求直线与平面所成角的方法
１．（２０１８福建四地七校４月联考，１０）在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
－ １ １ １
中 底面是等腰直角三角形 ＡＣＢ ° 侧棱ＡＡ Ｄ Ｅ分
， ，∠ ＝９０ ， １＝２， 、 解析 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＢＣＣ ° ＡＢ 侧面
别是ＣＣ 与Ａ Ｂ的中点 点Ｅ在平面ＡＢＤ上的射影是 ＡＢＤ ∵ － １ １ １ ，∠ １＝９０ ， ⊥
１ １ ， △ ＢＢ Ｃ Ｃ ＡＢ ＢＣ ＢＢ 两两垂直．如图 以Ｂ为原点建立空间
的重心Ｇ 则Ａ Ｂ与平面ＡＢＤ所成角的余弦值为 １ １ ，∴ ， ， １ ，
， １ （ ） 直角坐标系
，
２ ７ ３ ３ 则 Ｂ Ｃ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． （０，０，０）， １（１，２，０），
３ ３ ２ ７ Ｂ ．
答案 Ｂ 如图 以Ｃ为坐标原点 ＣＡ所在直线为ｘ轴 ＣＢ １（０，２，０）
， ， ， 平面 ＡＢＣ 的一个法向量
所在直线为 ｙ 轴 ＣＣ 所在直线为 ｚ 轴建立空间直角坐标系 （１）
Ｃ ｘｙｚ 设ＣＡ ＣＢ ， ａ １ ａ 则Ａ ａ Ｂ ａ Ａ ａ 为Ｂ→Ｂ
－ ， ＝ ＝ （ ＞０）， （ ，０，０）， （０， ，０）， １（ ，０， １＝（０，２，０），
２）， Ｄ （０，０，１），∴ Ｅ ( ２ ａ ， ２ ａ ，１ ) ． Ｂ Ａ → Ｂ Ｃ Ｃ １＝ 所 （１ 成 ，２ 角 ，０） 为 ， 设 θ Ｂ 则 Ｃ １ 与平 θ 面
， ｓｉｎ ＝
Ｂ→Ｂ Ｂ→Ｃ ２ ５． 直
ｃｏｓ｜〈 １， １〉｜ ＝ ∴
５
线Ｃ Ｂ与底面ＡＢＣ所成角的正弦值为２ ５．
１
５
设Ｅ ｙ ｙ Ａ ｚ 则Ｅ→Ｂ ｙ →ＥＡ
（２） （１， ，０）（０＜ ＜２）， （０，０， ）， １＝（－１，２－ ，０），
ｙ ｚ ＥＡ ＥＢ →ＥＡ Ｅ→Ｂ ｙ ｙ
＝（－１，－ ， ），∵ ⊥ １，∴ · １＝１－ （２－ ）＝０，
ｙ 即Ｅ Ｅ为ＣＣ 的中点．
∴ ＝１， （１，１，０），∴ １
又 Ｇ为 ＡＢＤ的重心 Ｇ ( ａ ａ １ ) ． （ 设 ３） 平 由 面 已 Ａ 知 Ｅ 得 Ｂ Ａ 的 （０ 法 ，０ 向 ， 量 ２） 为 ， 则 ｎ →ＡＥ ＝ ｘ （１， ｙ １，－ ｚ ２）， Ｂ→ １ Ｅ ＝（１，－１，０），
∵ △ ，∴ ３ ， ３ ， ３ １ ＝（ １， １， １），
易得Ｇ→Ｅ
＝
(
６
ａ
， ６
ａ
，
２
３
)
，
Ｂ→Ｄ
＝（０，－
ａ
，１）
． 则 {ｎ
ｎ
· →Ａ
Ｂ→
Ｅ
Ｅ
＝０，
∴
{ ｘ
ｘ
１＋ ｙ
ｙ
１－ ２ ｚ １＝０，取ｎ
＝（１，１， ２），
点Ｅ在平面ＡＢＤ上的射影是 ＡＢＤ的重心Ｇ · １ ＝０， １－ １＝０，
∵ △ ， Ｂ→Ｅ Ｂ→Ｅ Ｂ→Ｅ ＢＥ Ｂ Ｅ 又 ＢＥ
Ｇ→Ｅ 平面ＡＢＤ． ∵ ＝（１，１，０）， · １ ＝１－１＝０，∴ ⊥ １ ， ⊥
∴ ⊥ Ａ Ｂ ＢＥ 平面Ａ Ｂ Ｅ 平面Ａ Ｂ Ｅ的一个法向量为Ｂ→Ｅ
Ｇ→Ｅ Ｂ→Ｄ 解得ａ ． １ １，∴ ⊥ １ １ ，∴ １ １ ＝
∴ · ( ＝０， ) ＝２ Ｂ→Ｅ ｎ
ｎ Ｂ→Ｅ · ２
∴ Ｇ→Ｅ ＝ １ ， １ ， ２ ， Ｂ→Ａ １＝（２，－２，２） ． （１，１，０），∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ Ｂ→Ｅ ｎ ＝ ２ ，
３ ３ ３ ｜ ｜｜ ｜
又知二面角Ａ ＥＢ Ａ 为锐二面角 二面角Ａ ＥＢ Ａ 的大
∵ 设 Ｇ→ Ａ Ｅ Ｂ ⊥ 与 平 平 面 面 ＡＢ Ａ Ｄ Ｂ ， Ｄ ∴ 所 Ｇ→Ｅ 成 为 角 平 为 面 θ ＡＢＤ的一个法向量 ， 小为 ４５ °． － １－ １ ，∴ － １－ １
１ ，
４ 考法二 求二面角的方法
Ｇ→Ｅ →ＢＡ
∴ ｓｉｎ θ ＝｜ｃｏｓ〈 Ｇ→Ｅ ， Ｂ→Ａ １〉｜＝ ｜
｜ Ｇ→Ｅ
·
｜｜ →ＢＡ
１
１
｜
｜
＝
３ ６ ×
３
２ ３
＝
３
２ ， １．如
的
图
正 ， 方
在
形
四
，
棱
上
台
底面
ＡＢ
Ａ
Ｃ
１
Ｄ
Ｂ － １ Ｃ
Ａ
１ １
Ｂ
Ｄ １ １
Ｃ
是 １
Ｄ
边 １ 长
中
为 ，
下
１
底
的
面
正
Ａ
方
Ｂ
形
ＣＤ
， 侧
是
棱
边长
ＤＤ
为
１⊥ ２
平面ＡＢＣＤ ＤＤ ．
， １＝２
θ ７． 求证 Ｂ Ｂ 平面Ｄ ＡＣ
∴ ｃｏｓ ＝ ３ （１） 求二 ： 面角 １ ∥ Ｂ ＡＤ Ｃ １ 的 ； 余弦值．
Ａ Ｂ与平面ＡＢＤ所成角的余弦值为 ７ 故选 ．
（２） １－ １－
∴ １ ， Ｂ
３
２．（２０２０天津和平线上学习阶段性检测，１７）如图 在三棱柱
，
ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 已知 ＢＣ ＢＢ ＢＣＣ ° ＡＢ 侧
－ １ １ １ ， ＝１， １＝２，∠ １ ＝９０ ， ⊥
面ＢＢ Ｃ Ｃ．
１ １
求直线Ｃ Ｂ与底面ＡＢＣ所成角的正弦值
（１） １ ；
在棱ＣＣ 不包含端点Ｃ Ｃ 上确定一点Ｅ的位置 使得
（２） １（ ， １） ，
ＥＡ ＥＢ 要求说明理由 解析 以 Ｄ 为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ
⊥ １（ ）； ， ， ， １ ，
在 的条件下 若ＡＢ 求二面角Ａ ＥＢ Ａ 的大小． 轴 ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ 则有Ａ
（３） （２） ， ＝ ２， － １－ １ ， － ， （２，０，
Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
０）， （２，２，０）， （０，２，０）， １（１，０，２）， １（１，１，２）， １（０，１，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５４３
Ｄ ． 则ｍ ｎ λ λ λ λ 即λ λ λ
２）， １（０，０，２） · ＝（ －２，２－ ，１）·（ ，－ ，１）＝ ０， （ －２）－ （２－
λ 解得λ ２ 显然满足 λ ．
）＋１＝０， ＝１± ， ０＜ ＜２
２
故存在λ ２ 使面ＥＦＰＱ与面ＰＱＭＮ所成的二面角为直
＝１± ，
２
二面角．
３．（２０１９黑龙江大庆模拟，２１）如图 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
， － １ １ １ ，
侧面ＡＢＢ Ａ 是菱形 ＢＡＡ ° Ｅ 是棱 ＢＢ 的中点 ＣＡ
１ １ ，∠ １＝６０ ， １ ， ＝
ＣＢ Ｆ在线段ＡＣ上 且ＡＦ ＦＣ．
证明 设ＡＣ ＢＤ Ｅ 连接Ｄ Ｅ 则有Ｅ Ｄ→Ｅ ， ， ＝２
（１） ： ∩ ＝ ， １ ， （１，１，０）， １ ＝（１， 证明 ＣＢ 平面Ａ ＥＦ
１ Ｄ ，－ ＡＣ ２） Ｄ ， 又 Ｅ Ｂ→ １ 平 Ｂ ＝ 面 （ Ｄ １， Ａ １ Ｃ ，－ 所 ２） 以 ， 所 Ｂ 以 Ｂ Ｂ 平 １ Ｂ 面 ∥ Ｄ Ｄ １ Ａ Ｅ Ｃ ， ． 又 Ｂ １ Ｂ ⊄ 平面 （ （ １ ２ ） ） 若 的余 ＣＡ ： 弦 ⊥ 值 Ｃ １ Ｂ ． ∥ ， 平面Ｃ １ ＡＢ ⊥ ； 平面ＡＢＢ １ Ａ １， 求二面角Ｆ － Ａ １ Ｅ － Ａ
１ ， １ ⊂ １ ， １ ∥ １
Ｄ→Ｂ Ｄ→Ａ
（２） １ １＝（１，１，０）， １ ＝（２，０，－２），
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＡＢ Ｄ 的法向量
＝（ ， ， ） １ １ ，
则有ｎ Ｄ→Ｂ ｘ ｙ ｎ Ｄ→Ａ ｘ ｚ ．令ｘ 得ｙ ｚ
· １ １＝ ＋ ＝０， · １ ＝２ －２ ＝０ ＝１， ＝－１，
．故平面ＡＢ Ｄ 的一个法向量为ｎ ．
＝１ １ １ ＝（１，－１，１）
同理可以求得平面Ｄ ＡＣ的一个法向量为ｍ ．
ｍ
１
ｎ
＝（１，１，１） 解析 连接ＡＢ 交Ａ Ｅ于点Ｇ 连接ＦＧ．
所以 ｍ ｎ · １ ． （１） １ １ ，
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＡＧ ＡＡ ＡＦ
｜ ｜｜ ｜ ３ 易知 ＡＧＡ Ｂ ＧＥ 所以 １ 又因为 所以
由图知二面角Ｂ ＡＤ Ｃ为锐二面角 △ １～△ １ ， ＧＢ ＝ＥＢ ＝２， ＦＣ＝２，
１－ １－ ， １ １
ＡＦ ＡＧ
故二面角Ｂ ＡＤ Ｃ的余弦值为 １ ． 所以ＦＧ ＣＢ
１－ １－ ＦＣ＝ＧＢ ， ∥ １，
３ １
２．（２０１９广西南宁二中１月月考，１９）如图 在棱长为 的正方 又ＣＢ 平面Ａ ＥＦ ＦＧ 平面Ａ ＥＦ 所以ＣＢ 平面Ａ ＥＦ．
， ２ １⊄ １ ， ⊂ １ ， １∥ １
体 的中 ＡＢ 点 ＣＤ 点 － Ａ Ｐ １ Ｂ １ Ｑ Ｃ 分 １ Ｄ 别 １ 中 在 ， 棱 Ｅ ， Ｄ Ｆ Ｄ ， Ｍ ， Ｂ Ｎ Ｂ 分 上 别 移 是 动 棱 且 ＡＢ ， Ｄ Ａ Ｐ Ｄ ， Ａ Ｂ １ Ｑ Ｂ １， λ Ａ １ Ｄ １ （ 中 ２ 点 ） 过 ． Ｃ作ＣＯ ⊥ ＡＢ于Ｏ ， 因为ＣＡ ＝ ＣＢ ， 所以Ｏ是线段ＡＢ的
， ， １， １ ， ＝ ＝ （０＜ 因为平面ＣＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ 平面ＣＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ ＡＢ 所
λ ＜２） ． ⊥ １ １， ∩ １ １＝ ，
（ （ １ ２ ） ） 当 是否 λ ＝ 存 １ 在 时 λ ， ， 证 使 明 面 ： 直 ＥＦ 线 ＰＱ ＢＣ 与 １∥ 面 平 ＰＱ 面 Ｍ Ｅ Ｎ Ｆ 所 ＰＱ 成 ； 的二面角为直二 以 因为 ＣＯ △ ⊥ Ａ 平 ＢＡ 面 １ 是 ＡＢ 等 Ｂ １ 边 Ａ １ 三 ， 连 角 接 形 Ｏ ， Ａ Ｏ １， 是线段 ＡＢ 的中点 ， 所以 ＯＡ １
面角 若存在 求出λ的值 若不存在 说明理由．
⊥
ＡＢ．
？ ， ； ，
如图以Ｏ为原点 Ｏ→Ａ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｃ分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴的正方向
， ， １， ， ，
建立空间直角坐标系
，
解析 以Ｄ为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在直线分别为ｘ ｙ ｚ轴
， ， ， １ ， ，
建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ．
－
不妨设ＡＢ 则Ａ Ａ Ｃ Ｂ
＝２， （１，０，０）， １（０， ３，０）， （０，０，１）， （－１，０，
( )
Ｆ １ ２ 由Ａ→Ａ Ｂ→Ｂ 得Ｂ ＢＢ 的中点
０）， ，０， ， １＝ １， １（－２， ３，０）， １
３ ３
æ ö æ ö ( )
Ｅç ３ ３ ÷ Ａ→Ｅ ç ３ ３ ÷ Ａ→Ｆ １ ２
è－ ， ，０ø， １ ＝è－ ，－ ，０ø， １ ＝ ，－ ３， ，
２ ２ ２ ２ ３ ３
由
Ｐ
已知得
λ
Ｂ
Ｎ
（２，２，０），
Ｍ
Ｃ １（０，２，２
．
）， Ｅ （２，１，０）， Ｆ （１，０，０）， 设平面 Ａ １ ＦＥ 的
ì ï ｘ
一个法向量为 ｎ １ ＝ （ ｘ １， ｙ １， ｚ １）， 则
Ｂ→Ｃ
（０，０， ）， （１，０
Ｆ→
，
Ｐ
２）， （２，１
λ
，２）
Ｆ→Ｅ ．
{Ａ→
１
Ｆ
·
ｎ
１＝０，即 í
ï
３
１ － ３ ｙ １＋
３
２ ｚ １＝０，
得 方 程 的 一 组 解 为
１＝（－２，０，２）， ＝（－１，０， ）， ＝（１，１，０） Ａ→Ｅ ｎ ï
（１） 证明 ： 当λ ＝１ 时 ， Ｆ→Ｐ ＝（－１，０，１）， １ · １＝０， î ï － ３ ｘ １－ ３ｙ １＝０，
２ ２
因为Ｂ→Ｃ 所以Ｂ→Ｃ Ｆ→Ｐ 即ＢＣ ＦＰ． ìｘ
１＝（－２，０，２）， １＝２ ， １∥ ïï １＝－１，
又 故直 ＦＰ 线 ⊂ Ｂ 平 Ｃ 面Ｅ 平 Ｆ 面 ＰＱ Ｅ ， 且 ＦＰＱ ＢＣ ． １⊄ 平面ＥＦＰＱ ， í ïï ｙ １＝ ３， 即ｎ １＝（－１， ３，５）， 设平面ＡＢＢ １ Ａ １ 的一个法向量为
设平面
１∥
ＥＦＰＱ的一个法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
îｚ
１＝５，
（２） ＝（ ， ， ）， ｎ ｎ
则由
{Ｆ→Ｅ
·
ｎ
＝０，可得
{ｘ
＋
ｙ
＝０， 于是可取ｎ λ λ ．
ｎ ２＝（０，０，１）， 则 ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉＝
｜
ｎ １
１
·
｜｜
ｎ ２
２｜
＝ ５
２９
２９ ， 由图可知 ， 所
Ｆ→Ｐ
·
ｎ
＝０， －
ｘ
＋
λｚ
＝０
． ＝（ ，－ ，１） 求二面角为锐二面角
，
所以二面角 Ｆ
－
Ａ
１
Ｅ
－
Ａ 的余弦值
同理可得平面ＭＮＰＱ的一个法向量为ｍ λ λ ．
＝（ －２，２－ ，１） 为５ ２９．
若存在λ 使面ＥＦＰＱ与面ＰＱＭＮ所成的二面角为直二面角
， ， ２９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５４４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
立体几何中常见的探索型问题有以下两种类型
：
１．条件追溯型 解决此类问题的基本策略为执果索因 其结
： ，
论明确 需要求出使结论成立的充分条件 将题设和结论都视为
， ，
已知条件即可迅速找到切入点．但在执果索因的过程中 常常会
，
犯的错误是将必要条件当成充要条件 应引起注意． ( )
， 则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｅ ，２ ， ，Ｐ（ ， ，
２．存在判断型 存在性问题主要包括两类 与空间平行 ０ ０ ０ １ －１ ０ １ １ ０ ０ ０ ０ ０
： ：（１） 、 ３
垂直等位置关系有关的存在性问题 与空间角有关的存在性 ( ) ( )
；（２） ）， Ｅ→Ｂ ， ５ ， ，Ｅ→Ｐ ， ２ ， ， （ 分）
问题．解决方案有两种 根据题目的已知条件进行综合分析和 ２ ∴ ＝ １ － ０ ＝ ０ － ２ ７
：① ３ ３
观察猜想 找出点或线的位置 然后加以证明 得出结论 假设 设平面ＰＢＥ的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ），
， ， ， ；② ＝
所求的点或线存在 并设定参数表达已知条件 根据题目进行求 ì
解 若能求出参数的 ， 值且符合已知限定的范围 ， 则存在这样的点 {ｎ·Ｅ→Ｂ ， ï ï ｘ － ５ ｙ ＝０ ，
， ， 则 ＝０ 即í ３ 令ｙ ，则ｘ ，ｚ ，
或线
，
否则不存在．向量法是解决此类问题的常用方法
，
它可以将 ｎ·Ｅ→Ｐ
＝０
， ï
ï ２ ｙ ｚ ，
＝３ ＝５ ＝ ２
几何存在问题转化为代数方程是否有解的问题． î－ ＋ ２ ＝０
３
例１ 如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ ｎ （ ， ， ）， （ 分）
， － ， ⊥ ∴ ＝ ５ ３ ２ ９
底面ＡＢＣＤ
，
底面ＡＢＣＤ是直角梯形
，∠
ＡＤＣ
＝
易知→ＡＣ
＝
（
１
，
１
，
０
）是平面ＰＡＢ的一个法向量， （
１０
分）
° ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＡＣ ＡＢ ＡＣ 点 Ｅ 在
Ａ
９０
Ｄ上
，
且
∥
ＡＥ
，
Ｅ
⊥
Ｄ．
， ＝ ＝ ２，
ｃｏｓ
〈ｎ，→ＡＣ〉
＝
５＋３
＝
２ ２，
， ＝２ ２×６ ３
已知点 Ｆ 在 ＢＣ 上 且 ＣＦ ＦＢ 求
（１） ， ＝２ ，
证 平面ＰＥＦ 平面ＰＡＣ 结合图形可知当二面角Ａ ＰＢ Ｅ的余弦值为２ ２时，直线
： ⊥ ； － －
３
（２） 当二面角Ａ － ＰＢ － Ｅ的余弦值为多少时 ， 直线ＰＣ与平面 ＰＣ与平面ＰＡＢ所成的角为 °． （ 分）
４５ １２
ＰＡＢ所成的角为 °
４５ ？ 例２ 如图 已知四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面为菱形．
解题导引 （１） 欲证平面 ＰＥＦ ⊥ 平面 ＰＡＣ ， 结合题意只需 求证 平面 ， ＡＢ Ｃ 平面ＤＡ Ｃ － １ １ １ １
证ＥＦ 平面ＰＡＣ 把证 面面垂直 转化为证明 线面垂直 是通 （１） 在直线 ： ＣＣ 上 １ 是 ∥ 否存在点Ｐ １ １ 使 ； ＢＰ 平面ＤＡ Ｃ
法 ＰＡ ⊥ ＥＦ易证 ， 再证Ｅ “ Ｆ ＡＣ是关 ” 键 同一平 “ 面内证线线 ” 垂直 （２） １ ， ∥ １ １？
， ⊥ ， ⊥ ，
问题 用平面几何知识证明即可．
，
这是已知结论找充分条件的问题 由线面角定义 易得
（２） ， ，
ＡＰＣ ° 反推出ＡＰ的长 再通过建系求得二面角Ａ ＰＢ Ｅ
∠ ＝４５ ， ， － －
的余弦值．
解析 （ ）证明： ＡＢ ＡＣ，ＡＢ ＡＣ， ＡＣＢ °，
１ ∵ ⊥ ＝ ∴ ∠ ＝４５
∵ 底面ＡＢＣＤ是直角梯形， ∠ ＡＤＣ ＝９０ °，ＡＤ ∥ ＢＣ， 解题导引 （１） 要证平面ＡＢ １ Ｃ ∥ 平面ＤＡ １ Ｃ １， 只需证一平
ＡＣＤ °，则ＡＤ ＣＤ， （ 分） 面内的两条相交直线分别平行于另一个平面 由四棱柱的性质
∴ ∠ ＝４５ ＝ １ ，
得到Ａ Ｃ ＡＣ ＡＢ ＤＣ 从而 Ａ Ｃ 平面 ＡＢ Ｃ ＤＣ 平面
又ＡＢ ⊥ ＡＣ， ∴ ＢＣ ＝ ２ ＡＣ ＝２ ＡＤ， （ ２ 分） ＡＢ Ｃ 继 １ 而 １∥ 证得 ， 平面 １∥ ＡＢ Ｃ １， 平面Ｄ １ Ａ １ Ｃ ∥ ． １ ， １∥
１ ， １ ∥ １ １
ＡＥ ＥＤ，ＣＦ ＦＢ， ＡＥ ＢＦ ２ ＡＤ， 利用点动成线 思考Ｃ Ｃ上不可能有两个点Ｐ满足ＢＰ
∵ ＝２ ＝２ ∴ ＝ ＝ ３ 平 （ 面 ２） ＤＡ Ｃ 原因是平 ， 面ＢＣ １ Ｃ不平行于平面ＤＡ Ｃ 另外发
∴ 四边形ＡＢＦＥ是平行四边形， ∴ ＡＢ ∥ ＥＦ， （ ３ 分） ∥ 现Ａ Ｄ Ｂ １ Ｃ １（ Ａ Ｄ 平面ＢＣ １ Ｃ 则只需ＢＰ Ｂ Ｃ即 １ 可 １） ． ，
∴ ＡＣ ⊥ ＥＦ． ∵ ＰＡ ⊥ 底面ＡＢＣＤ，ＥＦ ⊂ 平面ＡＢＣＤ， ∴ ＰＡ ⊥ ＥＦ， １ ∥ １ ⇒ １ ∥ １ ， ∥ １
（ 分） 解析 （ ）证明：由四棱柱的性质知，ＡＢ ＤＣ ．
４ １ １∥ １
ＰＡ ＡＣ Ａ， ＥＦ 平面ＰＡＣ， ＤＣ 平面ＡＢ Ｃ，ＡＢ 平面ＡＢ Ｃ，
∵ ∩ ＝ ∴ ⊥ ∵ １⊄ １ １⊂ １
ＥＦ 平面ＰＥＦ， 平面ＰＥＦ 平面ＰＡＣ． （ 分） ＤＣ 平面ＡＢ Ｃ．
∵ ⊂ ∴ ⊥ ５ ∴ １∥ １
（ ） ＰＡ ＡＣ，ＡＣ ＡＢ，ＰＡ ＡＢ Ａ， ＡＣ 平面 ＰＡＢ，则 同理，Ａ Ｃ 平面ＡＢ Ｃ，
２ ∵ ⊥ ⊥ ∩ ＝ ∴ ⊥ １ １∥ １
ＡＰＣ为ＰＣ与平面ＰＡＢ所成的角， ＤＣ ，Ａ Ｃ 平面ＤＡ Ｃ ，
∠ ∵ １ １ １⊂ １ １
若ＰＣ与平面ＰＡＢ所成的角为 °， 且ＤＣ Ａ Ｃ Ｃ ，
４５ １∩ １ １＝ １
ＡＣ 平面ＡＢ Ｃ 平面ＤＡ Ｃ ．
则 ＡＰＣ ，即ＰＡ ＡＣ ， （ 分） ∴ １ ∥ １ １
ｔａｎ∠ ＝ＰＡ＝１ ＝ ＝ ２ ６ （ ）在直线ＣＣ 上存在点Ｐ，使ＢＰ 平面ＤＡ Ｃ ．
２ １ ∥ １ １
取ＢＣ的中点Ｇ，连接ＡＧ，则ＡＧ ＢＣ，以Ａ为坐标原点，建 Ａ Ｂ ＡＢ ＤＣ，
⊥ ∵ １ １􀱀 􀱀
立如图所示的空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ， 四边形Ａ Ｂ ＣＤ为平行四边形，
－ ∴ １ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５４５
Ａ Ｄ Ｂ Ｃ． 所以可以设Ｍ（ｔ，ｔ， ）（ｔ ），
∴ １ ∥ １ ０ ＞０
在Ｃ １ Ｃ的延长线上取点Ｐ，使ＣＰ ＝ Ｃ １ Ｃ，连接ＢＰ， 则Ａ→Ｍ ＝ （ｔ －３ ，ｔ， ０ ）．
∵
Ｂ
四 １ 边
Ｂ
􀱀 形
Ｃ
Ｂ １
Ｃ
Ｂ
，
∴ ＣＰ
Ｂ
是 １
Ｂ
平 􀱀 行
ＣＰ
四
，
边形，
因为ＡＭ
∥
平面ＢＥＦ，所以ＡＭ与平面ＢＥＦ的法向量垂直，
∴ １ 所以Ａ→Ｍ·ｎ ，即 （ｔ ） ｔ ，解得ｔ ，
ＢＰ Ｂ Ｃ， ＢＰ Ａ Ｄ， ＝０ ４ －３ ＋２ ＝０ ＝２
∴ ∥ １ ∴ ∥ １
ＢＰ 平面ＤＡ Ｃ ，Ａ Ｄ 平面ＤＡ Ｃ ， 所以点Ｍ的坐标为（ ， ， ），此时Ｄ→Ｍ ２ Ｄ→Ｂ，
∵ ⊄ １ １ １ ⊂ １ １ ２ ２ ０ ＝
ＢＰ 平面ＤＡ Ｃ ． ３
∴ ∥ １ １ 所以Ｍ是线段ＢＤ上靠近点Ｂ的三等分点．
例３ 已知四边形ＡＢＣＤ是边长为 的正方形 ＤＥ 平面
３ ， ⊥
ＡＢＣＤ ＡＦ ＤＥ ＤＥ ＡＦ ＢＥ与平面ＡＢＣＤ所成的角为 °．
， ∥ ， ＝３ ， ６０ 例 （２０１９甘肃兰州诊断，２１）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 侧
求证 ＡＣ 平面ＢＤＥ ， － ，
（１） ： ⊥ ； 棱ＰＡ 底面ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢＣ ° ＡＤ ＰＡ ＡＢ ＢＣ
求二面角Ｆ ＢＥ Ｄ的余弦值 ⊥ ， ∥ ，∠ ＝９０ ， ＝１， ＝ ＝
（２） － － ； Ｍ是棱ＰＢ中点．
设点Ｍ是线段ＢＤ上一个动点 试确定点Ｍ的位置 使 ＝２，
（３） ， ， 已知点Ｅ在棱ＢＣ上 且平面ＡＭＥ 平面ＰＣＤ 试确定
得ＡＭ 平面ＢＥＦ 并证明你的结论． （１） ， ∥ ，
∥ ， 点Ｅ的位置并说明理由
；
设点Ｎ是线段 ＣＤ 上的动点 当点 Ｎ 在何处时 直线
（２） ， ，
ＭＮ与平面ＰＡＢ所成角最大 并求最大角的正弦值．
？
解析 （ ）证明：因为ＤＥ 平面ＡＢＣＤ，ＡＣ 平面ＡＢＣＤ，
１ ⊥ ⊂
所以ＤＥ ＡＣ．
⊥
因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以ＡＣ ＢＤ．
⊥ 解题导引
又ＤＥ ＢＤ Ｄ，ＤＥ，ＢＤ 平面ＢＤＥ，所以ＡＣ 平面ＢＤＥ．
∩ ＝ ⊂ ⊥
（ ）因为ＤＥ 平面ＡＢＣＤ，
２ ⊥
所以 ＥＢＤ就是ＢＥ与平面ＡＢＣＤ所成的角，
∠
ＥＤ
即 ＥＢＤ °，所以 ．
∠ ＝６０ ＢＤ＝ ３
由ＡＤ ，四边形ＡＢＣＤ是正方形，得ＢＤ ，
＝３ ＝３ ２ 解析 （ ）Ｅ为ＢＣ中点，证明如下：
则ＤＥ ，所以ＡＦ ． １
＝３ ６ ＝ ６ Ｍ、Ｅ分别为ＰＢ，ＢＣ中点， ＭＥ ＰＣ，
如图，分别以ＤＡ，ＤＣ，ＤＥ所在直线为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴建立空 ∵ ∴ ∥
又 ＭＥ 平面ＰＤＣ，ＰＣ 平面ＰＤＣ，
间直角坐标系， ∵ ⊄ ⊂
ＭＥ 平面ＰＤＣ，
∴ ∥
ＥＣ ＡＤ， 四边形ＥＡＤＣ为平行四边形， ＡＥ ＤＣ，
∵ 􀱀 ∴ ∴ ∥
又ＡＥ 平面ＰＤＣ，ＤＣ 平面ＰＤＣ， ＡＥ 平面ＰＤＣ，
⊄ ⊂ ∴ ∥
又 ＡＥ ＭＥ Ｅ，
∵ ∩ ＝
平面ＡＭＥ 平面ＰＤＣ．
∴ ∥
（ ）以Ａ为原点，分别以ＡＤ，ＡＢ，ＡＰ所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴
２
建立空间直角坐标系，
则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｄ（ ， ， ），Ｐ（ ， ，
０ ０ ０ ０ ２ ０ ２ ２ ０ １ ０ ０ ０ ０
则Ａ（ ， ， ），Ｆ（ ， ， ），Ｅ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｍ（ ， ， ），
３ ０ ０ ３ ０ ６ ０ ０ ３ ６ ３ ３ ０ ０ ３ ２ ０ １ １
），所以Ｂ→Ｆ （ ， ， ），Ｅ→Ｆ （ ， ， ）． 设直线ＭＮ与平面 ＰＡＢ 所成角为 θ，Ｄ→Ｎ λ Ｄ→Ｃ（λ ［ ，
０ ＝ ０ －３ ６ ＝ ３ ０ －２ ６ ＝ ∈ ０
{ｎ·Ｂ→Ｆ ， １ ］），
设平面 ＢＥＦ 的法向量为 ｎ （ｘ，ｙ，ｚ），则 ＝０ 即
＝ ｎ·Ｅ→Ｆ ， 则Ｍ→Ｎ ＝ Ｍ→Ａ ＋ Ａ→Ｄ ＋ Ｄ→Ｎ ＝ （λ ＋１ ， ２ λ －１ ， －１ ），
{
＝０
又平面ＰＡＢ的一个法向量为ｎ （ ， ， ），
ｙ ｚ ， ＝ １ ０ ０
－３ ＋ ６ ＝０ 令ｚ ，则ｎ （ ， ， ）． λ
ｘ ｚ ． ＝ ６ ＝ ４ ２ ６ 则 θ 〈Ｍ→Ｎ，ｎ〉 ｜ ＋１｜
３ －２ ６ ＝０ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ ｜＝ （λ ）２ （ λ ）２
因为ＡＣ 平面ＢＤＥ，所以→ＣＡ （ ， ， ）为平面ＢＤＥ的一 ＋１ ＋ ２ －１ ＋１
⊥ ＝ ３ －３ ０ （λ ）２
个法向量， ＋１ ，
＝ λ２ λ
ｎ·→ＣＡ ５ －２ ＋３
所以 〈ｎ，→ＣＡ〉 ６ １３． （λ ）２ ｔ２
ｃｏｓ ＝ ｜ ｎ ｜ · ｜ →ＣＡ ｜ ＝ ２６×３ ２ ＝ １３ 令λ ＋１ ＝ ｔ（ｔ ∈ ［ １ ， ２ ］），则 ５ λ２ － ＋ ２ １ λ ＋３ ＝ ５ ｔ２ －１２ ｔ ＋１０ ＝
由图可知二面角Ｆ ＢＥ Ｄ为锐二面角，
－ －
１ ５ ，
故二面角Ｆ ＢＥ Ｄ的余弦值为 １３． ( １ ) ２ · １ ≤ ７
－ － １０ ｔ －１２ ｔ ＋５
１３
（ ）因为点Ｍ是线段ＢＤ上一个动点，
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５４６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
又ＢＣ ＰＤ，ＰＤ ＢＤ Ｄ，且ＢＤ，ＰＤ 平面ＰＢＤ，所以ＢＣ
θ ３５，当ｔ ５ ，即λ ２ 时，等号成立， ⊥ ∩ ＝ ⊂
∴ ｓｉｎ ≤ ＝ ＝ 平面ＰＢＤ， （ 分）
７ ３ ３ ⊥ ４
即当点Ｎ为线段ＤＣ上靠近Ｃ的三等分点时，直线ＭＮ与 又ＢＣ 平面ＰＢＣ，所以平面ＰＢＣ 平面ＰＢＤ． （ 分）
⊂ ⊥ ５
（ ）由（ ）得平面ＡＢＣＤ 平面ＰＢＤ，
平面ＰＡＢ所成角最大，最大角的正弦值为 ３５． ２ １ ⊥
设Ｅ为ＢＤ的中点，连接ＰＥ，
７
因为ＰＢ ＰＤ ，所以ＰＥ ＢＤ，ＰＥ ，
＝ ＝ ６ ⊥ ＝２
又平面ＡＢＣＤ 平面ＰＢＤ，平面ＡＢＣＤ 平面ＰＢＤ ＢＤ，
⊥ ∩ ＝
所以ＰＥ 平面ＡＢＣＤ． （ 分）
⊥ ７
如图，以Ａ为原点，分别以Ａ→Ｄ，→ＡＢ和垂直于平面 ＡＢＣＤ 的
向量Ｅ→Ｐ的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴正方向，建立空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ，
－
例 （２０２０ 云南曲靖 １０ 月联考，１９）如图 四棱锥 Ｐ
， －
ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＤＣ ＡＤＣ π ＡＢ ＡＤ １ ＣＤ ＰＤ ＰＢ
， ∥ ，∠ ＝ ， ＝ ＝ ＝２， ＝ ＝
２ ２
ＰＤ ＢＣ．
６， ⊥
求证 平面ＰＢＣ 平面ＰＢＤ 则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｐ（ ， ， ）． （ 分）
（１） ： ⊥ ； ０ ０ ０ ０ ２ ０ ２ ４ ０ １ １ ２ ８
在线段 ＰＣ 上是否存在点 Ｍ 使得平面 ＡＢＭ 与平面 假设存在Ｍ（ａ，ｂ，ｃ）满足要求，
（２） ，
ＣＭ ＣＭ
ＰＢＤ所成的锐二面角为π
？
若存在
，
求出
ＣＰ
的值
；
若不存在
，
设
ＣＰ＝
λ（
０≤
λ
≤１
），即Ｃ→Ｍ
＝
λＣ→Ｐ，
３
说明理由． 所以Ｍ（ λ， λ， λ），
２－ ４－３ ２
易得平面ＰＢＤ的一个法向量为Ｂ→Ｃ （ ， ， ）． （ 分）
＝ ２ ２ ０ ９
→ＡＢ （ ， ， ），Ａ→Ｍ （ λ， λ， λ），
＝ ０ ２ ０ ＝ ２－ ４－３ ２
设ｎ （ｘ，ｙ，ｚ）为平面ＡＢＭ的法向量，
＝
{ｎ·→ＡＢ ， { ｙ ，
解析 本题主要考查空间直线和平面、平面和平面的位置 由
ｎ·Ａ→Ｍ
＝
＝
０
０
得 ２
（
２
＝
－
λ
０
）ｘ
＋
（
４－３
λ）ｙ
＋２
λｚ
＝０
，
不妨取 ｘ
＝
关系以及二面角，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
λ，则ｎ （ λ， ，λ ）． （ 分）
２ ＝ ２ ０ －２ １０
（ １ ）证明：因为ＡＢ ∥ ＤＣ，ＡＢ ＝ ＡＤ ＝２ ， ∠ ＡＤＣ ＝ π， 因为平面ＰＢＤ 与平面 ＡＢＭ 所成的锐二面角为 π，所以
２
３
所以ＢＤ ， ＢＤＣ π， （ 分） λ
＝２ ２ ∠ ＝ １ ｜４ ｜ ＝ １ ，
又ＣＤ ，所以根据余弦定
４
理得ＢＣ ， （ 分） ２ ２
·
４
λ２
＋
（λ
－２
）２
２
＝４ ＝２ ２ ２
解得λ ２ 或λ （不合题意舍去）．
所以ＣＤ２ ＢＤ２ ＢＣ２，故ＢＣ ＢＤ． （ 分） ＝ ＝－２
＝ ＋ ⊥ ３ ３
ＣＭ
故存在点Ｍ满足条件，且 ２ ． （ 分）
ＣＰ＝ １２
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
合 则下列结论正确的个数为
）， （ ）
１．（多选题）（２０２０山东滨州模拟，１０）已知
菱形 ＡＢＣＤ 中 ＢＡＤ ° ＡＣ 与 ＢＤ 相
，∠ ＝６０ ，
交于点Ｏ 将 ＡＢＤ沿ＢＤ折起 使顶点Ａ
， △ ，
至点Ｍ 在折起的过程中 下列结论正确
， ，
的是
（ ）
．ＢＤ ＣＭ 存在点Ｍ 使得平面Ａ ＤＭ 平面ＢＣ Ｄ
Ａ ⊥ ① ， １ ⊥ １ ；
存在一个位置 使 ＣＤＭ为等边三角形 存在点Ｍ 使得ＤＭ 平面Ｂ ＣＤ
Ｂ． ＤＭ与ＢＣ不可 ， 能垂 △ 直 ② ， ∥ １ æ １； ö
Ｃ． 直线ＤＭ与平面ＢＣＤ所成的角的最大值为 ° ③ 若 △ Ａ １ ＤＭ的面积为Ｓ ， 则Ｓ ∈è ç２ ３ ，２ ３ø ÷ ；
Ｄ． ６０ ３
答案 ＡＢＤ 若Ｓ Ｓ 分别是 Ａ ＤＭ 在平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 与平面 ＢＢ Ｃ Ｃ
２．（２０２０ 河北衡水中学七调，１１）在棱长为 的正方体ＡＢＣＤ ④ 的正 １ 投 、 影 ２ 的面积 △ 则存 １ 在点Ｍ 使得 １ Ｓ １ Ｓ １ ． １ １ １
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｍ是对角线 ＡＣ 上的点 ２ 点 Ｍ 与 Ａ Ｃ 不重 － ， ， １＝ ２
１ １ １ １ ， １ （ 、 １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５４７
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
答案 Ｃ
３．（２０２０ 湖北襄阳优质高中联考，１８）如图所示 在四棱锥
，
Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ为菱形 ＰＡ 底面 ＡＢＣＤ ＰＡ ＡＢ
－ ， ， ⊥ ， ＝ ＝２，
ＡＢＣ ° Ｅ为棱ＢＣ的中点 Ｆ为棱ＰＣ的动点．
∠ ＝６０ ， ，
求证 ＡＥ 平面ＰＡＤ
（１） ： ⊥ ；
若锐二面角Ｅ ＡＦ Ｃ的正弦值为 １０ 求点Ｆ的位置．
（２） － － ，
５
５．（２０１９北京怀柔一模文，１８）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 平面
， － ，
ＰＡＣ 平面ＡＢＣ ＰＡ ＡＣ ＡＢ ＢＣ Ｄ Ｅ分别为ＰＡ ＡＣ的中点．
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ， ，
求证 ＤＥ 平面ＰＢＣ
（１） ： ∥ ；
求证 ＢＣ 平面ＰＡＢ
（２） ： ⊥ ；
在线段ＡＢ上是否存在点Ｆ 使得过三点Ｄ Ｅ Ｆ的平面内
（３） ， ， ，
的任一条直线都与平面ＰＢＣ平行 若存在 指出点Ｆ的位
４．（２０１９安徽六安一中４ 月月考，１８）如图 在 ＡＢＣ 中 ？ ，
１， Ｒｔ△ ，
置并证明 若不存在 请说明理由．
Ｃ ° ＢＣ ＡＣ Ｄ Ｅ分别是ＡＣ ＡＢ上的点 且ＤＥ ； ，
∠ ＝９０ ， ＝３， ＝６， ， ， ， ∥
ＢＣ ＤＥ 将 ＡＤＥ 沿 ＤＥ 折起到 Ａ ＤＥ 的位置 使 Ａ Ｃ
， ＝２， △ △ １ ， １ ⊥
ＣＤ 如图 ．
， ２
若 Ｍ 是 Ａ Ｄ 的中点 求直线 ＣＭ 与平面 Ａ ＢＥ 所成角的
（１） １ ， １
大小
；
线段ＢＣ上是否存在点Ｐ 使平面Ａ ＤＰ与平面Ａ ＢＥ垂直
（２） ， １ １ ？
说明理由．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
则Ａ Ｂ Ａ Ｃ
（０，－１，０）， １（ ３，１， ３）， １（０，０， ３）， （０，１，０），
Ａ→Ａ Ａ→Ｂ →ＡＣ ．
∴ １＝（０，１， ３）， １＝（ ３，２， ３）， ＝（０，２，０）
设平面ＡＢ Ｃ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
１．如图 ， 在各棱长均为 ２ 的三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ， 侧面Ａ １ ＡＣＣ １ { １ ＝（ ， ， ），
底面ＡＢＣ Ａ ＡＣ °． ｎ Ａ→Ｂ ｘ ｙ ｚ
⊥ ，∠ １ ＝６０ 则 · １＝ ３ ＋２ ＋ ３ ＝０，
求侧棱ＡＡ 与平面ＡＢ Ｃ所成角的正弦值的大小
（１） １ １ ； ｎ · →ＡＣ ＝２ ｙ ＝０，
已知点Ｄ满足Ｂ→Ｄ →ＢＡ Ｂ→Ｃ 在直线ＡＡ 上是否存在点Ｐ 使 取ｚ 得ｎ ．
（２） ＝ ＋ ， １ ， ＝１， ＝（－１，０，１）
ＤＰ 平面ＡＢ Ｃ 若存在 请确定点Ｐ的位置 若不存在 设侧棱ＡＡ 与平面ＡＢ Ｃ所成的角为θ
请说 ∥ 明理由． １ ？ ， ； ， １ １ ，
Ａ→Ａ ｎ
则 θ Ａ→Ａ ｎ １· ３ ６
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 １， 〉｜＝
｜
Ａ→Ａ
１｜·｜
ｎ
｜
＝
２ ２
＝
４
，
侧棱ＡＡ 与平面ＡＢ Ｃ所成角的正弦值为 ６．
∴ １ １
４
点Ｂ的坐标为
（２）∵ （ ３，０，０），
→ＢＡ Ｂ→Ｃ
∴ ＝（－ ３，－１，０）， ＝（－ ３，１，０），
Ｂ→Ｄ →ＢＡ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｄ
解析 侧面Ａ ＡＣＣ 底面ＡＢＣ 作Ａ Ｏ ＡＣ于点Ｏ ∵ ＝ ＋ ，∴ ＝（－２ ３，０，０），
（１）∵ １ １⊥ ， １ ⊥ ， 点Ｄ的坐标为 ．
连接ＢＯ Ａ Ｏ 平面ＡＢＣ． ∴ （－ ３，０，０）
，∴ １ ⊥ 假设存在点Ｐ符合题意 则点Ｐ的坐标可设为Ｐ ｙ ｚ
又 Ａ ＡＣ ° 且各棱长都相等 ＡＯ ＯＡ ＯＢ ＢＯ ， （０， １， １），
∠ １ ＝６０ ， ，∴ ＝１， １＝ ＝ ３， Ｄ→Ｐ ｙ ｚ ．
ＡＣ．故以Ｏ为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ∴ ＝（ ３， １， １）
⊥ ， ＤＰ 平面ＡＢ Ｃ 且ｎ 为平面ＡＢ Ｃ的一个法向
ｘｙｚ ∵ ∥ １ ， ＝（－１，０，１） １
－ ， 量 ｚ 即ｚ ．
，∴ － ３＋ １＝０， １＝ ３
{ｙ λ
易知→ＡＰ与Ａ→Ａ 共线 故设→ＡＰ λＡ→Ａ １＋１＝ ，
１ ， ＝ １，∴ λ
３＝ ３ ，
ｙ ．
∴ １＝０
又ＤＰ 平面ＡＢ Ｃ 故存在点Ｐ 使ＤＰ 平面ＡＢ Ｃ 其坐标为
⊄ １ ， ， ∥ １ ，
即恰好为Ａ 点．
（０，０， ３）， １
２．（２０１８ 青海西宁湟中一中月考，１８） 在四棱柱 ＡＢＣＤ
－
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 底面ＡＢＣＤ是正方形 且ＢＣ ＢＢ Ａ ＡＢ
１ １ １ １ ， ， ＝ １＝ ２，∠ １ ＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５４８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ａ ＡＤ °． 求证 ＰＢ 平面ＡＥＣ
∠ １ ＝６０ （１） ： ∥ ；
求证 ＢＤ ＣＣ 在线段ＰＢ上 不含端点 是否存在一点Ｍ 使得二面角Ｍ
（１） ： ⊥ １； （２） （ ） ，
若动点Ｅ在棱Ｃ Ｄ 上 试确定点Ｅ的位置 使得直线ＤＥ
（２） １ １ ， ， ＡＣ Ｅ的余弦值为 １０ 若存在 确定Ｍ的位置 若不存
－ － ？ ， ；
与平面ＢＤＢ 所成角的正弦值为 ７． １０
１
在 请说明理由．
１４ ，
解析 证明 连接 Ａ Ｂ Ａ Ｄ ＡＣ 因为 ＡＢ ＡＡ ＡＤ 解析 证明 连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｆ 连接ＥＦ 如图
（１） ： １ ， １ ， ， ＝ １ ＝ ， （１） ： ， ， ，
Ａ ＡＢ Ａ ＡＤ ° 在 ＰＢＤ中 由已知得ＥＦ ＰＢ 分
∠ １ ＝∠ １ ＝６０ ， △ ， ∥ ， （２ ）
所以 Ａ ＡＢ和 Ａ ＡＤ均为正三角形 于是Ａ Ｂ Ａ Ｄ． 又ＥＦ 平面ＡＥＣ ＰＢ 平面ＡＥＣ
△ １ △ １ ， １ ＝ １ ⊂ ， ⊄ ，
设ＡＣ与ＢＤ的交点为Ｏ 连接Ａ Ｏ 则Ａ Ｏ ＢＤ ＰＢ 平面ＡＥＣ． 分
， １ ， １ ⊥ ， ∴ ∥ （４ ）
又四边形ＡＢＣＤ是正方形 所以ＡＣ ＢＤ 而Ａ Ｏ ＡＣ Ｏ 所以
， ⊥ ， １ ∩ ＝ ，
ＢＤ 平面Ａ ＡＣ．
⊥ １
又ＡＡ 平面 Ａ ＡＣ 所以 ＢＤ ＡＡ 又 ＣＣ ＡＡ 所以 ＢＤ
１⊂ １ ， ⊥ １， １∥ １，
ＣＣ ．
⊥ １
由Ａ Ｂ Ａ Ｄ 及ＢＤ ＡＢ 知Ａ Ｂ Ａ Ｄ
（２） １ ＝ １ ＝ ２， ＝ ２ ＝２， １ ⊥ １ ，
于是ＡＯ Ａ Ｏ １ ＢＤ ２ＡＡ 从而Ａ Ｏ ＡＯ 结合Ａ Ｏ ＢＤ
＝ １ ＝ ＝ １， １ ⊥ ， １ ⊥ ，
２ ２
ＡＯ ＢＤ Ｏ 得Ａ Ｏ 底面ＡＢＣＤ 所以ＯＡ ＯＢ ＯＡ 两两垂直
∩ ＝ ， １ ⊥ ， 、 、 １ ，
如图 以点Ｏ为坐标原点 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ 由题意知 ＡＣ ＡＢ ＡＰ两两垂直 如图 以Ａ为坐标原点 以
， ， － ， （２） ， ， ， ， ， ，
则Ａ Ｂ Ｄ Ａ Ｃ ＡＣ ＡＢ ＡＰ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐标
（１，０，０）， （０，１，０）， （０，－１，０）， １（０，０，１）， （－１，０， ， ， ， ，
０），
Ｄ→Ｂ
＝（０，２，０），
Ｂ→Ｂ
１＝
Ａ→Ａ
１＝（－１，０，１），
Ｄ
１
→Ｃ
１＝
Ｄ→Ｃ
＝（－１，１，
系
则
Ａ
Ｃ －
ｘｙｚ．
Ｄ Ｐ Ｂ
０）， （２，０，０）， （２，－ ３，０）， （０，０，３）， （０，３，０），
( )
由Ｄ→Ｄ Ａ→Ａ 得Ｄ ． Ｅ ３ ３
１＝ １＝（－１，０，１）， １（－１，－１，１） １，－ ， ，
２ ２
设Ｄ→Ｅ λＤ→Ｃ λ
１ ＝ １ １（ ∈［０，１］）， 设Ｍ ｘ ｙ ｚ Ｐ→Ｍ λＰ→Ｂ λ
易知Ｅ λ λ （ ０， ０， ０）， ＝ （０＜ ＜１），
（－ －１， －１，１）， 则 ｘ ｙ ｚ λ 得Ｍ λ λ 分
所 设 以 平 Ｄ 面 →Ｅ Ｂ ＝（ Ｂ － Ｄ λ 的 －１ 法 ， λ 向 ，１ 量 ） ． ｎ ｘ ｙ ｚ 设 （ 平面 ０， Ａ ０ Ｅ ， Ｃ ０－ 的 ３） 法 ＝ 向 （ 量 ０ 为 ，３， ｎ － １ ３ ＝ ） （ ， ｘ ( １， ｙ １ （ ， ｚ ０ １ ， ） ３ ， ，３ ) －３ ）， （６ ）
１ ＝（ ， ， ）， 由ｎ →ＡＥ ｎ →ＡＣ →ＡＥ ３ ３ →ＡＣ
由
{ｎ
·
Ｄ→Ｂ
＝０， 得
{ｙ
＝０， 令ｘ 得ｎ {
１· ＝０， １· ＝０， ＝ １，－
２
，
２
， ＝（２，０，０），
ｎ
·
Ｂ→Ｂ
１＝０， －
ｘ
＋
ｚ
＝０
． ＝１， ＝（１，０，１），
得
ｘ
１－
３ ｙ
１＋
３ ｚ
１＝０，取ｙ 得ｎ ．
设直线ＤＥ与平面ＢＤＢ 所成角为θ ２ ２ １＝１， １＝（０，１，１）
１ ， ｘ
λ λ ２ １＝０，
则
ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ〈
Ｄ→Ｅ
，
ｎ
〉｜＝
｜１
２
×
×
（－
λ
－
２ ＋
１
（
）
－
＋
１
０
－
×
λ ）
＋
２
１
＋
×
１
１
２
｜
＝ １
７
４ ，
解得λ 设
由
平
ｎ
面
Ａ
Ｍ
→Ｍ
ＡＣ的
ｎ
法向
→Ａ
量
Ｃ
为ｎ
２ Ａ→ ＝ Ｍ （
ｘ
２，
ｙ
２， λ
ｚ
２）， λ →ＡＣ
２· ＝０， ２· ＝０， ＝（０，３ ，３－３ ）， ＝（２，０，０），
１ 或λ １ 舍去 { λｙ λ ｚ ( )
＝ ＝－ （ ）， 得 ３ ２＋（３－３ ） ２＝０，取ｚ 得ｎ １ ． 分
２ ３ ｘ ２＝１， ２＝ ０，１－λ，１ （９ ）
所以当Ｅ为Ｄ Ｃ 的中点时 直线ＤＥ与平面ＢＤＢ 所成角的正 ２ ２＝０，
１ １ ， １ 设二面角Ｍ ＡＣ Ｅ的大小为θ
－ － ，
弦值为 ７．
二面角Ｍ ＡＣ Ｅ的余弦值为 １０ θ为锐角
１４ ∵ － － ，∴ ，
１０
１
ｎ ｎ ２－λ
则 θ ｜ １· ２｜ １０ 分
ｃｏｓ ＝ ｎ ｎ ＝ ( ) ＝ ， （１０ ）
｜ １｜·｜ ２｜
１
２ １０
２· １－λ ＋１
化简得 λ２ λ 解得λ １ 或λ ２ ．
９ －９ ＋２＝０， ＝ ＝
３ ３
易知λ ２ 时 θ为钝角 λ １ Ｐ→Ｍ １ Ｐ→Ｂ．
３．（２０１９湖北七市（州）教科研协作体３月联考，１８）如图 在四 ＝ ， ，∴ ＝ ，∴ ＝
， ３ ３ ３
棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 四边形ＡＢＣＤ为平行四边形 ＡＢ ＡＣ ＰＡ
－ ， ， ⊥ ， ⊥ 故Ｐ→Ｍ １ Ｐ→Ｂ时 二面角Ｍ ＡＣ Ｅ的余弦值为 １０． 分
平面ＡＢＣＤ 且ＰＡ ＡＢ ＡＣ 点Ｅ是ＰＤ的中点． ＝ ， － － （１２ ）
， ＝ ＝３， ＝２， ３ １０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５４９
４．（２０２０ 天津北辰第一次诊断测试，１７）在如图所示的几何体 则Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｑ
（０，０，０）， （２，２，０）， （０，２，０）， （２，０，０）， （２，０，１），
中 四边形ＡＢＣＤ 是正方形 四边形 ＡＤＰＱ 是梯形 ＰＤ ＱＡ Ｐ ．
， ， ， ∥ ， （０，０，２）
∠ ＰＤＡ ＝ π ， 平面ＡＤＰＱ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ， 且ＡＤ ＝ ＰＤ ＝２ ＱＡ ＝２ ． （１） 证明 ： 易知Ａ→Ｄ ＝（－２，０，０） 是平面ＰＤＣ的一个法向量 ，
２ Ｑ→Ｂ Ｑ→Ｂ Ａ→Ｄ
求证 ＱＢ 平面ＰＤＣ ＝（０，２，－１），∴ · ＝０，
（１） ： ∥ ； 又直线ＱＢ 平面ＰＤＣ ＱＢ 平面ＰＤＣ．
求二面角Ｃ ＰＢ Ｑ的大小 ⊄ ，∴ ∥
（２） － － ；
已知点Ｈ在棱ＰＤ上 且异面直线ＡＨ与ＰＢ所成角的余弦 Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面
（３） ， （２） ＝（２，２，－２）， ＝（０，２，－２）， １＝（ １， １， １）
{ｎ Ｐ→Ｂ { ｘ ｙ ｚ
值为７ ３ 求线段ＤＨ的长． ＰＢＣ的法向量 则 １· ＝０，即 ２ １＋２ １－２ １＝０，
１５ ， ， ｎ １· Ｐ→Ｃ ＝０， ２ ｙ １－２ ｚ １＝０，
不妨设ｚ 可得ｎ ．
１＝１， １＝（０，１，１）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＰＢＱ的法向量
２＝（ ２， ２， ２） ，
Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｑ
＝（２，２，－２）， ＝（２，０，－１），
{ｎ Ｐ→Ｂ { ｘ ｙ ｚ
则 ２· ＝０，即 ２ ２＋２ ２－２ ２＝０，
ｎ
２·
Ｐ→Ｑ
＝０， ２
ｘ
２－
ｚ
２＝０，
不妨设ｚ 可得ｎ
２＝２， ２＝（１，１，２），
解析 本题考查线面平行 二面角 考查立体几何中的探索 ｎ ｎ
性问题 ． 、 ， ∴ ｃｏｓ 〈 ｎ １， ｎ ２〉＝ ｎ １· ｎ ２ ＝ ３ ， 又知二面角Ｃ － ＰＢ － Ｑ为钝二
平面ＡＤＰＱ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＤＰＱ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＰＤ
｜ １｜｜ ２｜ ２
∵ ⊥ ， ∩ ＝ ， 面角 二面角Ｃ ＰＢ Ｑ的大小为５π．
，∴ － －
平面ＡＤＰＱ ＰＤＡ π 直线ＰＤ 平面ＡＢＣＤ． ６
⊂ ，∠ ＝ ，∴ ⊥
２ 设Ｈ ｈ ｈ 则→ＡＨ ｈ →ＰＢ
（３） （０，０， ）（０≤ ≤２）， ＝（－２，０， ）， ＝（２，２，－２），
以
正
点
方向
Ｄ
建
为
立
原
如
点
图 ，
分
所
别
示
以
的
Ｄ→
空
Ａ
间 ，
Ｄ→
直
Ｃ
， 角
Ｄ→
坐
Ｐ的
标
方
系
向为ｘ轴
，
ｙ轴
，
ｚ轴的
Ｐ→Ｂ Ａ→Ｈ ７ ３ 即 ｜－４－２ ｈ ｜ ７ ３ ｈ２ ｈ
， ｜ｃｏｓ 〈 ， 〉｜＝ １５ ， ２ ３ ４＋ ｈ２ ＝ １５ ，∴６ －２５ ＋２４＝０，
解得ｈ ３ 或ｈ ８ 舍去 ．故线段ＤＨ的长为 ３ ．
＝ ＝ （ ）
２ ３ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
若点Ｐ到直线ＡＤ与到直线ＣＣ 的距离相等 则动点Ｐ的轨
Ｄ． １ ，
迹是双曲线
答案 ＡＢＤ
１．（多选题）（２０２０山东青岛三模）在如图所示的棱长为
１
的正
２．（２０２０ 湖北荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校联盟联考，１２）
方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｐ在侧面ＢＣＣ Ｂ 上运动 则下列
命题中正确 － 的 １ 是 １ １ １ ， １ １ ， 已知正方体ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 的棱长为 １， Ｐ是空间中任意一
（ ） 点 下列命题正确的个数是
， （ ）
若点Ｐ总满足ＰＡ ＢＤ 则动点Ｐ的轨迹是一条直线 若Ｐ为棱ＣＣ 中点 则异面直线ＡＰ与ＣＤ所成角的正切值
Ａ． ⊥ １， ① １ ，
若点Ｐ到点Ａ的距离为 则动点Ｐ的轨迹是一个周长为
Ｂ． ２， 为 ５
的圆 ；
２π ２
若点Ｐ到直线ＡＢ的距离与到点Ｃ的距离之和为 则动点
Ｃ． １， 若Ｐ在线段Ａ Ｂ上运动 则ＡＰ ＰＤ 的最小值为 ６＋ ２
Ｐ的轨迹是椭圆 ② １ ， ＋ １ ；
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５５０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
若Ｐ在半圆弧ＣＤ
③
( 在线段ＤＦ上是否存在一点Ｍ 使得二面角Ｍ ＯＥ Ｄ的余
上运动 当三棱锥Ｐ ＡＢＣ体积最大时 三 （２） ， － －
， － ，
棱锥Ｐ
－
ＡＢＣ外接球的表面积为
２π； 弦值是３ １３ 若不存在 请说明理由 若存在 请求出Ｍ
若过点Ｐ的平面α与正方体每条棱所成角相等 则α截此
１３
？ ， ； ，
④ ， 点所在的位置．
正方体所得截面面积的最大值为３ ３．
４
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
答案 Ｃ
３．（２０２０湖南湘东六校联考，１９）如图 ＡＢＥＤＦＣ为多面体 平面
， ，
ＡＢＥＤ与平面ＡＣＦＤ垂直 点Ｏ在线段ＡＤ上 ＯＡ ＯＤ
， ， ＝１， ＝２，
ＯＡＢ ＯＡＣ ＯＤＥ ＯＤＦ都是正三角形．
△ ，△ ，△ ，△
证明 直线ＢＣ 平面ＯＥＦ
（１） ： ∥ ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 用向量法证明平行、垂直
１．（２０１８天津，１７，１３分）如图 ＡＤ ＢＣ且ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＣＤ
， ∥ ＝２ ， ⊥ ，
ＥＧ ＡＤ且ＥＧ ＡＤ ＣＤ ＦＧ且ＣＤ ＦＧ ＤＧ 平面ＡＢＣＤ ＤＡ
∥ ＝ ， ∥ ＝２ ， ⊥ ，
ＤＣ ＤＧ ．
＝ ＝ ＝２
若 Ｍ 为 ＣＦ 的中点 Ｎ 为 ＥＧ 的中点 求证 ＭＮ 平
（１） ， ， ： ∥
面ＣＤＥ
；
求二面角Ｅ ＢＣ Ｆ的正弦值
（２） － － ；
若点Ｐ在线段ＤＧ上 且直线ＢＰ与平面ＡＤＧＥ所成的角为
（３） ，
° 求线段ＤＰ的长． 考点二 用向量法求空间角与距离
６０ ，
４．（２０２０课标Ⅱ理，２０，１２ 分）如图 已知三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
， － １ １ １
的底面是正三角形 侧面 ＢＢ Ｃ Ｃ 是矩形 Ｍ Ｎ 分别为 ＢＣ
， １ １ ， ， ，
Ｂ Ｃ 的中点 Ｐ为ＡＭ上一点．过Ｂ Ｃ 和Ｐ的平面交ＡＢ于Ｅ
１ １ ， １ １ ，
交ＡＣ于Ｆ．
证明 ＡＡ ＭＮ 且平面Ａ ＡＭＮ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ
（１） ： １∥ ， １ ⊥ １ １ ；
设Ｏ为 Ａ Ｂ Ｃ 的中心．若ＡＯ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ 且ＡＯ ＡＢ
（２） △ １ １ １ ∥ １ １ ， ＝ ，
求直线Ｂ Ｅ与平面Ａ ＡＭＮ所成角的正弦值．
２．（２０１７天津，１７，１３分）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＰＡ 底面 １ １
， － ， ⊥
ＡＢＣ ＢＡＣ °．点 Ｄ Ｅ Ｎ 分别为棱 ＰＡ ＰＣ ＢＣ 的中点 Ｍ
，∠ ＝９０ ， ， ， ， ，
是线段ＡＤ的中点 ＰＡ ＡＣ ＡＢ ．
， ＝ ＝４， ＝２
求证 ＭＮ 平面ＢＤＥ
（１） ： ∥ ；
求二面角Ｃ ＥＭ Ｎ的正弦值
（２） － － ；
已知点Ｈ在棱ＰＡ上 且直线ＮＨ与直线ＢＥ所成角的余弦
（３） ，
值为 ７ 求线段ＡＨ的长．
，
２１
５．（２０２０浙江，１９，１５ 分）如图 在三棱台 ＡＢＣ ＤＥＦ 中 平面
， － ，
ＡＣＦＤ 平面ＡＢＣ ＡＣＢ ＡＣＤ ° ＤＣ ＢＣ．
⊥ ，∠ ＝∠ ＝４５ ， ＝２
证明 ＥＦ ＤＢ
（１） ： ⊥ ；
求直线ＤＦ与平面ＤＢＣ所成角的正弦值．
（２）
３．（２０１９浙江，１９，１５分）如图 已知三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 平面
， － １ １ １，
Ａ ＡＣＣ 平面ＡＢＣ ＡＢＣ ° ＢＡＣ ° Ａ Ａ Ａ Ｃ ＡＣ
１ １⊥ ，∠ ＝９０ ，∠ ＝３０ ， １ ＝ １ ＝ ，
Ｅ ， Ｆ 证 分 明 别是 ＥＦ ＡＣ ， Ｂ Ａ Ｃ １ Ｂ １ 的中点． ６．（２０２０江苏，２２，１０分）在三棱锥Ａ － ＢＣＤ中 ， 已知ＣＢ ＝ ＣＤ ＝
（１） ： ⊥ ； ＢＤ Ｏ为ＢＤ的中点 ＡＯ 平面ＢＣＤ ＡＯ Ｅ为ＡＣ的
求直线ＥＦ与平面Ａ ＢＣ所成角的余弦值． ５， ＝２， ， ⊥ ， ＝２，
（２） １ 中点．
求直线ＡＢ与ＤＥ所成角的余弦值
（１） ；
若点Ｆ在ＢＣ上 满足ＢＦ １ ＢＣ 设二面角Ｆ ＤＥ Ｃ的大
（２） ， ＝ ， － －
４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５５１
小为θ 求 θ的值．
， ｓｉｎ
７．（２０２０课标Ⅲ理，１９，１２分）如图 在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
， － １ １ １ １
中 点Ｅ Ｆ分别在棱ＤＤ ＢＢ 上 且 ＤＥ ＥＤ ＢＦ ＦＢ ．
， ， １， １ ， ２ ＝ １， ＝２ １ １１．（２０１９课标Ⅲ，１９，１２分）图 是由矩形ＡＤＥＢ ＡＢＣ和
（１）
证明
：
点Ｃ
１
在平面ＡＥＦ内
； 菱形ＢＦＧＣ组成的一个平面图
１
形 ， 其中 ＡＢ ＝１，
，
Ｂ
Ｒ
Ｅ
ｔ△
＝ ＢＦ ＝２，
（２） 若ＡＢ ＝２， ＡＤ ＝１， ＡＡ １＝３， 求二面角Ａ － ＥＦ － Ａ １ 的正弦值． ∠ ＦＢＣ ＝６０ °．将其沿 ＡＢ ， ＢＣ 折起使得 ＢＥ 与 ＢＦ 重合 ， 连接
ＤＧ 如图 ．
， ２
证明 图 中的Ａ Ｃ Ｇ Ｄ四点共面 且平面ＡＢＣ 平面
（１） ： ２ ， ， ， ， ⊥
ＢＣＧＥ
；
求图 中的二面角Ｂ ＣＧ Ａ的大小．
（２） ２ － －
１２．（２０１８课标Ⅲ理，１９，１２分）如图 边长为 的正方形ＡＢＣＤ
， ２
所在的平面与半圆弧ＣＤ
８．（２０２０新高考Ⅰ，２０，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面为
， －
正方形 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ．设平面ＰＡＤ与平面ＰＢＣ的交线为ｌ．
， ⊥
证明 ｌ 平面ＰＤＣ
（１） ：⊥ ；
已知ＰＤ ＡＤ Ｑ为ｌ上的点 求ＰＢ与平面ＱＣＤ所成角
（２） ＝ ＝１， ，
的正弦值的最大值．
９．（２０２０天津，１７，１５分）如图 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＣＣ
， － １ １ １ ， １
平面ＡＢＣ ＡＣ ＢＣ ＡＣ ＢＣ ＣＣ 点 Ｄ Ｅ 分别在棱
⊥ ， ⊥ ， ＝ ＝２， １＝３， ，
ＡＡ 和棱ＣＣ 上 且ＡＤ ＣＥ Ｍ为棱Ａ Ｂ 的中点．
１ １ ， ＝１， ＝２， １ １
求证 Ｃ Ｍ Ｂ Ｄ
（１） ： １ ⊥ １ ；
求二面角Ｂ Ｂ Ｅ Ｄ的正弦值
（２） － １ － ；
求直线ＡＢ与平面ＤＢ Ｅ所成角的正弦值．
（３） １
１０．（２０１９课标Ⅰ，１８，１２ 分）如图 直四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
， － １ １ １ １
的底面是菱形 ＡＡ ＡＢ ＢＡＤ ° Ｅ Ｍ Ｎ 分别是
， １＝４， ＝２，∠ ＝６０ ， ， ，
ＢＣ ＢＢ Ａ Ｄ的中点．
， １， １
证明 ＭＮ 平面Ｃ ＤＥ
（１） ： ∥ １ ；
求二面角Ａ ＭＡ Ｎ的正弦值．
（２） － １－
(
所在平面垂直 Ｍ 是ＣＤ
，
(
上异于 Ｃ Ｄ
，
的点．
证明 平面ＡＭＤ 平面ＢＭＣ
（１） ： ⊥ ；
当三棱锥Ｍ ＡＢＣ体积最大时 求面ＭＡＢ与面ＭＣＤ所成
（２） － ，
二面角的正弦值．
１３．（２０１７课标Ⅱ，１９，１２ 分）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 侧面
， － ，
ＰＡＤ为等边三角形且垂直于底面 ＡＢＣＤ ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ
， ＝ ＝ ，
２
ＢＡＤ ＡＢＣ ° Ｅ是ＰＤ的中点．
∠ ＝∠ ＝９０ ， 证明 直线ＣＥ 平面ＰＡＢ
（１） ： ∥ ；
点Ｍ在棱ＰＣ上 且直线ＢＭ与底面ＡＢＣＤ所成角为 °
（２） ， ４５ ，
求二面角Ｍ ＡＢ Ｄ的余弦值．
－ －
１４．（２０１７山东，１７，１２分）如图 几何体是圆柱的一部分 它是
， ，
由矩形ＡＢＣＤ 及其内部 以 ＡＢ 边所在直线为旋转轴旋转
（ ）
°得到的 Ｇ是ＤＦ
１２０ ，
(
的中点．
设Ｐ是ＣＥ
（１）
(
上的一点 且ＡＰ ＢＥ 求 ＣＢＰ的大小
， ⊥ ， ∠ ；
当ＡＢ ＡＤ 时 求二面角Ｅ ＡＧ Ｃ的大小．
（２） ＝３， ＝２ ， － －
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５５２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１６．（２０１６课标Ⅲ，１９，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 底
， － ， ⊥
面ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＡＤ ＡＣ ＰＡ ＢＣ Ｍ为线段ＡＤ
， ∥ ， ＝ ＝ ＝３， ＝ ＝４，
上一点 ＡＭ ＭＤ Ｎ为ＰＣ的中点．
， ＝２ ，
证明ＭＮ 平面ＰＡＢ
（１） ∥ ；
求直线ＡＮ与平面ＰＭＮ所成角的正弦值．
（２）
１５．（２０１８课标Ⅰ，１８，１２分）如图 四边形ＡＢＣＤ为正方形 Ｅ Ｆ
， ， ，
分别为ＡＤ ＢＣ的中点 以ＤＦ为折痕把 ＤＦＣ折起 使点 Ｃ
， ， △ ，
到达点Ｐ的位置 且ＰＦ ＢＦ．
， ⊥
证明 平面ＰＥＦ 平面ＡＢＦＤ
（１） ： ⊥ ；
求ＤＰ与平面ＡＢＦＤ所成角的正弦值．
（２）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点二 用向量法求空间角与距离
１．（２０１４课标Ⅱ，１１，５ 分）直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＢＣＡ
－ １ １ １ ，∠ ＝
° Ｍ Ｎ分别是 Ａ Ｂ Ａ Ｃ 的中点 ＢＣ ＣＡ ＣＣ 则 ＢＭ 与
９０ ， ， １ １， １ １ ， ＝ ＝ １，
ＡＮ所成角的余弦值为
（ ）
１ ２
Ａ． Ｂ．
１０ ５ ２．（２０１３北京，８，５ 分）如图 在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｐ
， － １ １ １ １ ，
３０ ２
为对角线ＢＤ 的三等分点 Ｐ到各顶点的距离的不同取值有
Ｃ． Ｄ． １ ，
１０ ２
答案 Ｃ 解法一 以Ｃ 为坐标原点 建立如图所示的空间 （ ）
： １ ，
直角坐标系
，
个 个 个 个
Ａ．３ Ｂ．４ Ｃ．５ Ｄ．６
答案 Ｂ 过 Ｐ 作平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ＡＢＣＤ 的垂线分别交
设ＢＣ ＣＡ ＣＣ 则Ａ Ｎ Ｍ Ｂ １ １ １ １、
＝ ＝ １＝２， （２，０，２）， （１，０，０）， （１，１，０）， （０， Ｄ
１
Ｂ
１、
ＤＢ于Ｅ
、
Ｆ点
，
易知Ｐ也是ＥＦ的三等分点
，
设正方体的
２，２），
棱长为ａ 则ＰＡ ＰＣ ａ ＰＤ ２ ａ ＰＢ ３ａ ＰＢ ６ａ
∴
Ａ→Ｎ
＝（－１，０，－２），
Ｂ→Ｍ
＝（１，－１，－２），
， １＝ １＝ ； １＝
３
３ ； ＝
３
； １＝
３
，
Ａ→Ｎ Ｂ→Ｍ
Ａ→Ｎ Ｂ→Ｍ · －１＋４ ３ ３０ 故选 ． ＰＡ ＰＣ ６ａ ＰＤ ａ．故有 个不同的值．故选 ．
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ Ａ→Ｎ ｜｜ Ｂ→Ｍ ｜ ＝ ５× ６ ＝ ３０ ＝ １０ ， Ｃ ＝ ＝ ３ ； ＝ ４ Ｂ
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
＝ ＝ １＝２，
则ＡＱ ＡＮ ＱＮ
＝ ５， ＝ ５， ＝ ６，
ＡＮ２ ＮＱ２ ＡＱ２
ＡＮＱ ＋ － ５＋６－５ ６ ３０
∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＡＮ ＮＱ ＝ ＝ ＝ ，
２ · ２ ５× ６ ２ ３０ １０
故选 ． 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
Ｃ ，
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
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５５３
Ａ 值 Ｂ 为 Ｃ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １， ＣＡ ＝ ＣＣ １＝２ ＣＢ ， 则直线ＢＣ １ 与直线ＡＢ １ 夹角 （ 的 余 弦 ） 可得ｎ ＝（２，２，１）， 因此有 ｃｏｓ〈 Ｃ→Ｅ ， ｎ 〉＝ Ｃ Ｃ → → Ｅ Ｅ · ｎ ｎ ＝－ ９ ４ ．
｜ ｜｜ ｜
所以 直线ＣＥ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值为 ４ ．
，
９
设ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面ＢＤＦ的法向量
（３） ＝（ ， ， ） ，
{ｍ Ｂ→Ｄ { ｘ ｙ
则 · ＝０，即 － ＋ ＝０，
ｍ
·
Ｂ→Ｆ
＝０， ２
ｙ
＋
ｈｚ
＝０，
５ ５ ( )
Ａ． ５ Ｂ． ３ 不妨令ｙ 可得ｍ ２ ．
＝１， ＝ １，１，－ ｈ
２ ５ ３
Ｃ． Ｄ． ２
５ ５ ｍ ｎ ４－ ｈ
答案 Ａ 不妨设ＣＢ 则Ｂ Ａ Ｃ 由题意 有 ｍ ｎ ｜ · ｜ １ 解得ｈ ８ ．
＝１， （０，０，１）， （２，０，０）， １（０，２， ， ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ， ＝
Ｂ ． ｜ ｜｜ ｜ ４ ３ ７
０）， １（０，２，１） ３ ２＋ｈ２
Ｂ→Ｃ Ａ→Ｂ ．
∴ １＝（０，２，－１）， １＝（－２，２，１）
经检验 符合题意．所以 线段ＣＦ的长为 ８ ．
Ｂ→Ｃ Ａ→Ｂ ， ，
Ｂ→Ｃ Ａ→Ｂ １· １ ０＋４－１ ５ 故选 ． ７
ｃｏｓ〈 １， １〉＝ ｜ Ｂ→Ｃ １｜·｜ Ａ→Ｂ １｜ ＝ ５×３ ＝ ５ ， Ａ 思路分析 从已知条件线面垂直 、 线线垂直 、 线线平行入手 ，
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 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
，
了运算求解能力． 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
， ，
４．（２０１９天津理，１７，１３分）如图 ＡＥ 平面ＡＢＣＤ ＣＦ ＡＥ ＡＤ 何中的位置关系或长度．
， ⊥ ， ∥ ，
ＢＣ ＡＤ ＡＢ ＡＢ ＡＤ ＡＥ ＢＣ ． 方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤
∥ ， ⊥ ， ＝ ＝１， ＝ ＝２ ：
求证 ＢＦ 平面ＡＤＥ 观察图形 建立恰当的空间直角坐标系 写出相应点的坐
（１） ： ∥ ； ① ， ；②
求直线ＣＥ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值 标 求出相应直线的方向向量 设出相应平面的法向量 利用
（２） ； ， ；③ ，
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
若二面角Ｅ ＢＤ Ｆ的余弦值为 １ 求线段ＣＦ的长． ，
（３） － － ， 量 将空间位置关系转化为向量关系 根据定理结论求出
３ ；④ ；⑤
相应的角和距离．
５．（２０１９课标Ⅱ理，１７，１２分）如图 长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
， － １ １ １ １
底面ＡＢＣＤ是正方形 点Ｅ在棱ＡＡ 上 ＢＥ ＥＣ ．
， １ ， ⊥ １
证明 ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ
（１） ： ⊥ １ １；
若ＡＥ Ａ Ｅ 求二面角Ｂ ＥＣ Ｃ 的正弦值．
（２） ＝ １ ， － － １
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 Ａ→Ｄ →ＡＥ的方向为 ｘ
， ， ， ，
轴 ｙ轴 ｚ轴正方向的空间直角坐标系 如图
， ， （ ），
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．
由已知得 Ｂ Ｃ 平面ＡＢＢ Ａ ＢＥ 平面ＡＢＢ Ａ
可得Ａ （０，０，０）， Ｂ （１，０，０）， Ｃ （１，２，０）， Ｄ （０，１，０）， Ｅ （０，０，２） ． （ 故 １） Ｂ Ｃ ＢＥ． ， １ １⊥ １ １， ⊂ １ １，
设ＣＦ ＝ ｈ （ ｈ ＞０）， 则Ｆ （１，２， ｈ ） ． 又ＢＥ １ １⊥ ＥＣ 所以ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ ．
⊥ １， ⊥ １ １
证明 依题意 →ＡＢ 是平面ＡＤＥ的法向量 又Ｂ→Ｆ 由 知 ＢＥＢ °．
（１） ： ， ＝（１，０，０） ， ＝ （２） （１） ∠ １＝９０
（０，２，
ｈ
），
可得Ｂ→Ｆ
·
→ＡＢ
＝０，
由题设知
Ｒｔ△
ＡＢＥ
≌Ｒｔ△
Ａ
１
Ｂ
１
Ｅ
，
又因为直线ＢＦ 平面ＡＤＥ 所以ＢＦ 平面ＡＤＥ． 所以 ＡＥＢ ° 故ＡＥ ＡＢ ＡＡ ＡＢ．
⊄ ， ∥ ∠ ＝４５ ， ＝ ， １＝２
（２）
依题意
，
Ｂ→Ｄ
＝（－１，１，０），
Ｂ→Ｅ
＝（－１，０，２），
以Ｄ为坐标原点
，
Ｄ→Ａ的方向为ｘ轴正方向
，｜
Ｄ→Ａ
｜
为单位长
，
建
立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ
Ｃ→Ｅ ． － ，
＝（－１，－２，２）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＢＤＥ的法向量
＝（ ， ， ） ，
{ｎ Ｂ→Ｄ { ｘ ｙ
则 · ＝０，即 － ＋ ＝０， 不妨令ｚ
ｎ
·
Ｂ→Ｅ
＝０， －
ｘ
＋２
ｚ
＝０，
＝１，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５５４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
６．（２０１８北京理，１６，１４ 分）如图 在三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
， － １ １ １ ，
ＣＣ 平面ＡＢＣ Ｄ Ｅ Ｆ Ｇ分别为ＡＡ ＡＣ Ａ Ｃ ＢＢ 的中点
１⊥ ， ， ， ， １， ， １ １， １ ，
ＡＢ ＢＣ ＡＣ ＡＡ ．
＝ ＝ ５， ＝ １＝２
求证 ＡＣ 平面ＢＥＦ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ ＣＤ Ｃ 的余弦值
（２） － － １ ；
证明 直线ＦＧ与平面ＢＣＤ相交．
（３） ：
则Ｃ Ｂ Ｃ Ｅ Ｃ→Ｂ
（０，１，０）， （１，１，０）， １（０，１，２）， （１，０，１）， ＝（１，０，
Ｃ→Ｅ Ｃ→Ｃ ．
０）， ＝（１，－１，１）， １＝（０，０，２）
设平面ＥＢＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
{Ｃ→Ｂ ｎ {ｘ 解析 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
则 · ＝０，即 ＝０， （１） － １ １ １ ，
所以 Ｃ→ 可 Ｅ · 取 ｎ ｎ ＝ ＝ ０ （ ， ０，－ ｘ １ － ， ｙ － ＋ １ ｚ ） ＝ ． ０， 因 又 为 Ｅ ， Ｃ Ｆ Ｃ 分 １⊥ 别 平 为 面 ＡＣ ＡＢ ， Ａ Ｃ １ ， Ｃ 所 １ 的 以 中 四 点 边 ， 形 所 Ａ 以 １ ＡＣ ＡＣ Ｃ ⊥ １ 为 ＥＦ 矩 ． 形．
设平面ＥＣＣ １ 的法向量为ｍ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， 因 所 为 以 Ａ Ａ Ｂ Ｃ ＝ Ｂ 平 Ｃ 面 ， 所 Ｂ 以 ＥＦ Ａ ． Ｃ ⊥ ＢＥ．
{Ｃ→Ｃ ｍ { ｚ ⊥
则 １· ＝０，即 ２ ＝０， 由 知ＡＣ ＥＦ ＡＣ ＢＥ ＥＦ ＣＣ ．
Ｃ→Ｅ · ｍ ＝０， ｘ － ｙ ＋ ｚ ＝０， （ 又 ２） ＣＣ （１） 平面ＡＢ ⊥ Ｃ 所 ， 以Ｅ ⊥ Ｆ 平 ， 面 ∥ ＡＢＣ １ ．
所以可取ｍ ＝（１，１，０） ． 因为Ｂ １ Ｅ ⊥ 平面ＡＢＣ ， 所以ＥＦ ⊥ ＢＥ．
⊂ ， ⊥
于是 ｃｏｓ〈 ｎ ， ｍ 〉＝ ｎ ｎ · ｍ ｍ ＝－ １ ． 如图建立空间直角坐标系Ｅ － ｘｙｚ．
｜ ｜｜ ｜ ２
所以 二面角Ｂ ＥＣ Ｃ 的正弦值为 ３．
， － － １
２
一题多解 连接 ＢＣ ．设 ＡＥ ｍ 不
（２） １ ＝ ，
妨令 ＡＢ 则 ＢＥ ｍ２ Ｃ Ｅ
＝ １， ＝ ＋１， １ ＝
ｍ２ ＢＣ ｍ ２ ．
＋２， １＝ （２ ） ＋１
ＢＥ ＥＣ ｍ２ ｍ２ 解得ｍ
∵ ⊥ １，∴４ ＋１＝２ ＋３， ＝
则ＡＡ ．
１， １＝２
连接ＡＣ ＢＤ 相交于点Ｏ 连接Ａ Ｃ ．
， ， ， １ １
由题意可知 ＡＣ ＢＤ ＢＤ ＣＣ ＡＣ
⊥ ， ⊥ １， ∩
ＣＣ Ｂ １ Ｄ ＝ Ｃ ， 平面ＡＡ Ｃ Ｃ ＢＤ ＣＥ 由题意得Ｂ （０，２，０）， Ｃ （－１，０，０）， Ｄ （１，０，１）， Ｆ （０，０，２），
∴ 即ＢＯ ⊥ ＣＥ． １ １ ，∴ ⊥ ， Ｇ （０，２，１） ．
⊥ 所以Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｄ ．
ＣＣ ＝（－１，－２，０）， ＝（１，－２，１）
在长方形ＡＡ Ｃ Ｃ中 ＡＣ ＡＡ ．连接 ＡＣ 有 １ ２ 设平面ＢＣＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
１ １ ， ＝ ２， １＝２ １， ＡＣ ＝ ＝ ＝（ ０， ０， ０），
ＡＣ ２ {ｎ Ｂ→Ｃ {ｘ ｙ
又 ＥＡＣ Ｃ ＣＡ ° 则 Ｃ ＣＡ ＣＡＥ． 则 · ＝０，即 ０＋２ ０＝０，
ＡＥ， ∠ ＝∠ １ ＝９０ ， Ｒｔ△ １ ∽Ｒｔ△ ｎ Ｂ→Ｄ ｘ ｙ ｚ ．
· ＝０， ０－２ ０＋ ０＝０
∴ 取 ∠ Ｂ Ｃ Ｏ Ｃ Ｅ １ Ｃ 的 Ａ Ｏ ＋ Ｆ 中 ∠ 点 Ｏ Ｃ １ Ａ Ｆ Ｃ ， 连 Ｃ ＝ Ｅ ９ 接 ０ ° Ｏ 平 ，∴ Ｆ 面 ， Ｃ Ｂ Ｅ Ｆ Ｆ ⊥ Ｏ ， 则 Ｂ Ａ ． Ｃ Ｏ １ ． Ｆ ∥ ＡＣ １，∴ ＯＦ ⊥ ＣＥ． 令 于是 ｙ ０＝ ｎ － ＝ １ （ ， ２ 则 ，－ ｘ １ ０ ， ＝ － ２ ４ ， ） ｚ ． ０＝－４ ．
∵ ∩ ＝ ，∴ ⊥ 又因为平面ＣＣ Ｄ的一个法向量为Ｅ→Ｂ
设ＣＥ ＯＦ Ｇ 连接ＢＧ ＣＥ ＢＧ ＣＥ ＦＧ 则 ＢＧＦ为二面 １ ＝（０，２，０），
∩ ＝ ， ，∴ ⊥ ， ⊥ ， ∠
角 Ｂ ＣＥ Ｃ 的平面角 且 ＢＧＦ ＢＧＯ． 设 ｎ Ｅ→Ｂ
ＡＣ － ＣＥ Ｈ － 易 １ 得 ＡＥＨ ， Ｃ ＣＨ ｓｉ ． ｎ 又 ∠ ＡＥ ＝ １ ｓｉ Ｃ ｎ Ｃ ∠ ＡＨ 所以 ｃｏｓ〈 ｎ ， Ｅ→Ｂ 〉＝ ｜ ｎ · ｜｜ Ｅ→Ｂ ｜ ＝－ ２ ２ １ １．
１∩ ＝ ， △ ∽△ １ ∵ ＝ １，∴ ＝
２
由题知二面角Ｂ ＣＤ Ｃ 为钝角 所以其余弦值为 ２１．
１ＡＣ ．易知ＯＧ ＡＨ 又 Ｏ为ＡＣ的中点 ＯＧ １ ＡＨ． ＢＯ － － １ ， －
１ ∥ ， ∵ ，∴ ＝ ∵ ２１
３ ２ 由 知平面ＢＣＤ的一个法向量为ｎ Ｆ→Ｇ
（３） （２） ＝（２，－１，－４）， ＝
２ ．
（０，２，－１）
２ ＯＧ １ ＡＨ １ ＡＣ ６ ＢＯ ＯＧ ＢＧＯ ２
＝ ， ＝ ＝ １＝ ， ⊥ ，∴ ｔａｎ∠ ＝ ＝ 因为ｎ Ｆ→Ｇ
２ ２ ６ ６ ６ · ＝２×０＋（－１）×２＋（－４）×（－１）＝２≠０，
所以直线ＦＧ与平面ＢＣＤ相交．
６
７．（２０１７北京理，１６，１４ 分）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
ＢＧＯ ° 则 ＢＧＦ ° 故 ＢＧＦ ３． ， － ，
３，∴ ∠ ＝６０ ， ∠ ＝１２０ ， ｓｉｎ∠ ＝ ＡＢＣＤ为正方形 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 点Ｍ在线段ＰＢ上
２ ， ⊥ ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５５５
ＰＤ 平面ＭＡＣ ＰＡ ＰＤ ＡＢ ． ｎ ｎ
∥ ， ＝ ＝ ６， ＝４ θ 则有 θ ｎ ｎ ｜ １· ２｜ 再通过原图判断二
求证 Ｍ为ＰＢ的中点 ， ｜ｃｏｓ ｜＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ ，
（１） ： ； ｜ １｜｜ ２｜
求二面角Ｂ ＰＤ Ａ的大小 面角是钝角还是锐角 进而求出二面角．
（２） － － ； ，
求直线ＭＣ与平面ＢＤＰ所成角的正弦值． ．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
（３） ２ ：
为ｅ 平面的法向量为ｎ 则直线与平面所成的角θ满足 θ
， ， ｓｉｎ ＝
ｅ ｎ ( ]
· θ π ．
ｅ ｎ ， ∈ ０，
｜ ｜｜ ｜ ２
８．（２０１７课标Ⅰ理，１８，１２ 分）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 ＡＢ
， － ，
ＣＤ 且 ＢＡＰ ＣＤＰ °．
解析 本题考查面面垂直的性质定理 线面平行的性质定 ∥ ， ∠ ＝∠ ＝９０
， 证明 平面ＰＡＢ 平面ＰＡＤ
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 （１） ： ⊥ ；
， ， 若ＰＡ ＰＤ ＡＢ ＤＣ ＡＰＤ ° 求二面角Ａ ＰＢ Ｃ的余
立体几何问题的方法．考查空间想象能力 运算求解能力． （２） ＝ ＝ ＝ ，∠ ＝９０ ， － －
、 弦值．
设ＡＣ ＢＤ交点为Ｅ 连接ＭＥ．
（１） ， ，
因为ＰＤ 平面ＭＡＣ 平面ＭＡＣ 平面ＰＤＢ ＭＥ
∥ ， ∩ ＝ ，
所以ＰＤ ＭＥ． 解析 本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角
∥
因为ＡＢＣＤ是正方形 所以Ｅ为ＢＤ的中点． 问题．
，
所以Ｍ为ＰＢ的中点． 由已知 ＢＡＰ ＣＤＰ ° 得ＡＢ ＡＰ ＣＤ ＰＤ．
（１） ∠ ＝∠ ＝９０ ， ⊥ ， ⊥
取ＡＤ的中点Ｏ 连接ＯＰ ＯＥ． 由于ＡＢ ＣＤ 故ＡＢ ＰＤ
（２） ， ， ∥ ， ⊥ ，
因为ＰＡ ＰＤ 所以ＯＰ ＡＤ． 又ＡＰ ＰＤ Ｐ 从而ＡＢ 平面ＰＡＤ．
＝ ， ⊥ ∩ ＝ ， ⊥
又因为平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 且ＯＰ 平面ＰＡＤ 又ＡＢ 平面ＰＡＢ 所以平面ＰＡＢ 平面ＰＡＤ．
⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， ⊥
所以ＯＰ 平面ＡＢＣＤ． 在平面ＰＡＤ内作ＰＦ ＡＤ 垂足为Ｆ．
⊥ （２） ⊥ ，
因为ＯＥ 平面ＡＢＣＤ 所以ＯＰ ＯＥ． 由 可知 ＡＢ 平面ＰＡＤ 故ＡＢ ＰＦ
⊂ ， ⊥ （１） ， ⊥ ， ⊥ ，
因为ＡＢＣＤ是正方形 所以ＯＥ ＡＤ． 又ＡＤ ＡＢ Ａ 可得ＰＦ 平面ＡＢＣＤ．
， ⊥ ∩ ＝ ， ⊥
如图建立空间直角坐标系Ｏ － ｘｙｚ ， 则Ｐ （０，０， ２）， Ｄ （２，０，０）， 以 Ｆ为坐标原点 ， →ＦＡ的方向为ｘ轴正方向 ，｜ →ＡＢ ｜ 为单位长 ， 建
Ｂ Ｂ→Ｄ Ｐ→Ｄ ． 立如图所示的空间直角坐标系Ｆ ｘｙｚ．
（－２，４，０）， ＝（４，－４，０）， ＝（２，０，－ ２） －
设平面ＢＤＰ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
{ｎ Ｂ→Ｄ { ｘ ｙ
则 · ＝０，即 ４ －４ ＝０，
æ ö æ ö æ ö
ｎ Ｐ→Ｄ ｘ ｚ ． 由 及已知可得 Ａç ２ ÷ Ｐç ２÷ Ｂç ２ ÷
· ＝０， ２ － ２ ＝０ （１） è ，０，０ø， è０，０， ø， è ，１，０ø，
令ｘ 则ｙ ｚ ． ２ ２ ２
＝１， ＝１， ＝ ２ æ ö
于是ｎ ． Ｃç ２ ÷．
＝（１，１， ２） è－ ，１，０ø
平面ＰＡＤ的一个法向量为ｐ ． ２
＝（０，１，０） æ ö æ ö
ｎ ｐ 所以Ｐ→Ｃ ç ２ ２÷ Ｃ→Ｂ →ＰＡ ç ２ ２÷
所以 ｎ ｐ · １ ． ＝è－ ，１，－ ø， ＝（ ２，０，０）， ＝è ，０，－ ø，
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｐ ＝ ２ ２ ２ ２
｜ ｜｜ ｜ ２
→ＡＢ ．
由题意知二面角Ｂ ＰＤ Ａ为锐角 所以它的大小为π． ＝（０，１，０）
－ － ， 设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＰＣＢ的法向量 则
３ ＝（ １， １， １） ，
æ ö æ ö {
由题意知Ｍç ２÷ Ｃ Ｍ→Ｃ ç ２÷． {ｎ Ｐ→Ｃ ２ｘ ｙ ２ｚ
（３） è－１，２， ø， （２，４，０）， ＝è３，２，－ ø · ＝０，即 － １＋ １－ １＝０，
设直线ＭＣ与平面ＢＤＰ
２
所成角为α
２ ｎ
·
Ｃ→Ｂ
＝０，
２
ｘ ．
２
， ２ １＝０
则 ｓｉｎ α ＝｜ｃｏｓ〈 ｎ ， Ｍ→Ｃ 〉｜＝ ｜ ｎ ｎ · Ｍ Ｍ → → Ｃ Ｃ ｜ ＝ ２ ９ ６． 可 设 取 ｍ ｎ ＝ ｘ （０， ｙ －１ ｚ ，－ 是 ２ 平 ） ． 面ＰＡＢ的法向量 则
｜ ｜｜ ｜ ＝（ ２， ２， ２） ，
{
所
方
以
法
直
总结
线ＭＣ
．
与
在
平
求
面
二面
ＢＤ
角
Ｐ
时
所成
通
角
常
的
用
正
空
弦
间
值
向
为
量
２
法 ９
６．
即建立空间
{ｍ
ｍ
·
·
→
→
Ｐ
ＡＢ
Ａ ＝
＝
０
０
，
，
即
ｙ ２
２ｘ ２－
． ２
２ｚ ２＝０，
１ ， ， ２＝０
直角坐标系 求出两个面的法向量 ｎ ｎ 设二面角的大小为 可取ｍ ．
， １， ２， ＝（１，０，１）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５５６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
则 ｃｏｓ〈 ｎ ， ｍ 〉＝ ｎ ｎ · ｍ ｍ ＝－ ３． 则 {ｎ · Ａ→Ｄ ＝０，即 { － ｘ ＋ ｚ ＝０， 可取ｎ æ ç ３ ö ÷．
｜ ｜｜ ｜ ３ ｎ →ＡＥ ｘ ３ｙ １ ｚ ． ＝è１， ，１ø
易知二面角Ａ ＰＢ Ｃ为钝二面角 · ＝０， － ＋ ＋ ＝０ ３
－ － ， ２ ２
{ｍ →ＡＣ
所以二面角Ａ
－
ＰＢ
－
Ｃ的余弦值为
－
３． 设ｍ是平面ＡＥＣ的法向量 则 · ＝０，
３ ， ｍ →ＡＥ ．
方法总结 面面垂直的证明及向量法求解二面角． · ＝０
ｎ ｍ
面面垂直的证明 同理可取ｍ ．则 ｎ ｍ · ７．
（１） ＝（０，－１， ３） ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝
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 ｜ ｜｜ ｜ ７
， ， 易知二面角Ｄ ＡＥ Ｃ为锐二面角
直线ｌ垂直于另一平面． － － ，
利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值． 所以二面角Ｄ ＡＥ Ｃ的余弦值为 ７．
（２） － －
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 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
ｎ ｎ
量ｎ ｎ 设二面角的大小为θ 则 θ ｜ １· ２｜ 再根据二 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
１， ２， ， ｜ｃｏｓ ｜＝ ｎ ｎ ， ， ， ，
｜ １｜｜ ２｜ 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
面角的范围判断二面角余弦值的正负情况． ，
判断二面角是钝角还是锐角．
９．（２０１７课标Ⅲ理，１９，１２分）如图 四面体ＡＢＣＤ中 ＡＢＣ是
， ，△ １０．（２０１６课标Ⅱ理，１９，１２ 分）如图 菱形 ＡＢＣＤ 的对角线 ＡＣ
正三角形 ＡＣＤ是直角三角形 ＡＢＤ ＣＢＤ ＡＢ ＢＤ． ，
，△ ，∠ ＝∠ ， ＝ 与ＢＤ交于点Ｏ ＡＢ ＡＣ 点Ｅ Ｆ分别在ＡＤ ＣＤ上 ＡＥ
证明 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ ， ＝５， ＝６， ， ， ，
（１） ： ⊥ ；
过ＡＣ的平面交ＢＤ于点Ｅ 若平面ＡＥＣ把四面体ＡＢＣＤ分 ＣＦ ５ ＥＦ交ＢＤ 于点 Ｈ．将 ＤＥＦ 沿 ＥＦ 折到 Ｄ′ＥＦ 的
（２） ， ＝ ＝ ， △ △
成体积相等的两部分 求二面角Ｄ ＡＥ Ｃ的余弦值． ４
， － － 位置 ＯＤ′ ．
， ＝ １０
证明 Ｄ′Ｈ 平面ＡＢＣＤ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ Ｄ′Ａ Ｃ的正弦值．
（２） － －
解析 本题考查面面垂直的证明 二面角的求法．
，
由题设可得 ＡＢＤ ＣＢＤ 从而ＡＤ ＤＣ．
（１） ，△ ≌△ ， ＝
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． 解析 证明 由已知得ＡＣ ＢＤ ＡＤ ＣＤ．
， ， ， ⊥ ， ＝ （１） ： ⊥ ， ＝
又由于 ＡＢＣ是正三角形 故ＢＯ ＡＣ． ＡＥ ＣＦ
△ ， ⊥ 又由ＡＥ ＣＦ得 故ＡＣ ＥＦ．
所以 ＤＯＢ为二面角Ｄ ＡＣ Ｂ的平面角． ＝ ＡＤ＝ＣＤ， ∥
∠ － －
在 ＡＯＢ中 ＢＯ２ ＡＯ２ ＡＢ２． 因此ＥＦ ＨＤ 从而ＥＦ Ｄ′Ｈ． 分
Ｒｔ△ ， ＋ ＝ ⊥ ， ⊥ （２ ）
又ＡＢ ＝ ＢＤ ， 所以 ＢＯ２ ＋ ＤＯ２ ＝ ＢＯ２ ＋ ＡＯ２ ＝ ＡＢ２ ＝ ＢＤ２ ， 故 ∠ ＤＯＢ 由ＡＢ ＝５， ＡＣ ＝６ 得ＤＯ ＝ ＢＯ ＝ ＡＢ２ － ＡＯ２ ＝４ ．
°．
＝９０ 由ＥＦ ＡＣ得 ＯＨ ＡＥ １ ．
所以平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ． ∥ ＤＯ＝ＡＤ＝
⊥ ４
由题设及 知 ＯＡ ＯＢ ＯＤ两两垂直．以Ｏ为坐标原点 所以ＯＨ Ｄ′Ｈ ＤＨ ．
（２） （１） ， ， ， ， ＝１， ＝ ＝３
Ｏ→Ａ的方向为ｘ轴正方向
，｜
Ｏ→Ａ
｜
为单位长
，
建立如图所示的空间 于是Ｄ′Ｈ２
＋
ＯＨ２
＝３
２
＋１
２
＝１０＝
Ｄ′Ｏ２
，
故Ｄ′Ｈ
⊥
ＯＨ．
（４
分
）
又Ｄ′Ｈ ＥＦ 而ＯＨ ＥＦ Ｈ 所以Ｄ′Ｈ 平面ＡＢＣＤ． 分
直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．则 Ａ Ｂ Ｃ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ （５ ）
－ （１，０，０）， （０， ３，０）， （－１，０，０），
Ｄ ． 如图 以Ｈ为坐标原点 Ｈ→Ｆ的方向为ｘ轴正方向 建立空
（０，０，１） （２） ， ， ，
间直角坐标系 Ｈ ｘｙｚ．则 Ｈ Ａ
－ （０，０，０）， （－３，－１，０），
Ｂ Ｃ Ｄ′
（０，－５，０）， （３，－１，０）， （０，０，３），
由题设知 四面体ＡＢＣＥ的体积为四面体ＡＢＣＤ的体积的 １
， ，
２
从而Ｅ到平面ＡＢＣ的距离为Ｄ到平面ＡＢＣ的距离的 １ 即Ｅ →ＡＢ →ＡＣ Ａ→Ｄ′ ． 分
， ＝（３，－４，０）， ＝（６，０，０）， ＝（３，１，３） （６ ）
２ 设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＢＤ′的法向量
æ ö ＝（ １， １， １） ，
为ＤＢ的中点 ， 得Ｅ è ç ０， ３ ， １ ø ÷．故Ａ→Ｄ ＝（－１，０，１）， →ＡＣ ＝（－２，０， {ｍ →ＡＢ { ｘ ｙ
２ ２ 则 · ＝０， 即 ３ １－４ １＝０，
æ ö ｍ Ａ→Ｄ′ ｘ ｙ ｚ
→ＡＥ ç ３ １ ÷． · ＝０， ３ １＋ １＋３ １＝０，
０）， ＝è－１， ， ø 所以可取ｍ ． 分
２ ２ ＝（４，３，－５） （８ ）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＤＡＥ的法向量 设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＣＤ′的法向量
＝（ ， ， ） ， ＝（ ２， ２， ２） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５５７
{ｎ →ＡＣ { ｘ 过点Ｆ作ＦＭ垂直ＯＢ于点Ｍ．
则 · ＝０， 即 ６ ２＝０，
ｎ · Ａ→Ｄ′ ＝０， ３ ｘ ２＋ ｙ ２＋３ ｚ ２＝０， 所以ＦＭ ＝ ＦＢ２ － ＢＭ２ ＝３， 可得Ｆ （０， ３，３） ．
所以可取ｎ ． 分 故Ｂ→Ｆ ．
＝（０，－３，１） （１０ ） ＝（０，－ ３，３）
设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＢＣＦ的法向量．
于是 ｍ ｎ ｍ · ｎ －１４ ７ ５． ＝（ ， ， ）
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝－ {ｍ Ｂ→Ｃ
｜ ｜｜ ｜ ５０× １０ ２５ 由 · ＝０，
ｍ Ｂ→Ｆ
ｍ ｎ ２ ９５． · ＝０，
ｓｉｎ〈 ， 〉＝ {
２５ 可得 －２ ３ ｘ －２ ３ ｙ ＝０，
因此二面角Ｂ Ｄ′Ａ Ｃ的正弦值是２ ９５． 分 ｙ ｚ ．
－ － （１２ ） － ３ ＋３ ＝０
２５ æ ö
思路分析 利用已知条件及翻折的性质得出Ｄ′Ｈ ＥＦ 可得平面ＢＣＦ的一个法向量ｍ ç ３÷．
（１） ⊥ ， ＝è－１，１， ø
利用勾股定理的逆定理得出Ｄ′Ｈ ＯＨ 从而得出结论 ３
⊥ ， ； 因为平面ＡＢＣ的一个法向量ｎ
在第 问的基础上建立恰当的空间直角坐标系 从而求 ＝（０，０，１），
（２） （１） ， ｍ ｎ
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 所以 ｍ ｎ · ７．
， ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝
弦值 从而求出正弦值． ｜ ｜·｜ ｜ ７
，
评析 本题主要考查翻折问题，线面垂直的证明以及用空 所以二面角Ｆ ＢＣ Ａ的余弦值为 ７．
－ －
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 ７
解法二 连接ＯＯ′．过点Ｆ作ＦＭ垂直ＯＢ于点Ｍ．
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．
１１．（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．
已知Ｇ Ｈ分别为ＥＣ ＦＢ的中点．求证 ＧＨ 平面ＡＢＣ
（１） ， ， ： ∥ ；
已知ＥＦ ＦＢ １ ＡＣ ＡＢ ＢＣ．求二面角Ｆ ＢＣ Ａ的 则有ＦＭ ＯＯ′．
（２） ＝ ＝ ＝２ ３， ＝ － － ∥
２ 又ＯＯ′ 平面ＡＢＣ 所以ＦＭ 平面ＡＢＣ．
余弦值． ⊥ ， ⊥
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
＝ ， ，
所以ＭＮ ＢＭ ° ６．
＝ ｓｉｎ４５ ＝
２
解析 证明 设ＦＣ中点为Ｉ 连接ＧＩ ＨＩ．
（１） ： ， ， 从而ＦＮ ４２
＝ ，
２
可得 ＦＮＭ ７．
ｃｏｓ∠ ＝
７
所以二面角Ｆ ＢＣ Ａ的余弦值为 ７．
－ －
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
在 ＣＥＦ中 因为点Ｇ是ＣＥ的中点 所以ＧＩ ＥＦ．
△ ， ， ∥ 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
又ＥＦ ＯＢ 所以ＧＩ ＯＢ．
∥ ， ∥ 二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键．
在 ＣＦＢ中 因为Ｈ是ＦＢ的中点 所以ＨＩ ＢＣ．
△ ， ， ∥ １２．（２０１６浙江，１７，１２ 分）如图 在三棱台ＡＢＣ ＤＥＦ 中 平面
又ＨＩ ＧＩ Ｉ 所以平面ＧＨＩ 平面ＡＢＣ． ， － ，
∩ ＝ ， ∥ ＢＣＦＥ 平面 ＡＢＣ ＡＣＢ ° ＢＥ ＥＦ ＦＣ ＢＣ ＡＣ
因为ＧＨ 平面ＧＨＩ 所以ＧＨ 平面ＡＢＣ． ⊥ ，∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ＝１， ＝２，
⊂ ， ∥ ．
解法一 连接ＯＯ′ 则ＯＯ′ 平面ＡＢＣ． ＝３
（２） ： ， ⊥ 求证 ＢＦ 平面ＡＣＦＤ
又ＡＢ ＢＣ 且ＡＣ是圆Ｏ的直径 所以ＢＯ ＡＣ． （１） ： ⊥ ；
＝ ， ， ⊥ 求二面角Ｂ ＡＤ Ｆ的平面角的余弦值．
以Ｏ为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． （２） － －
， －
解析 延长ＡＤ ＢＥ ＣＦ相交于一点Ｋ 如图所示．
（１） ， ， ，
由题意得Ｂ Ｃ
（０，２ ３，０）， （－２ ３，０，０），
所以Ｂ→Ｃ
＝（－２ ３，－２ ３，０），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５５８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１３．（２０１５ 课标Ⅰ理，１８，１２ 分）如图 四边形 ＡＢＣＤ 为菱形
， ，
ＡＢＣ ° Ｅ Ｆ 是平面 ＡＢＣＤ 同一侧的两点 ＢＥ 平面
∠ ＝１２０ ， ， ， ⊥
ＡＢＣＤ ＤＦ 平面ＡＢＣＤ ＢＥ ＤＦ ＡＥ ＥＣ．
， ⊥ ， ＝２ ， ⊥
证明 平面ＡＥＣ 平面ＡＦＣ
（１） ： ⊥ ；
求直线ＡＥ与直线ＣＦ所成角的余弦值．
（２）
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 ＢＣ 所以 ＢＣＫ为等边
∥ ， ＝ ＝ ＝１， ＝２， △
三角形 且Ｆ为ＣＫ的中点 则ＢＦ ＣＫ．
， ， ⊥
所以ＢＦ 平面ＡＣＦＤ．
⊥
解法一 过点Ｆ作ＦＱ ＡＫ于Ｑ 连接ＢＱ． 解析 证明 连接ＢＤ．设ＢＤ ＡＣ Ｇ 连接ＥＧ ＦＧ ＥＦ．
（２） ： ⊥ ， （１） ： ∩ ＝ ， ， ，
因为ＢＦ 平面ＡＣＫ 所以ＢＦ ＡＫ 则 ＡＫ 平面 ＢＱＦ 所以 在菱形ＡＢＣＤ中 不妨设ＧＢ ．由 ＡＢＣ ° 可得ＡＧ ＧＣ
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ， ＝１ ∠ ＝１２０ ， ＝
ＢＱ ＡＫ．
⊥ ．
所以 ＢＱＦ是二面角Ｂ ＡＤ Ｆ的平面角． ＝ ３
，∠ － － 由ＢＥ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ ＢＣ 可知ＡＥ ＥＣ．又 ＡＥ ＥＣ 所以
⊥ ， ＝ ， ＝ ⊥ ，
在 ＡＣＫ中 ＡＣ ＣＫ 得ＦＱ ３ １３． ＥＧ 且ＥＧ ＡＣ．
Ｒｔ△ ， ＝３， ＝２， ＝ ＝ ３， ⊥
１３
在 ＥＢＧ中 可得ＢＥ 故ＤＦ ２．
在 ＢＱＦ中 ＦＱ ３ １３ ＢＦ 得 ＢＱＦ ３． Ｒｔ△ ， ＝ ２， ＝
Ｒｔ△ ， ＝ ， ＝ ３， ｃｏｓ∠ ＝ ２
１３ ４
在 ＦＤＧ中 可得ＦＧ ６．
所以 二面角Ｂ ＡＤ Ｆ的平面角的余弦值为 ３． Ｒｔ△ ， ＝
， － － ２
４
解法二 由 知 ＢＣＫ为等边三角形．取ＢＣ的中点Ｏ 连接 在直角梯形ＢＤＦＥ 中 由 ＢＤ ＢＥ ＤＦ ２ 可得 ＥＦ
： （１） △ ， ， ＝２， ＝ ２， ＝ ，
ＫＯ 则ＫＯ ＢＣ 又平面 ＢＣＦＥ 平面 ＡＢＣ 所以 ＫＯ 平面 ２
， ⊥ ， ⊥ ， ， ⊥
ＡＢＣ．以点Ｏ为原点 分别以射线ＯＢ ＯＫ的方向为ｘ ｚ的正方 ３ ２．
， ， ， ＝
向 建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． 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． 分
⊂ ， ⊥ （６ ）
如图 以Ｇ为坐标原点 分别以Ｇ→Ｂ Ｇ→Ｃ的方向为ｘ轴 ｙ轴
（２） ， ， ， ，
正方向 Ｇ→Ｂ 为单位长 建立空间直角坐标系Ｇ ｘｙｚ．
，｜ ｜ ， －
由题意得Ｂ Ｃ Ｋ Ａ
（１，０，０）， （－１，０，０）， （０，０， ３）， （－１，－３，０），
æ ö æ ö
Ｅç １ ３÷ Ｆç １ ３÷．
è ，０， ø， è－ ，０， ø
２ ２ ２ ２
因此 →ＡＣ →ＡＫ →ＡＢ ．
， ＝（０，３，０）， ＝（１，３， ３）， ＝（２，３，０）
设平面ＡＣＫ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ 平面ＡＢＫ的法向量
＝（ １， １， １）， æ ö
为ｎ ｘ ｙ ｚ ． 由 可得 Ａ Ｅ Ｆç ２÷ Ｃ
＝（ ２， ２， ２） （１） （０，－ ３，０）， （１，０， ２）， è－１，０， ø， （０，
{ →ＡＣ ｍ { ｙ ２
由 · ＝０，得 ３ １＝０， 取ｍ æ ö
→ＡＫ · ｍ ＝０ ｘ １＋３ ｙ １＋ ３ ｚ １＝０， ＝（ ３，０，－１）； ３，０）， 所以→ＡＥ ＝（１， ３， ２）， Ｃ→Ｆ ＝è ç －１，－ ３，
２
２ ø ÷． （１０ 分 ）
由
{ →ＡＢ
·
ｎ
＝０，得
{
２
ｘ
２＋３
ｙ
２＝０， 取ｎ ． 故 →ＡＥ Ｃ→Ｆ
→ＡＥ
·
Ｃ→Ｆ
３．
→ＡＫ · ｎ ＝０ ｘ ２＋３ ｙ ２＋ ３ ｚ ２＝０， ＝（３，－２， ３） ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ →ＡＥ ｜｜ Ｃ→Ｆ ｜ ＝－ ３
ｍ ｎ
于是 ｍ ｎ · ３． 所以直线ＡＥ与直线ＣＦ所成角的余弦值为 ３． 分
，ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ （１２ ）
｜ ｜·｜ ｜ ４ ３
又易知二面角Ｂ ＡＤ Ｆ为锐二面角 思路分析 利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的
－ － ， （１）
判定定理求证． 建立适当的空间直角坐标系 利用向量的
所以 二面角Ｂ ＡＤ Ｆ的平面角的余弦值为 ３． （２） ，
， － － 夹角的余弦公式求解．
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 解后反思 建立适当的空间直角坐标系 利用空间向量的有
， ，
为ｎ 和ｎ 则 θ ｎ ｎ 要求 θ的值 还需 关公式是求解的关键．证明 ＥＧ 平面ＡＦＣ 是解题的难点．
１ ２， ｜ｃｏｓ ｜＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜， ｃｏｓ ， “ ⊥ ”
结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角 进而决定 １４．（２０１５课标Ⅱ理，１９，１２ 分）如图 长方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
， ， － １ １ １ １
θ ｎ ｎ 还是 θ ｎ ｎ ． 中 ＡＢ ＢＣ ＡＡ 点 Ｅ Ｆ 分别在 Ａ Ｂ Ｄ Ｃ 上
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜， ｃｏｓ ＝－｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜ ， ＝１６， ＝１０， １＝８， ， １ １， １ １ ，
评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础 Ａ Ｅ Ｄ Ｆ ．过点Ｅ Ｆ的平面α与此长方体的面相交 交线
１ ＝ １ ＝４ ， ，
知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力． 围成一个正方形．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５５９
解法一 作Ａ Ｆ ＢＤ且Ａ Ｆ ＢＤ Ｆ 连接Ｂ Ｆ．
（２） ： １ ⊥ １ ∩ ＝ ， １
由ＡＥ ＥＢ Ａ ＥＡ Ａ ＥＢ ° 得Ａ Ｂ Ａ Ａ ．
＝ ＝ ２，∠ １ ＝∠ １ ＝９０ ， １ ＝ １ ＝４
由Ａ Ｄ Ｂ Ｄ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ 得 Ａ ＤＢ与 Ｂ ＤＢ全等．
１ ＝ １ ， １ ＝ １ ， △ １ △ １
由Ａ Ｆ ＢＤ 得Ｂ Ｆ ＢＤ 因此 Ａ ＦＢ 为二面角Ａ ＢＤ Ｂ
在图中画出这个正方形 不必说明画法和理由 的平 １ 面 ⊥ 角． ， １ ⊥ ， ∠ １ １ １－ － １
（１） （ ）；
求直线ＡＦ与平面α所成角的正弦值．
（２） 由Ａ Ｄ Ａ Ｂ ＤＡ Ｂ ° 得 ＢＤ Ａ Ｆ Ｂ Ｆ
解析 交线围成的正方形ＥＨＧＦ如图 １ ＝ ２， １ ＝４，∠ １ ＝９０ ， ＝３ ２， １ ＝ １
（１） ：
４
＝ ，
３
由余弦定理得 Ａ ＦＢ １ ．
ｃｏｓ∠ 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．
， － ，
作ＥＭ ＡＢ 垂足为Ｍ 则ＡＭ Ａ Ｅ ＥＭ ＡＡ ．
（２） ⊥ ， ， ＝ １ ＝４， ＝ １＝８
因为ＥＨＧＦ为正方形 所以ＥＨ ＥＦ ＢＣ ．
， ＝ ＝ ＝１０
于是ＭＨ ＥＨ２ ＥＭ２ 所以ＡＨ ．
＝ － ＝６， ＝１０
以Ｄ为坐标原点 Ｄ→Ａ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 Ｈ Ｅ
－ ， （１０，０，０）， （１０，１０，０）， （１０，
Ｆ Ｆ→Ｅ Ｈ→Ｅ ．
４，８）， （０，４，８）， ＝（１０，０，０）， ＝（０，－６，８）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＥＨＧＦ的法向量
＝（ ， ， ） ，
{ｎ Ｆ→Ｅ { ｘ
则 · ＝０，即 １０ ＝０， 由题意知各点坐标如下 Ａ Ｂ
ｎ
·
Ｈ→Ｅ
＝０， －６
ｙ
＋８
ｚ
＝０，
： １（０，０， １４）， （０， ２，０），
Ｄ Ｂ ．
所以可取ｎ
＝（０，４，３）
． （－ ２，０， １４）， １（－ ２， ２， １４）
又→ＡＦ 故 ｎ →ＡＦ ｜
ｎ
·
→ＡＦ
｜ ４ ５．
因此Ａ→
１
Ｂ
＝（０， ２，－ １４），
Ｂ→Ｄ
＝（－ ２，－ ２， １４），
Ｄ→Ｂ
１＝（０，
＝（－１０，４，８）， ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ ｎ ｜｜ →ＡＦ ｜ ＝ １５ ２，０） ．
设平面Ａ ＢＤ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ 平面Ｂ ＢＤ的法向
所以ＡＦ与平面ＥＨＧＦ所成角的正弦值为４ ５． １ ＝（ １， １， １）， １
量为ｎ ｘ ｙ ｚ ．
１５ ＝（ ２， ２， ２）
１５．（２ Ｂ ０ Ａ １ Ｃ ５ 浙江 ° ， Ａ １ Ｂ ７， Ａ １ Ｃ ５ 分） Ａ 如 Ａ 图 ， Ａ 在三 在 棱 底面 柱 Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ 的 － Ａ 射 １ Ｂ 影 １ Ｃ 为 １ 中 ＢＣ ， 由 {ｍ · Ａ→ １ Ｂ ＝０，即 { ２ ｙ １－ １４ ｚ １＝０，
∠ 的中点 ＝ ， Ｄ ９０ 是 ， Ｂ １ Ｃ ＝ １ 的 ＝ 中 ２ 点 ， ． １ ＝４， １ ｍ · Ｂ→Ｄ ＝０， － ２ ｘ １－ ２ ｙ １＋ １４ ｚ １＝０，
证明 Ａ Ｄ 平面Ａ ＢＣ 可取ｍ ．
（１） ： １ ⊥ １ ； ＝（０， ７，１）
（２） 求二面角Ａ １－ ＢＤ － Ｂ １ 的平面角的余弦值． {ｎ Ｄ→Ｂ { ｙ
由 · １＝０，即 ２ ２＝０， 可取ｎ
ｎ Ｂ→Ｄ ｘ ｙ ｚ ＝（ ７，０，
· ＝０， － ２ ２－ ２ ２＋ １４ ２＝０，
．
１）
ｍ ｎ
于是 ｍ ｎ ｜ · ｜ １ ．
｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｍ ｎ ＝
｜ ｜·｜ ｜ ８
由题意可知 所求二面角的平面角是钝角 故二面角Ａ ＢＤ
， ， １－ －
Ｂ 的平面角的余弦值为 １ ．
１ －
解析 证明 设Ｅ为ＢＣ的中点 由题意得Ａ Ｅ 平面 ８
（１） ： ， １ ⊥ 评析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角等基
ＡＢＣ 所以Ａ Ｅ ＡＥ．
， １ ⊥ 础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．
因为ＡＢ ＡＣ 所以ＡＥ ＢＣ．
＝ ， ⊥ １６．（２０１５福建理，１７，１２分）如图 在几何体ＡＢＣＤＥ中 四边形
故ＡＥ 平面Ａ ＢＣ． ， ，
⊥ １ ＡＢＣＤ是矩形 ＡＢ 平面ＢＥＣ ＢＥ ＥＣ ＡＢ ＢＥ ＥＣ Ｇ Ｆ
由Ｄ Ｅ分别为Ｂ Ｃ ＢＣ的中点 得ＤＥ Ｂ Ｂ且ＤＥ Ｂ Ｂ 从 ， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ＝ ＝２， ，
， １ １， ， ∥ １ ＝ １ ， 分别是线段ＢＥ ＤＣ的中点．
而ＤＥ Ａ Ａ且ＤＥ Ａ Ａ 所以四边形Ａ ＡＥＤ为平行四边形． ，
故Ａ Ｄ ∥ Ａ １ Ｅ． ＝ １ ， １ （１） 求证 ： ＧＦ ∥ 平面ＡＤＥ ；
又因
１
为
∥
ＡＥ 平面Ａ ＢＣ 所以Ａ Ｄ 平面Ａ ＢＣ． （２）
求平面ＡＥＦ与平面ＢＥＣ所成锐二面角的余弦值．
⊥ １ ， １ ⊥ １
解析 解法一 证明 如图 取 ＡＥ 的中点 Ｈ 连接
：（１） ： ， ，
ＨＧ ＨＤ
， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５６０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
在三棱台ＤＥＦ ＡＢＣ中 ＡＢ ＤＥ Ｇ为ＡＣ的中点 可得ＤＦ
－ ， ＝２ ， ， ∥
ＧＣ ＤＦ ＧＣ 所以四边形ＤＦＣＧ为平行四边形．
又Ｇ是ＢＥ的中点 所以ＧＨ ＡＢ 且ＧＨ １ ＡＢ． ， ＝ ，
， ∥ ， ＝ 则Ｏ为ＣＤ的中点 又Ｈ为ＢＣ的中点 所以ＯＨ ＢＤ
２ ， ， ∥ ，
又ＯＨ 平面ＦＧＨ ＢＤ 平面ＦＧＨ 所以ＢＤ 平面ＦＧＨ．
又Ｆ是ＣＤ的中点 所以ＤＦ １ ＣＤ． ⊂ ， ⊄ ， ∥
， ＝ 设ＡＢ 则ＣＦ ．
２ （２） ＝２， ＝１
由四边形ＡＢＣＤ是矩形得 ＡＢ ＣＤ ＡＢ ＣＤ
， ∥ ， ＝ ， 在三棱台ＤＥＦ ＡＢＣ中 Ｇ为ＡＣ的中点 由ＤＦ １ ＡＣ ＧＣ
所以ＧＨ ＤＦ 且ＧＨ ＤＦ － ， ， ＝ ＝ ，
∥ ， ＝ ， ２
从而四边形ＨＧＦＤ是平行四边形 所以ＧＦ ＤＨ． 可得四边形ＤＧＣＦ为平行四边形 因此ＤＧ ＦＣ．
， ∥ ， ∥
又ＤＨ 平面ＡＤＥ ＧＦ 平面ＡＤＥ 所以ＧＦ 平面ＡＤＥ． 又ＦＣ 平面ＡＢＣ 所以ＤＧ 平面ＡＢＣ．
⊂ ， ⊄ ， ∥ ⊥ ， ⊥
如图 在平面ＢＥＣ内 过Ｂ点作ＢＱ ＥＣ．因为ＢＥ ＣＥ 在 ＡＢＣ中 由ＡＢ ＢＣ ＢＡＣ ° Ｇ是ＡＣ中点 所以ＡＢ
（２） ， ， ∥ ⊥ ， △ ， ⊥ ，∠ ＝４５ ， ，
所以ＢＱ ＢＥ． 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．
， －
又因为ＡＢ 平面ＢＥＣ 所以ＡＢ ＢＥ ＡＢ ＢＱ． 所以Ｇ Ｂ Ｃ Ｄ ．
（０，０，０）， （ ２，０，０）， （０， ２，０）， （０，０，１）
⊥ ， ⊥ ， ⊥
æ ö
以Ｂ为原点 分别以Ｂ→Ｅ Ｂ→Ｑ →ＢＡ的方向为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴的正 可得Ｈç ２ ２ ÷ Ｆ
， ， ， ， ， è ， ，０ø， （０， ２，１），
方向建立空间直角坐标系 则Ａ Ｂ Ｅ ２ ２
， （０，０，２）， （０，０，０）， （２，０， æ ö
０），
Ｆ
（２，２，１）
． 故Ｇ→Ｈ
＝è
ç ２
，
２
，０ø
÷
，
Ｇ→Ｆ
＝（０， ２，１）
．
因为ＡＢ 平面 ＢＥＣ 所以 →ＢＡ 为平面 ＢＥＣ 的法 ２ ２
⊥ ， ＝（０，０，２） 设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＦＧＨ的法向量
向量． ＝（ ， ， ） ，
设ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） 为平面ＡＥＦ的法向量． 则由
{ｎ
·
Ｇ→Ｈ
＝０，
又→ＡＥ →ＡＦ
ｎ
·
Ｇ→Ｆ
＝０，
＝（２，０，－２）， ＝（２，２，－１）， {ｘ ｙ
{ｎ →ＡＥ { ｘ ｚ 可得 ＋ ＝０，
由 · ＝０，得 ２ －２ ＝０， ｙ ｚ ．
ｎ
·
→ＡＦ
＝０， ２
ｘ
＋２
ｙ
－
ｚ
＝０， 可得平面
２ ＋
ＦＧ
＝
Ｈ
０
的一个法向量ｎ ．
取ｚ 得ｎ ． ＝（１，－１， ２）
＝２， ＝（２，－１，２） 因为Ｇ→Ｂ是平面ＡＣＦＤ的一个法向量 Ｇ→Ｂ
ｎ →ＢＡ ， ＝（ ２，０，０），
从而
ｃｏｓ〈
ｎ
，
→ＢＡ
〉＝ ｜ ｎ ｜
·
·｜ →ＢＡ ｜ ＝ ３×
４
２ ＝ ３
２
， 所以 ｃｏｓ〈 Ｇ→Ｂ ， ｎ 〉＝ ｜ Ｇ→
Ｇ→
Ｂ
Ｂ
｜ · ·
ｎ
｜ ｎ ｜ ＝ ２ ２ ２ ＝ ２ １ ．
所以平面ＡＥＦ与平面ＢＥＣ所成锐二面角的余弦值为 ２ ． 所以平面ＦＧＨ与平面ＡＣＦＤ所成角 锐角 的大小为 °．
（ ） ６０
３ １８．（２０１５陕西，１８，１２分）如图 在直角梯形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ
１７．（２０１５山东理，１７，１２分）如图 在三棱台ＤＥＦ ＡＢＣ中 ＡＢ １， ， ∥
， － ， ＝
ＤＥ Ｇ Ｈ分别为ＡＣ ＢＣ的中点． ＢＣ ＢＡＤ π ＡＢ ＢＣ ＡＤ Ｅ是ＡＤ的中点 Ｏ是ＡＣ
２ ， ， ， ，∠ ＝ ， ＝ ＝１， ＝２， ，
求证 ＢＤ 平面ＦＧＨ ２
（１） ： ∥ ； 与ＢＥ的交点．将 ＡＢＥ沿ＢＥ折起到 Ａ ＢＥ的位置 如图 ．
（２） 若ＣＦ ⊥ 平面ＡＢＣ ， ＡＢ ⊥ ＢＣ ， ＣＦ ＝ ＤＥ ，∠ ＢＡＣ ＝４５ ° ， 求平面 △ △ １ ， ２
ＦＧＨ与平面ＡＣＦＤ所成的角 锐角 的大小．
（ ）
证明 ＣＤ 平面Ａ ＯＣ
（１） ： ⊥ １ ；
若平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ 求平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＣＤ夹
解析 连接ＤＧ ＣＤ 设ＣＤ ＧＦ Ｏ 连接ＯＨ． （２） １ ⊥ ， １ １
（１） ， ， ∩ ＝ ， 角的余弦值．
解析 证明 在题图 中 因为ＡＢ ＢＣ ＡＤ Ｅ是
（１） ： １ ， ＝ ＝１， ＝２，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５６１
解析 解法一 因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＢＣ
ＡＤ的中点 ＢＡＤ π ：（１） ⊥ ， ⊥ ，
，∠ ＝ ， 由底面ＡＢＣＤ为长方形 有ＢＣ ＣＤ 而ＰＤ ＣＤ Ｄ
２ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
所以ＢＥ ＡＣ． 所以ＢＣ 平面ＰＣＤ 而ＤＥ 平面ＰＣＤ 所以ＢＣ ＤＥ．
⊥ ⊥ ， ⊂ ， ⊥
即在题图 中 ＢＥ ＯＡ ＢＥ ＯＣ 又因为ＰＤ ＣＤ 点Ｅ是ＰＣ的中点 所以ＤＥ ＰＣ．
２ ， ⊥ １， ⊥ ， ＝ ， ， ⊥
从而ＢＥ 平面Ａ ＯＣ 而ＰＣ ＢＣ Ｃ 所以ＤＥ 平面ＰＢＣ．
⊥ １ ， ∩ ＝ ， ⊥
又ＣＤ ＢＥ 而ＰＢ 平面ＰＢＣ 所以ＰＢ ＤＥ．
∥ ， ⊂ ， ⊥
所以ＣＤ 平面Ａ ＯＣ． 又ＰＢ ＥＦ ＤＥ ＥＦ Ｅ 所以ＰＢ 平面ＤＥＦ．
⊥ １ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
因为平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ 由ＤＥ 平面 ＰＢＣ ＰＢ 平面
（２） １ ⊥ ， ⊥ ， ⊥
又由 知 ＢＥ ＯＡ ＢＥ ＯＣ ＤＥＦ 可知四面体 ＢＤＥＦ 的四
（１） ， ⊥ １， ⊥ ， ，
所以 Ａ ＯＣ为二面角Ａ ＢＥ Ｃ的平面角 个面都是直角三角形 即四面
∠ １ １－ － ， ，
体ＢＤＥＦ是一个鳖臑 其四个
所以 Ａ ＯＣ π． ，
∠ １ ＝ 面的 直 角 分 别 为 ＤＥＢ
２ ∠ ，
如图 以Ｏ为原点 建立空间直角坐标系
ＤＥＦ ＥＦＢ ＤＦＢ．
， ， ， ∠ ，∠ ，∠
如图 在面 ＰＢＣ 内 延长
（２） ， ，
ＢＣ与ＦＥ 交于点 Ｇ 则 ＤＧ 是
，
平面ＤＥＦ与平面ＡＢＣＤ的交线．
由 知 ＰＢ 平面ＤＥＦ 所以ＰＢ ＤＧ．
（１） ， ⊥ ， ⊥
又因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＤＧ．
⊥ ， ⊥
因为Ａ Ｂ Ａ Ｅ ＢＣ ＥＤ ＢＣ ＥＤ 而ＰＤ ＰＢ Ｐ 所以ＤＧ 平面ＰＢＤ．
１ ＝ １ ＝ ＝ ＝１， ∥ ， ∩ ＝ ， ⊥
æ ö æ ö æ ö æ ö 故 ＢＤＦ是面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的平面角
所以Ｂç ２ ÷ Ｅç ２ ÷ Ａ ç ２÷ Ｃç ２ ÷ ∠ ，
è ，０，０ø， è－ ，０，０ø， １è０，０， ø， è０， ，０ø， 设ＰＤ ＤＣ ＢＣ λ 有ＢＤ λ２
２ ２ ２ ２ ＝ ＝１， ＝ ， ＝ １＋ ，
æ ö æ ö
得Ｂ→Ｃ ç ２ ２ ÷ Ａ→Ｃ ç ２ ２÷ Ｃ→Ｄ Ｂ→Ｅ 在 ＰＤＢ中 由ＤＦ ＰＢ 得 ＤＰＦ ＦＤＢ π
＝ è－ ， ，０ø， １ ＝ è０， ，－ ø， ＝ ＝ Ｒｔ△ ， ⊥ ， ∠ ＝∠ ＝ ，
２ ２ ２ ２ ３
ＢＤ
（－ ２，０，０）
． 则
ｔａｎ
π
＝ｔａｎ∠
ＤＰＦ
＝ＰＤ＝ １＋
λ２
＝ ３，
解得λ
＝ ２
．
设平面Ａ ＢＣ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ 平面Ａ ＣＤ的法向量 ３
ｎ ２＝（ ｘ ２， ｙ １ ２， ｚ ２）， 平面Ａ １ Ｂ １ Ｃ ＝ 与 （ 平 １， 面 １， Ａ １ １ Ｃ ） Ｄ ， 的夹角 １ 为θ ， 所以 Ｄ ＢＣ Ｃ ＝ λ １ ＝ ２．
{ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ ｙ ２
则 １· ＝０， 得 － １＋ １＝０，取ｎ ＤＣ
ｎ １· Ａ→ １ Ｃ ＝０， ｙ １－ ｚ １＝０， １＝（１，１，１）； 故当面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π ３ 时 ，ＢＣ＝ ２ ２．
{ｎ Ｃ→Ｄ {ｘ 解法二 如图 以 Ｄ 为原
ｎ ２ ２ · · Ａ→ １ Ｃ ＝ ＝ ０ ０ ， ， 得 ｙ ２ ２－ ＝ ｚ ０ ２ ， ＝０， 取ｎ ２＝（０，１，１）， 点 ｘ ｙ ， 射 ｚ 轴 线 ： 的 （ Ｄ １ Ａ 正 ） ， 半 ＤＣ 轴 ， ， ＤＰ 建 分 立 别 空 为 间
， ， ，
从而 θ ｎ ｎ ２ ６ 直角坐标系．
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ＝ ，
３× ２ ３ 设 ＰＤ ＤＣ ＢＣ λ 则
＝ ＝ １， ＝ ，
即平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＣＤ夹角的余弦值为 ６． Ｄ （０，０，０）， Ｐ （０，０，１）， Ｂ （ λ ，
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 １，０），
Ｃ Ｐ→Ｂ λ
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 （０，１，０）， ＝（ ，１，－１），
点Ｅ是ＰＣ的中点
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． 所以Ｅ １ １
０， ， ，
１９．（２０１５湖北理，１９，１２分） 九章算 ２ ２
《 ( )
术 中 将底面为长方形且有一条侧 Ｄ→Ｅ １ １
》 ， ＝ ０， ， ，
棱与底面垂直的四棱锥称之为阳 ２ ２
马 将四个面都为直角三角形的四
于是Ｐ→Ｂ
·
Ｄ→Ｅ
＝０，
即ＰＢ
⊥
ＤＥ．
， 又已知ＥＦ ＰＢ 而ＤＥ ＥＦ Ｅ 所以ＰＢ 平面ＤＥＦ．
面体称之为鳖臑． ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
如图 在阳马Ｐ ＡＢＣＤ中 侧棱ＰＤ 因Ｐ→Ｃ Ｄ→Ｅ Ｐ→Ｃ 则 ＤＥ ＰＣ 所以 ＤＥ 平
， － ， ＝（０，１，－１）， · ＝０， ⊥ ， ⊥
底面ＡＢＣＤ 且ＰＤ ＣＤ 过棱ＰＣ 面ＰＢＣ．
⊥ ， ＝ ，
的中点 Ｅ 作 ＥＦ ＰＢ 交 ＰＢ 于点 由ＤＥ 平面ＰＢＣ ＰＢ 平面ＤＥＦ 可知四面体ＢＤＥＦ的四个
， ⊥ ⊥ ， ⊥ ，
Ｆ 连接ＤＥ ＤＦ ＢＤ ＢＥ． 面都是直角三角形
， ， ， ， ，
证明 ＰＢ 平面ＤＥＦ．试判断四面体ＤＢＥＦ是不是鳖臑 若 即四面体ＢＤＥＦ是一个鳖臑 其四个面的直角分别为 ＤＥＢ
（１） ： ⊥ ， ， ∠ ，
是 写出其每个面的直角 只需写出结论 若不是 说明 ＤＥＦ ＥＦＢ ＤＦＢ．
， （ ）； ， ∠ ，∠ ，∠
理由
； （２）
由ＰＤ
⊥
平面ＡＢＣＤ
，
所以Ｄ→Ｐ
＝（０，０，１）
是平面ＡＢＣＤ的一
ＤＣ 个法向量
若面 ＤＥＦ 与面 ＡＢＣＤ 所成二面角的大小为 π 求 ；
（２） ， ＢＣ
３ 由 知 ＰＢ 平面ＤＥＦ 所以Ｂ→Ｐ λ 是平面ＤＥＦ
的值． （１） ， ⊥ ， ＝（－ ，－１，１）
的一个法向量．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５６２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
即 ｕ ｖ ｗ λ ．
若面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π （ ， ， －２）＝ （２，１，－２）
， 所以ｕ λ ｖ λ ｗ λ．
３ ＝２ ， ＝ ， ＝２－２
Ｂ→Ｐ Ｄ→Ｐ 因为ｎ是平面ＡＢＦ的法向量 所以ｎ Ａ→Ｈ
则 π · １ １ ， · ＝０，
ｃｏｓ
３
＝
｜
Ｂ→Ｐ
｜·｜
Ｄ→Ｐ
｜
＝ λ２
＋２
＝
２
， 即
（０，－１，１）·（２
λ
，
λ
，２－２
λ
）＝０
．
( )
解得λ ＝ ２， 所以 Ｄ ＢＣ Ｃ ＝ λ １ ＝ ２． 解得λ ＝ ３ ２ ， 所以点Ｈ的坐标为 ４ ３ ， ２ ３ ， ２ ３ ．
２
( ) ( ) ( )
故当面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π时 ＤＣ ２． 所以ＰＨ ４ ２ ２ ２ ４ ２ ．
，ＢＣ＝ ＝ ＋ ＋ － ＝２
３ ２ ３ ３ ３
２０．（２０１４北京理，１７，１４ 分）如图 正方形 ＡＭＤＥ 的边长为 评析 本题考查了空间直线与平面平行，线面角，空间向量等
， ２，
Ｂ Ｃ分别为ＡＭ ＭＤ的中点．在五棱锥Ｐ ＡＢＣＤＥ中 Ｆ 为棱 知识；考查空间推理论证能力，计算能力；建立恰当坐标系，利
， ， － ，
ＰＥ的中点 平面ＡＢＦ与棱ＰＤ ＰＣ分别交于点Ｇ Ｈ． 用空间向量准确求解是解题的关键．
， ， ，
求证 ＡＢ ＦＧ ２１．（２０１４陕西理，１７，１２分）四面体ＡＢＣＤ及其三视图如图所
（１） ： ∥ ；
若ＰＡ 底面ＡＢＣＤＥ 且ＰＡ ＡＥ 求直线ＢＣ与平面ＡＢＦ 示 过棱ＡＢ的中点Ｅ作平行于ＡＤ ＢＣ的平面分别交四面体
（２） ⊥ ， ＝ ， ， ，
所成角的大小 并求线段ＰＨ的长． 的棱ＢＤ ＤＣ ＣＡ于点Ｆ Ｇ Ｈ．
， ， ， ， ，
证明 四边形ＥＦＧＨ是矩形
（１） ： ；
求直线ＡＢ与平面ＥＦＧＨ夹角θ的正弦值．
（２）
解析 证明 在正方形ＡＭＤＥ中 因为Ｂ是ＡＭ的中点
（１） ： ， ， 解析 证明 由该四面体的三视图可知
所以ＡＢ ＤＥ． （１） ： ，
∥ ＢＤ ＤＣ ＢＤ ＡＤ ＡＤ ＤＣ ＢＤ ＤＣ ＡＤ ．
又因为ＡＢ 平面ＰＤＥ ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ＝２， ＝１
⊄ ， 由题设知 ＢＣ 平面ＥＦＧＨ
所以ＡＢ 平面ＰＤＥ． ， ∥ ，
∥ 平面ＥＦＧＨ 平面ＢＤＣ ＦＧ
因为ＡＢ 平面ＡＢＦ 且平面ＡＢＦ 平面ＰＤＥ ＦＧ ∩ ＝ ，
⊂ ， ∩ ＝ ， 平面ＥＦＧＨ 平面ＡＢＣ ＥＨ
所以ＡＢ ＦＧ． ∩ ＝ ，
∥ ＢＣ ＦＧ ＢＣ ＥＨ ＦＧ ＥＨ．
因为ＰＡ 底面ＡＢＣＤＥ 所以ＰＡ ＡＢ ＰＡ ＡＥ． ∴ ∥ ， ∥ ，∴ ∥
（２） ⊥ ， ⊥ ， ⊥ 同理 ＥＦ ＡＤ ＨＧ ＡＤ ＥＦ ＨＧ
如图建立空间直角坐标系 Ａｘｙｚ 则 Ａ Ｂ ， ∥ ， ∥ ，∴ ∥ ，
， （０，０，０）， （１，０，０）， 四边形ＥＦＧＨ是平行四边形．
∴
Ｃ （２，１，０）， Ｐ （０，０，２）， Ｆ （０，１，１）， Ｂ→Ｃ ＝（１，１，０） ． 又 ＡＤ ＤＣ ＡＤ ＢＤ ＡＤ 平面ＢＤＣ
∵ ⊥ ， ⊥ ，∴ ⊥ ，
ＡＤ ＢＣ ＥＦ ＦＧ
∴ ⊥ ，∴ ⊥ ，
四边形ＥＦＧＨ是矩形．
∴
解法一 如图 以 Ｄ 为坐标原点建立空间直角坐标系
（２） ： ， ，
则Ｄ Ａ Ｂ Ｃ
（０，０，０）， （０，０，１）， （２，０，０）， （０，２，０），
设平面ＡＢＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ）， Ｄ→Ａ Ｂ→Ｃ →ＢＡ ．
＝（０，０，１）， ＝（－２，２，０）， ＝（－２，０，１）
{ｎ →ＡＢ {ｘ 设平面ＥＦＧＨ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ
则 · ＝０，即 ＝０， ＝（ ， ， ），
ｎ
·
→ＡＦ
＝０，
ｙ
＋
ｚ
＝０
．
∵
ＥＦ
∥
ＡＤ
，
ＦＧ
∥
ＢＣ
，
令ｚ 则ｙ ．所以ｎ ． ｎ Ｄ→Ａ ｎ Ｂ→Ｃ
＝１， ＝－１ ＝（０，－１，１） ∴ · ＝０， · ＝０，
设直线ＢＣ与平面ＡＢＦ所成角为α {ｚ
， 得 ＝０， 取ｎ
则 α ｎ Ｂ→Ｃ
ｎ
·
Ｂ→Ｃ
１ ． －２
ｘ
＋２
ｙ
＝０，
＝（１，１，０），
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｎ Ｂ→Ｃ ＝ →ＢＡ ｎ
｜ ｜｜ ｜ ２ θ →ＢＡ ｎ · ２ １０．
因此直线ＢＣ与平面ＡＢＦ所成角的大小为π．
∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
｜
→ＢＡ
｜｜
ｎ
｜
＝
５× ２
＝
５
６
解法二 如图 以Ｄ为坐标原点建立空间直角坐标系
设点Ｈ的坐标为 （ ｕ ， ｖ ， ｗ ） ． 则Ｄ ： ， Ａ Ｂ Ｃ ，
（０，０，０）， （０，０，１）， （２，０，０）， （０，２，０），
因为点Ｈ在棱ＰＣ上 所以可设Ｐ→Ｈ λＰ→Ｃ λ Ｅ是ＡＢ的中点 Ｆ Ｇ分别为ＢＤ ＤＣ的中点
， ＝ （０＜ ＜１）， ∵ ，∴ ， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５６３
( )
得Ｅ １ Ｆ Ｇ ． 的余弦值为 １ ．
１，０， ， （１，０，０）， （０，１，０）
２ 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
Ｆ→Ｅ １ Ｆ→Ｇ →ＢＡ ． ，
∴ ＝ ０，０， ， ＝（－１，１，０）， ＝（－２，０，１） 学习的平面几何知识 如三角形中位线的性质 菱形的性质
２ ， 、 ，
设平面ＥＦＧＨ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ 等腰三角形的性质 相似 全等 三角形的判定与性质等 在
＝（ ， ， ）， ， （ ） ，
则ｎ Ｆ→Ｅ ｎ Ｆ→Ｇ 复习时应予以关注．
· ＝０， · ＝０，
{ ２３．（２０１４课标Ⅱ理，１８，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面
１ ｚ ， － ，
得 ＝０， 取ｎ ＡＢＣＤ为矩形 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ Ｅ为ＰＤ的中点．
２ ＝（１，１，０）， ， ⊥ ，
ｘ ｙ 证明 ＰＢ 平面ＡＥＣ
－ ＋ ＝０， （１） ： ∥ ；
→ＢＡ ｎ 设二面角Ｄ ＡＥ Ｃ为 ° ＡＰ ＡＤ 求三棱锥Ｅ
∴ ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ〈
→ＢＡ
，
ｎ
〉｜＝ →ＢＡ
·
ｎ ＝
２
＝
１０． （２）
ＡＣＤ的体积
－
．
－ ６０ ， ＝１， ＝ ３， －
｜ ｜｜ ｜ ５× ２ ５
２２．（２０１４课标Ⅰ，１９，１２ 分）如图 三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧
， － １ １ １ ，
面ＢＢ Ｃ Ｃ为菱形 ＡＢ Ｂ Ｃ．
１ １ ， ⊥ １
证明 ＡＣ ＡＢ
（１） ： ＝ １；
若ＡＣ ＡＢ ＣＢＢ ° ＡＢ ＢＣ 求二面角Ａ Ａ Ｂ Ｃ
（２） ⊥ １，∠ １＝６０ ， ＝ ， － １ １－ １
的余弦值．
解析 证明 连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｏ 连接ＥＯ．
（１） ： ，
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．
⊂ ， ⊄ ， ∥
解析 （１） 连接 ＢＣ １， 交 Ｂ １ Ｃ 于点 Ｏ ， 连接 ＡＯ．因为侧面 （２） 因为ＰＡ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ， ＡＢＣＤ为矩形 ， 所以ＡＢ ， ＡＤ ， ＡＰ两
ＢＢ
１
Ｃ
１
Ｃ为菱形
，
所以Ｂ
１
Ｃ
⊥
ＢＣ
１，
且Ｏ为Ｂ
１
Ｃ及ＢＣ
１
的中点． 两垂直．
又ＡＢ Ｂ Ｃ 所以 Ｂ Ｃ 平面 ＡＢＯ．由于 ＡＯ 平面 ＡＢＯ 故
⊥ １ ， １ ⊥ ⊂ ， 如图 以Ａ为坐标原点 →ＡＢ的方向为ｘ轴的正方向 →ＡＰ 为单
Ｂ Ｃ ＡＯ．又Ｂ Ｏ ＣＯ 故ＡＣ ＡＢ ． ， ， ，｜ ｜
１ ⊥ 因为ＡＣ １ ＡＢ ＝ 且 ， Ｏ为Ｂ ＝ Ｃ的 １ 中点 所以ＡＯ ＣＯ． 位长 ， 建立空间直角坐标系 Ａ － ｘｙｚ ， 则 Ｄ （０， ３，０），
（ 又 ２ 因 ） 为ＡＢ ⊥ ＢＣ 所 １， 以 ＢＯＡ １ ＢＯＣ． ， 故 ＯＡ Ｏ ＝ Ｂ 从而 ＯＡ æ ö æ ö
＝ ， △ ≌△ ⊥ ， ， Ｅç ３ １ ÷ →ＡＥ ç ３ １ ÷．
ＯＢ ＯＢ 两两垂直． è０， ， ø， ＝è０， ， ø
， １ ２ ２ ２ ２
以Ｏ为坐标原点 Ｏ→Ｂ的方向为ｘ轴正方向 Ｏ→Ｂ 为单位长
， ，｜ ｜ ，
建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
－
因为 ＣＢＢ ° 所以 ＣＢＢ 为等边三角形 又ＡＢ ＢＣ 则
∠ １＝６０ ， △ １ ， ＝ ， 设Ｂ ｍ ｍ 则Ｃ ｍ →ＡＣ ｍ ．
æ ö æ ö æ ö （ ，０，０）（ ＞０）， （ ， ３，０）， ＝（ ， ３，０）
Ａç ３÷ Ｂ Ｂ ç ３ ÷ Ｃç ３ ÷． 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＡＣＥ的法向量
è０，０，
３
ø， （１，０，０）， １è０，
３
，０ø， è０，－
３
，０ø １＝（ ， ， ）
{
，
æ ö æ ö {ｎ →ＡＣ ｍｘ ＋ ３ ｙ ＝０，
Ａ→Ｂ ç ３ ３÷ Ａ→Ｂ →ＡＢ ç ３÷ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｃ 则 １· ＝０，即
１ ＝ è０， ３ ，－ ３ ø， １ １ ＝ ＝ è１，０，－ ３ ø， １ １ ＝ ｎ →ＡＥ ３ｙ １ ｚ
æ ö
１· ＝０，
２
＋
２
＝０，
设 ＝è ç ｎ －１，－ ｘ ３ ｙ ３ ， ｚ ０ø ÷ 是 ． 平面ＡＡ Ｂ 的法向量 可取ｎ １＝ æ è ç ｍ ３ ，－１， ３ ö ø ÷．
{ｎ
＝（
Ａ→
，
Ｂ
， ）
ì ï
ï ３ｙ －
１
３
１
ｚ ＝０，
， 又ｎ
２＝（１，０，０）
为平面ＤＡＥ的法向量
，
由题设得
｜ｃｏｓ〈
ｎ
１，
ｎ
２〉｜
则 · １＝０， 即í３ ３ １ 即 ３ １ 解得ｍ ３ ．
ｎ Ａ→Ｂ ï ＝ ２ ， ３＋４ ｍ２ ＝ ２ ， ＝ ２
· １ １＝０， î ïｘ － ３ｚ ＝０ ．
３ 因为Ｅ为ＰＤ的中点 所以三棱锥Ｅ ＡＣＤ的高为 １ ．
， －
所以可取ｎ ． ２
＝（１， ３， ３）
{ｍ Ａ→Ｂ 三棱锥Ｅ ＡＣＤ的体积Ｖ １ １ ３ １ ３．
设ｍ是平面Ａ Ｂ Ｃ 的法向量 则 · １ １＝０， － ＝ × × ３× × ＝
１ １ １ ， ｍ Ｂ→Ｃ ． 评析 本题考查线面平行的 ３ 判 ２ 定，利用 ２ 空间 ２ 向量 ８ 解二面角问
· １ １＝０
同理可取ｍ ． 题，考查了学生的空间想象能力．
＝（１，－ ３， ３）
ｎ ｍ ２４．（２０１４江西，１９，１２ 分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ 中 ＡＢＣＤ 为
则 ｎ ｍ · １ ． ， － ，
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝ 矩形 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ．
｜ ｜｜ ｜ ７ ， ⊥
易知二面角Ａ Ａ Ｂ Ｃ 为锐二面角 所以二面角Ａ Ａ Ｂ Ｃ 求证 ＡＢ ＰＤ
－ １ １－ １ ， － １ １－ １ （１） ： ⊥ ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５６４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
若 ＢＰＣ ° ＰＢ ＰＣ 问ＡＢ为何值时 四棱锥 ＡＣＣ Ａ 和四边形ＢＤＤ Ｂ 均为矩形．
（２） ∠ ＝９０ ， ＝ ２， ＝２， ， １ １ １ １
Ｐ ＡＢＣＤ的体积最大 并求此时平面ＢＰＣ与平面ＤＰＣ夹 证明 Ｏ Ｏ 底面ＡＢＣＤ
－ ？ （１） ： １ ⊥ ；
角的余弦值． 若 ＣＢＡ ° 求二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的余弦值．
（２） ∠ ＝６０ ， １－ １－
解析 证明 因四边形ＡＢＣＤ为矩形 故ＡＢ ＡＤ．
（１） ： ， ⊥ 解析 证明 因为四边形 ＡＣＣ Ａ 为矩形 所以 ＣＣ
又平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ （１） ： １ １ ， １
⊥ ， ＡＣ．
平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ ⊥
∩ ＝ ， 同理ＤＤ ＢＤ
所以ＡＢ 平面ＰＡＤ 故ＡＢ ＰＤ． １⊥ ，
⊥ ， ⊥ 因为ＣＣ ＤＤ 所以ＣＣ ＢＤ 而ＡＣ ＢＤ Ｏ
过Ｐ作ＡＤ的垂线 垂足为Ｏ 过Ｏ作ＢＣ的垂线 垂足为 １∥ １， １⊥ ， ∩ ＝ ，
（２） ， ， ， 因此ＣＣ 底面ＡＢＣＤ．
Ｇ 连接ＰＧ． １⊥
， 由题设知 Ｏ Ｏ Ｃ Ｃ 故Ｏ Ｏ 底面ＡＢＣＤ
故ＰＯ 平面ＡＢＣＤ ＢＣ 平面ＰＯＧ ＢＣ ＰＧ． ， １ ∥ １ ， １ ⊥ ，
⊥ ， ⊥ ， ⊥ 解法一 如图 过Ｏ 作Ｏ Ｈ ＯＢ 于Ｈ 连接ＨＣ ．
（２） ： ， １ １ ⊥ １ ， １
在 ＢＰＣ中 ＰＧ ２ ３ ＧＣ ２ ６ ＢＧ ６． 由 知 Ｏ Ｏ 底面ＡＢＣＤ 所以Ｏ Ｏ 底面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
Ｒｔ△ ， ＝ ， ＝ ， ＝ （１） ， １ ⊥ ， １ ⊥ １ １ １ １，
３ ３ ３ 于是Ｏ Ｏ Ａ Ｃ ．
１ ⊥ １ １
设ＡＢ ｍ 则ＯＰ ＰＧ２ ＯＧ２ ４ ｍ２ 故四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ
＝ ， ＝ － ＝ － ， －
３
ｍ
的体积Ｖ １ ｍ ４ ｍ２ ｍ２．
＝ · ６· · － ＝ ８－６
３ ３ ３
( )
２
因为ｍ ｍ２ ｍ２ ｍ４ ｍ２ ２ ８
８－６ ＝ ８ －６ ＝ －６ － ＋ ， 又因为四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的所有棱长都相等
３ ３ － １ １ １ １ ，
所以四边形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 是菱形 因此Ａ Ｃ Ｂ Ｄ 从而Ａ Ｃ
故当ｍ ６ 即ＡＢ ６时 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的体积最大． １ １ １ １ ， １ １⊥ １ １， １ １⊥
＝ ， ＝ ， － 平面ＢＤＤ Ｂ
３ ３ １ １，
此时 建立如图所示的坐标系 各点的坐标为 Ｏ 所以Ａ Ｃ ＯＢ 于是ＯＢ 平面Ｏ ＨＣ
， ， （０，０，０）， １ １⊥ １， １⊥ １ １，
æ ö æ ö æ ö æ ö 进而ＯＢ Ｃ Ｈ 故 Ｃ ＨＯ 是二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的平面角
Ｂç ６ ６ ÷ Ｃç ６ ２ ６ ÷ Ｄç ２ ６ ÷ Ｐç ６÷． １⊥ １ ， ∠ １ １ １－ １－ ，
è ，－ ，０ø， è ， ，０ø， è０， ，０ø， è０，０， ø 不妨设 ＡＢ 因为 ＣＢＡ ° 所以 ＯＢ ＯＣ ＯＢ
３ ３ ３ ３ ３ ３ ＝２， ∠ ＝６０ ， ＝ ３， ＝１， １
．
＝ ７
ＯＯ Ｏ Ｂ
在 ＯＯ Ｂ 中 易知Ｏ Ｈ １· １ １ ３ 而Ｏ Ｃ
Ｒｔ△ １ １ ， １ ＝ ＯＢ ＝２ ， １ １＝
１ ７
于是Ｃ Ｈ Ｏ Ｃ２ Ｏ Ｈ２ １２ １９．
１， １ ＝ １ １＋ １ ＝ １＋ ＝
７ ７
３
æ ö æ ö Ｏ Ｈ ２
故Ｐ→Ｃ ＝è ç ６ ， ２ ６ ，－ ６ ø ÷ ， Ｂ→Ｃ ＝（０， ６，０）， Ｃ→Ｄ ＝è ç － ６ ，０，０ø ÷． 故 ｃｏｓ∠ Ｃ １ ＨＯ １＝Ｃ １ Ｈ＝ ７ ＝ ２ ５７．
３ ３ ３ ３ １ １９ １９
设平面ＢＰＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ 则由ｎ Ｐ→Ｃ ｎ Ｂ→Ｃ ７
{
１＝（ ， ，１）， １⊥ ， １⊥
即二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的余弦值为２ ５７．
６ｘ ２ ６ｙ ６ １－ １－
得 ＋ － ＝０，解得ｘ ｙ ｎ ． １９
３ ３ ３ ＝１， ＝０， １＝（１，０，１） 解法二 因为四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的所有棱长都相等 所
ｙ ： － １ １ １ １ ，
６ ＝０， 以四边形ＡＢＣＤ是菱形 因此ＡＣ ＢＤ 又由 知Ｏ Ｏ 底
( ) ， ⊥ ， （１） １ ⊥
同理可求出平面ＤＰＣ的法向量为ｎ １ ． 面ＡＢＣＤ 从而ＯＢ ＯＣ ＯＯ 两两垂直．
２＝ ０，
２
，１
如图 以
，
Ｏ为坐标
，
原点
，
ＯＢ
１
ＯＣ ＯＯ 所在直线分别为ｘ轴 ｙ
从而平面 ＢＰＣ 与平面 ＤＰＣ 夹角 θ 的余弦值为 θ ， ， ， ， １ ，
ｃｏｓ ＝ 轴 ｚ 轴 建立空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ 不妨设 ＡＢ 因为
ｎ ｎ ， ， － ， ＝２，
｜ １· ２｜ １ １０． ＣＢＡ ° 所以ＯＢ ＯＣ
ｎ ｎ ＝ ＝ ∠ ＝６０ ， ＝ ３， ＝１，
｜ １｜｜ ２｜ １ ５
２× ＋１
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．
２５．（２０１４湖南理，１９，１２分）如图 四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的 于是相关各点的坐标为Ｏ Ｂ Ｃ ．
， － １ １ １ １ （０，０，０）， １（ ３，０，２）， １（０，１，２）
所有棱长都相等 ＡＣ ＢＤ Ｏ Ａ Ｃ Ｂ Ｄ Ｏ 四边形 易知 ｎ 是平面ＢＤＤ Ｂ 的一个法向量．
， ∩ ＝ ， １ １∩ １ １ ＝ １， ， １＝（０，１，０） １ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５６５
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＯＢ Ｃ 的法向量
２＝（ ， ， ） １ １ ， ＢＦ Ｃ的正弦值为２ ５．
则
{ｎ
２·
Ｏ→Ｂ
１＝０，即
{
３ ｘ ＋２ ｚ ＝０， 解法
－
二 在图 中 平 ５ 面ＢＦＣ的一个法向量为ｎ ．
ｎ Ｏ→Ｃ ｙ ｚ ． ： ２ ， １＝（０，０，１）
２· １＝０， ＋２ ＝０ 设平面ＢＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
取ｚ 则ｘ ｙ 所以ｎ ２＝（ ， ， ），
＝－ ３， ＝２， ＝２ ３， ２＝（２，２ ３，－ ３）， æ ö æ ö
设二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的大小为θ 易知θ是锐角 又Ｂ→Ｆ ç ３ １ ÷ Ｂ→Ｅ ç １ ３÷
１－ １－ ， ， ＝è ， ，０ø， ＝è０， ， ø，
ｎ ｎ ２ ２ ２ ２
于是 ｃｏｓ θ ＝｜ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉｜＝ ｜ ｎ １ １ ｜ · ·｜ ｎ ２ ２｜ ＝ ２ １ ３ ９ ＝ ２ １９ ５７． 由 {ｎ ｎ ２· Ｂ Ｂ → → Ｆ Ｅ ＝０，得其中一个ｎ ２＝（１，－ ３，１） ．
故二面角Ｃ １－ ＯＢ １－ Ｄ的余弦值为２ ５７． 设二面
２·
角Ｅ
＝
－
Ｂ
０
Ｆ
－
Ｃ的大小为θ
，
且由题意知θ为锐角
，
则
１９
２６．（２０１４辽宁理，１９，１２分）如图 ＡＢＣ和 ＢＣＤ所在平面互 ｎ ｎ
，△ △ θ ｎ ｎ １· ２ １
相垂直 且ＡＢ ＢＣ ＢＤ ＡＢＣ ＤＢＣ ° Ｅ Ｆ分别 ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ ＝ ，
， ＝ ＝ ＝２，∠ ＝∠ ＝１２０ ， ， ｜ １｜｜ ２｜ ５
为ＡＣ ＤＣ的中点．
， 因此 θ ２ ２ ５ 即所求二面角的正弦值为２ ５．
求证 ＥＦ ＢＣ ｓｉｎ ＝ ＝ ，
（１） ： ⊥ ； ５ ５ ５
（２）
求二面角Ｅ
－
ＢＦ
－
Ｃ的正弦值． 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
），可以使问题简捷，本题的难点和易错点都是空间直角坐
１
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．
２７．（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 ＡＢ 点Ｅ为
， ⊥ ， ∥ ， ＝ ＝ ＝２， ＝１，
解析 证法一 过Ｅ作ＥＯ ＢＣ 垂足为Ｏ 连接ＯＦ． 棱ＰＣ的中点．
（１） ： ⊥ ， ，
由 ＡＢＣ ＤＢＣ可证出 ＥＯＣ ＦＯＣ． 证明ＢＥ ＤＣ
△ ≌△ △ ≌△ （１） ⊥ ；
所以 ＥＯＣ ＦＯＣ π （２）
求直线ＢＥ与平面ＰＢＤ所成角的正弦值
；
∠ ＝∠ ＝ ２ ， 若Ｆ为棱ＰＣ上一点 满足ＢＦ ＡＣ 求二面角Ｆ ＡＢ Ｐ的
即ＦＯ ＢＣ． （３） ， ⊥ ， － －
⊥
余弦值．
又ＥＯ ＢＣ 因此ＢＣ 面ＥＦＯ．
⊥ ， ⊥ 解析 依题意 以点 Ａ 为原点建立空间直角坐标系 如
又ＥＦ 面ＥＦＯ 所以ＥＦ ＢＣ． ， （
⊂ ， ⊥ 图 可得Ｂ Ｃ Ｄ Ｐ ．由 Ｅ
证法二 以Ｂ 为坐标原点 在平面 ＤＢＣ ）， （１，０，０）， （２，２，０）， （０，２，０）， （０，０，２）
： ， 为棱ＰＣ的中点 得Ｅ ．
内过Ｂ且垂直ＢＣ的直线为ｘ轴 ＢＣ所 ， （１，１，１）
，
在直线为ｙ轴 在平面ＡＢＣ内过Ｂ且垂 图 １
，
直ＢＣ的直线为ｚ轴 建立如图 所示空间直角坐标系 易得
， ２ ，
Ｂ Ａ Ｄ Ｃ 因而
（０，０，０）， （０，－１， ３）， （ ３，－１，０）， （０，２，０），
æ ö æ ö æ ö
Ｅç １ ３÷ Ｆç ３ １ ÷ 所以 Ｅ→Ｆ ç ３ ３÷ Ｂ→Ｃ
è０， ， ø， è ， ，０ø， ， ＝è ，０，－ ø， ＝
２ ２ ２ ２ ２ ２
因此Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｃ ．从而Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｃ 所以ＥＦ ＢＣ．
（０，２，０）， · ＝０ ⊥ ， ⊥
证明 向量Ｂ→Ｅ Ｄ→Ｃ 故Ｂ→Ｅ Ｄ→Ｃ ．
（１） ： ＝（０，１，１）， ＝（２，０，０）， · ＝０
所以ＢＥ ＤＣ．
⊥
向量Ｂ→Ｄ Ｐ→Ｂ ．设ｎ ｘ ｙ ｚ 为
（２） ＝（－１，２，０）， ＝（１，０，－２） ＝（ １， １， １）
平面ＰＢＤ的法向量
，
{ｎ Ｂ→Ｄ { ｘ ｙ
则 · ＝０，即 － ＋２ ＝０，不妨令ｙ 可得ｎ 为
ｎ
·
Ｐ→Ｂ
＝０，
ｘ
－２
ｚ
＝０
． ＝１， ＝（２，１，１）
平面ＰＢＤ的一个法向量．于是有
图
２
解法一 在图 中 过Ｏ作ＯＧ ＢＦ 垂足为Ｇ 连ＥＧ．由平 ｎ Ｂ→Ｅ
（２） ： １ ， ⊥ ， ， ｎ Ｂ→Ｅ · ２ ３．
面ＡＢＣ ⊥ 平面ＢＤＣ ， 从而ＥＯ ⊥ 面ＢＤＣ ， 又ＯＧ ⊥ ＢＦ ， 易知ＥＧ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｎ ｜·｜ Ｂ→Ｅ ｜ ＝ ６× ２ ＝ ３
ＢＦ．
⊥
因此 ＥＧＯ为二面角Ｅ ＢＦ Ｃ的平面角． 所以直线ＢＥ与平面ＰＢＤ所成角的正弦值为 ３．
∠ － －
３
在 ＥＯＣ中 ＥＯ １ ＥＣ １ ＢＣ ° ３ 向量Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｐ →ＡＣ →ＡＢ
△ ， ＝ ＝ ·ｃｏｓ３０ ＝ ， （３） ＝（１，２，０）， ＝（－２，－２，２）， ＝（２，２，０）， ＝
２ ２ ２
ＢＯ （１，０，０）
．由点Ｆ在棱ＰＣ上
，
设Ｃ→Ｆ
＝
λＣ→Ｐ
，０≤
λ
≤１
．
由 ＢＧＯ ＢＦＣ知 ＯＧ ＦＣ ３
△ ∽△ ， ＝ＢＣ· ＝ ， 故Ｂ→Ｆ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｆ Ｂ→Ｃ λＣ→Ｐ λ λ λ ．由ＢＦ ＡＣ 得
４ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝（１－２ ，２－２ ，２ ） ⊥ ，
ＥＯ
因此 ＥＧＯ 从而 ＥＧＯ ２ ５ 即二面角 Ｅ Ｂ→Ｆ →ＡＣ 因此 λ λ 解得λ ３ ．故Ｂ→Ｆ
ｔａｎ∠ ＝ＯＧ＝２， ｓｉｎ∠ ＝ ， － · ＝０， ，２（１－２ ）＋２（２－２ ）＝０， ＝
５ ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５６６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
( )
１ １ ３ ．设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＦＡＢ的法向量 则 所以Ｖ Ｖ Ｖ ３ ａｈｄ ７ ａｈｄ １１ａｈｄ
＝ － ， ， １＝（ １， １， １） ， 上＝ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １－ ＡＢＣＤ－ 下＝ － ＝ ，
２ ２ ２ ２ １２ １２
{ｎ １· →ＡＢ ＝０，即
{ｘ
１＝０， 故 Ｖ Ｖ 上 ＝ １１．
ｎ
１·
Ｂ→Ｆ
＝０， －
２
１ ｘ
１＋
２
１ ｙ
１＋
２
３ ｚ
１＝０
．
（３）
下
解法
７
一
：
如图
１，
在
△
ＡＤＣ中
，
作ＡＥ
⊥
ＤＣ
，
垂足为Ｅ
，
连接
不妨令ｚ 可得ｎ 为平面ＦＡＢ的一个法向量． Ａ Ｅ ＡＣ．
１＝１， １＝（０，－３，１） １ ，
取平面ＡＢＰ的法向量ｎ 则 又ＤＥ ＡＡ 且ＡＡ ＡＥ Ａ
２＝（０，１，０）， ⊥ １， １∩ ＝ ，
ｎ ｎ 所以ＤＥ 平面ＡＥＡ 于是ＤＥ Ａ Ｅ．
ｎ ｎ １· ２ －３ ３ １０． ⊥ １， ⊥ １
ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝ ＝－ 所以 ＡＥＡ 为平面α与底面ＡＢＣＤ所成二面角的平面角．
｜ １｜·｜ ２｜ １０×１ １０ ∠ １
易知 二面角Ｆ ＡＢ Ｐ是锐角 因为ＢＣ ＡＤ ＡＤ ＢＣ 所以Ｓ Ｓ ．
， － － ， ∥ ， ＝２ ， △ ＡＤＣ＝２ △ ＢＣＡ
又因为梯形ＡＢＣＤ的面积为 ＤＣ 所以Ｓ ＡＥ ．
所以其余弦值为３ １０． ６， ＝２， △ ＡＤＣ＝４， ＝４
ＡＡ
１０ 于是 ＡＥＡ １ ＡＥＡ π．
２８．（２０１４安徽，２０，１３ 分）如图 四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ｔａｎ∠ １＝ＡＥ＝１，∠ １＝
， － １ １ １ １ ， ４
Ａ Ａ 底面ＡＢＣＤ．四边形ＡＢＣＤ为梯形 ＡＤ ＢＣ 且ＡＤ ＢＣ．
１ ⊥ ， ∥ ， ＝２ 故平面α与底面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π．
过Ａ Ｃ Ｄ三点的平面记为α ＢＢ 与α的交点为Ｑ．
１， ， ， １ ４
（１）
证
求
明
此 ： 四
Ｑ
棱
为
柱
Ｂ
被
Ｂ
１ 平
的
面
中
α
点
所 ； 分成上下两部分的体积之比
解
轴
法
正
二
方 ： 向
如
建
图
立 ２ 空 ，
以
间
Ｄ
直
为
角
原
坐标
点
系 ，
Ｄ→
．
Ａ
，
Ｄ→Ｄ
１
的方向分别为ｘ轴和ｚ
（２） ；
若ＡＡ ＣＤ 梯形ＡＢＣＤ的面积为 求平面α与底
（３） １＝４， ＝２， ６，
面ＡＢＣＤ所成二面角的大小．
图
解析 证明 因为 ＢＱ ＡＡ ＢＣ ＡＤ ＢＣ ＢＱ Ｂ ＡＤ ２
（１） ： ∥ １， ∥ ， ∩ ＝ ，
ＡＡ Ａ 设 ＣＤＡ θ．
∩ １＝ ， ∠ ＝
所以平面ＱＢＣ 平面Ａ ＡＤ． ａ ａ
从而平面Ａ ＣＤ ∥ 与这两个 １ 平面的交线相互平行 即ＱＣ Ａ Ｄ． 因为Ｓ 四边形ＡＢＣＤ＝ ＋２ ·２ｓｉｎ θ ＝６， 所以ａ ＝ ２ θ ．
故 ＱＢＣ 与 １ Ａ ＡＤ 的对应边相互平行 ， 于是 ∥ Ｑ １ ＢＣ ２ ( ) ｓｉｎ
△ △ １ ， △ 从而Ｃ θ θ Ａ ４
Ａ ＡＤ． （２ｃｏｓ ，２ｓｉｎ ，０）， １ θ，０，４ ，
∽△ １ ｓｉｎ ( )
ＢＱ ＢＱ ＢＣ
所以 １ 即Ｑ为ＢＢ 的中点． 所以Ｄ→Ｃ θ θ Ｄ→Ａ ４ ．
ＢＢ １ ＝ＡＡ １ ＝ＡＤ＝ ２ ， １ ＝（２ｃｏｓ ，２ｓｉｎ ，０）， １＝ ｓｉｎ θ，０，４
如图 连接ＱＡ ＱＤ． 设平面Ａ ＤＣ的一个法向量为ｎ ｘ ｙ
（２） １， ， １ ＝（ ， ，１），
{
Ｄ→Ａ ｎ ４ ｘ
由 １· ＝ θ ＋４＝０， 得ｘ θ ｙ θ
ｓｉｎ ＝－ｓｉｎ ， ＝ｃｏｓ ，
Ｄ→Ｃ ｎ ｘ θ ｙ θ
· ＝２ ｃｏｓ ＋２ ｓｉｎ ＝０，
所以ｎ θ θ ．
＝（－ｓｉｎ ，ｃｏｓ ，１）
又因为平面ＡＢＣＤ的一个法向量为ｍ
＝（０，０，１），
ｎ ｍ
所以 ｎ ｍ · ２
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ ２
易知所求二面角为锐二面角
，
图
１ 故平面α与底面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π．
设ＡＡ ｈ 梯形ＡＢＣＤ的高为ｄ 四棱柱被平面α所分成上下 ４
１＝ ， ， 评析 本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直，柱、锥体
两部分的体积分别为Ｖ
上
和Ｖ
下，
ＢＣ
＝
ａ
，
则ＡＤ
＝２
ａ．
积，二 面角等知识；考查综合推理，转化与化归的意识，运用向
Ｖ Ｑ － Ａ １ ＡＤ＝ １ × １ ·２ ａ · ｈ · ｄ ＝ １ ａｈｄ ， 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
３ ２ ３
的关键．
ａ ａ
Ｖ Ｑ － ＡＢＣＤ＝ ３ １ · ＋ ２ ２ · ｄ · １ ２ ｈ ＝ ４ １ ａｈｄ ， ２９．（２０１４四川，１８，１２分）三棱锥Ａ － ＢＣＤ及其侧视图 、 俯视图
如图所示．设Ｍ Ｎ 分别为线段 ＡＤ ＡＢ 的中点 Ｐ 为线段 ＢＣ
所以Ｖ Ｖ Ｖ ７ ａｈｄ ， ， ，
下＝ Ｑ － Ａ １ ＡＤ＋ Ｑ － ＡＢＣＤ＝ １２ ， 上的点 ， 且ＭＮ ⊥ ＮＰ．
证明 Ｐ是线段ＢＣ的中点
又Ｖ ３ ａｈｄ （１） ： ；
Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １－ ＡＢＣＤ＝ ２ ， （２） 求二面角Ａ － ＮＰ － Ｍ的余弦值．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５６７
故二面角Ａ ＮＰ Ｍ的余弦值是 １０．
－ －
５
解法二
：
由俯视图及 可知 ＡＯ 平面ＢＣＤ．
（１） ， ⊥
因为ＯＣ ＯＢ 平面ＢＣＤ 所以ＡＯ ＯＣ ＡＯ ＯＢ．
， ⊂ ， ⊥ ， ⊥
又ＯＣ ＯＢ 所以直线ＯＡ ＯＢ ＯＣ两两垂直．
⊥ ， ， ，
解析 证明 如图 取ＢＤ中点Ｏ 连接ＡＯ ＣＯ． 如图 以Ｏ为坐标原点 以Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ的方向为 ｘ 轴 ｙ 轴
（１） ： ， ， ， ， ， ， ， ， ，
ｚ轴的正方向 建立空间直角坐标系Ｏｘｙｚ．
，
由侧视图及俯视图知 ＡＢＤ ＢＣＤ为正三角形
，△ ，△ ，
因此ＡＯ ＢＤ ＯＣ ＢＤ．
⊥ ， ⊥
因为ＡＯ ＯＣ 平面ＡＯＣ内 且ＡＯ ＯＣ Ｏ
， ⊂ ， ∩ ＝ ，
所以ＢＤ 平面ＡＯＣ． 则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ．
⊥ （０，０， ３）， （１，０，０）， （０， ３，０）， （－１，０，０）
又因为ＡＣ 平面ＡＯＣ 所以ＢＤ ＡＣ． 因为Ｍ Ｎ分别为线段ＡＤ ＡＢ的中点
⊂ ， ⊥ ， ， ，
取ＢＯ的中点Ｈ 连接ＮＨ ＰＨ． 又由 知 Ｐ为线段ＢＣ的中点
， ， （１） ， ，
又Ｍ Ｎ分别为线段ＡＤ ＡＢ的中点 æ ö æ ö æ ö
， ， ， 所以Ｍç １ ３÷ Ｎç １ ３÷ Ｐç １ ３ ÷．
所以ＮＨ ＡＯ ＭＮ ＢＤ． è－ ，０， ø， è ，０， ø， è ， ，０ø
∥ ， ∥ ２ ２ ２ ２ ２ ２
因为ＡＯ
⊥
ＢＤ
，
所以ＮＨ
⊥
ＢＤ． 于是→ＡＢ
＝（１，０，－ ３），
Ｂ→Ｃ
＝（－１， ３，０），
因为ＭＮ ＮＰ 所以ＮＰ ＢＤ． æ ö
因为ＮＨ ， ⊥ ＮＰ ⊂ ， 平面ＮＨＰ ⊥ ， 且ＮＨ ∩ ＮＰ ＝ Ｎ ， Ｍ→Ｎ ＝（１，０，０）， Ｎ→Ｐ ＝è ç ０， ３ ，－ ３ ø ÷．
２ ２
所以ＢＤ 平面ＮＨＰ．
设平面ＡＢＣ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ
又因为Ｈ
⊥
Ｐ 平面ＮＨＰ
１＝（ １， １，１），
⊂ ， {ｎ →ＡＢ {ｎ →ＡＢ
所以ＢＤ ＨＰ． 则 １⊥ ，即 １· ＝０，
⊥
又ＯＣ ＢＤ ＨＰ 平面ＢＣＤ ＯＣ 平面ＢＣＤ 所以ＨＰ ＯＣ． ｎ Ｂ→Ｃ ｎ Ｂ→Ｃ
⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， ∥ { １⊥ ， １· ＝０， {
因为Ｈ为ＢＯ中点 故Ｐ为ＢＣ中点． ｘ ｙ ｚ ｘ ｚ
， 有 （ １， １， １）·（１，０，－ ３）＝０， 从而 １－ ３ １＝０，
解法一
（
如
２
图
）
作ＮＱ
：
ＡＣ于Ｑ 连接ＭＱ．
（ ｘ １， ｙ １， ｚ １）·（－１， ３，０）＝０， － ｘ １＋ ３ ｙ １＝０ ．
， ⊥ ， 取ｚ 则ｘ ｙ 所以ｎ ．
１＝１， １＝ ３， １＝１， １＝（ ３，１，１）
设平面ＭＮＰ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ
２＝（ ２， ２， ２），
{ｎ Ｍ→Ｎ {ｎ Ｍ→Ｎ
则 ２⊥ ，即 ２· ＝０，
ｎ Ｎ→Ｐ ｎ Ｎ→Ｐ
{ ２ ｘ ⊥ ｙ ， ｚ ２· ＝０， {ｘ
（ ２， ２， ２）·（１，０，０）＝０， ２＝０，
由 知 ＮＰ ＡＣ 所以ＮＱ ＮＰ． 有 æ ö 从而
（１） ， ∥ ， ⊥ ｘ ｙ ｚ ç ３ ３÷ ３ｙ ３ｚ ．
因为ＭＮ ＮＰ 所以 ＭＮＱ为二面角Ａ ＮＰ Ｍ的一个平面角． （ ２， ２， ２）·è０， ，－ ø＝０， ２－ ２＝０
⊥ ， ∠ － － ２ ２ ２ ２
由 知 ＡＢＤ ＢＣＤ是边长为 的正三角形 所以ＡＯ 取ｚ 所以ｎ ．
（１） ，△ ，△ ２ ， ＝ ２＝１， ２＝（０，１，１）
设二面角Ａ ＮＰ Ｍ的大小为θ
ＯＣ ． － － ，
＝ ３
由俯视图可知 ＡＯ 平面ＢＣＤ． ｎ ｎ
， ⊥ 则 θ １· ２ （ ３，１，１）·（０，１，１） １０．
因为ＯＣ 平面ＢＣＤ 所以ＡＯ ＯＣ． ｃｏｓ ＝ ｎ ｎ ＝ ＝
⊂ ， ⊥ ｜ １｜·｜ ２｜ ５× ２ ５
因此在等腰 ＡＯＣ中 ＡＣ ．
Ｒｔ△ ， ＝ ６ 故二面角Ａ ＮＰ Ｍ的余弦值是 １０．
作ＢＲ ＡＣ于Ｒ． － －
⊥ ５
评析 本题主要考查空间图形的三视图、线面垂直的判定与
(ＡＣ)
２
在 ＡＢＣ中 ＡＢ ＢＣ 所以ＢＲ ＡＢ２ １０． 性质、二面角的计算等基础知识．考查空间想象能力、推理论
△ ， ＝ ， ＝ － ＝
因为在平面ＡＢＣ内 ＮＱ ＡＣ ＢＲ ＡＣ 所以
２
ＮＱ Ｂ
２
Ｒ．
证能力、运算求解能力．
又因为Ｎ为ＡＢ的中 ， 点 ， ⊥ 所以 ， Ｑ为 ⊥ ＡＲ ， 的中点 ， ∥ ３０．（ 中 ２０ 底 １４ 面 山 Ａ 东 ＢＣ 理 Ｄ ， 是 １７ 等 ，１ 腰 ２ 梯 分 形 ）如图 Ｄ ， Ａ 在 Ｂ 四棱 ° 柱 ＡＢ ＡＢＣＤ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｍ Ｃ １ Ｄ 是 １
ＢＲ ， ，∠ ＝６０ ， ＝２ ＝２，
因此ＮＱ １０． 线段ＡＢ的中点．
＝ ＝
２ ４ 求证 Ｃ Ｍ 平面Ａ ＡＤＤ
（１） ： １ ∥ １ １；
同理 可得ＭＱ １０ 若ＣＤ 垂直于平面ＡＢＣＤ且ＣＤ 求平面Ｃ Ｄ Ｍ和
， ＝ ４ ， （２） 平面Ａ １ ＢＣＤ所成的角 锐角 的余 １ 弦 ＝ 值 ３ ． ， １ １
ＭＮ ＢＤ （ ）
所以在等腰 ＭＮＱ中 ＭＮＱ ２ ４ １０．
△ ，ｃｏｓ∠ ＝ＮＱ＝ＮＱ＝
５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５６８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
所以平面 Ｃ Ｄ Ｍ 和平面 ＡＢＣＤ 所成的角 锐角 的余弦值
１ １ （ ）
为 ５．
５
解法二 由 知平面Ｄ Ｃ Ｍ 平面ＡＢＣＤ ＡＢ 过Ｃ向ＡＢ引
： （１） １ １ ∩ ＝ ，
垂线交ＡＢ于Ｎ 连接Ｄ Ｎ．
， １
由ＣＤ 平面ＡＢＣＤ 可得 Ｄ Ｎ ＡＢ 因此 Ｄ ＮＣ 为二面角
１⊥ ， １ ⊥ ， ∠ １
Ｃ ＡＢ Ｃ的平面角．
１－ －
在 ＢＮＣ中 ＢＣ ＮＢＣ °
解析 证明 因为四边形ＡＢＣＤ是等腰梯形 Ｒｔ△ ， ＝１，∠ ＝６０ ，
（１） ： ，
且ＡＢ ＣＤ 所以ＡＢ ＤＣ 又由Ｍ是ＡＢ的中点 因此ＣＤ
＝２ ， ∥ ， ， ∥
ＭＡ且ＣＤ ＭＡ．
＝
连接ＡＤ 在四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中
１， － １ １ １ １ ，
因为ＣＤ Ｃ Ｄ ＣＤ Ｃ Ｄ
∥ １ １， ＝ １ １，
可得Ｃ Ｄ ＭＡ Ｃ Ｄ ＭＡ
１ １∥ ， １ １＝ ，
所以四边形ＡＭＣ Ｄ 为平行四边形．
１ １
因此Ｃ Ｍ Ｄ Ａ 又Ｃ Ｍ 平面Ａ ＡＤＤ Ｄ Ａ 平面Ａ ＡＤＤ
１ ∥ １ ， １ ⊄ １ １， １ ⊂ １ １，
所以Ｃ Ｍ 平面Ａ ＡＤＤ ．
１ ∥ １ １ 可得ＣＮ ３．
＝
２
所以ＮＤ ＣＤ２ ＣＮ２ １５．
１＝ １＋ ＝
２
３
ＣＮ
在 Ｄ ＣＮ中 Ｄ ＮＣ ２ ５．
Ｒｔ△ １ ，ｃｏｓ∠ １ ＝Ｄ Ｎ＝ ＝
１ １５ ５
２
所以平面 Ｃ Ｄ Ｍ 和平面 ＡＢＣＤ 所成的角 锐角 的余弦值
解法一 连接ＡＣ ＭＣ 由 知ＣＤ ＡＭ且ＣＤ ＡＭ 所以 １ １ （ ）
（２） ： ， ， （１） ∥ ＝ ，
四边形ＡＭＣＤ为平行四边形． 为 ５．
可得ＢＣ ＡＤ ＭＣ ５
＝ ＝ ， ３１．（２０１３课标Ⅱ理，１８，１２ 分）如图 直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
由题意 ∠ ＡＢＣ ＝∠ ＤＡＢ ＝６０ ° ， 所以 △ ＭＢＣ为正三角形 ， ， － １ １ １
因此ＡＢ ＢＣ ＣＡ 中 Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＢＢ 的中点 ＡＡ ＡＣ ＣＢ ２ＡＢ．
＝２ ＝２， ＝ ３， ， ， ， １ ， １＝ ＝ ＝
因此ＣＡ ＣＢ． ２
⊥ 证明 ＢＣ 平面Ａ ＣＤ
以Ｃ为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系Ｃ ｘｙｚ． （１） ： １∥ １ ；
， － 求二面角Ｄ Ａ Ｃ Ｅ的正弦值．
（２） － １ －
解析 连接ＡＣ 交Ａ Ｃ于点Ｆ 则Ｆ为ＡＣ 中点．
所以Ａ Ｂ Ｄ （１） １ １ ， １
（ ３，０，０）， （０，１，０）， １（０，０， ３）， 又Ｄ是ＡＢ中点 连接ＤＦ 则ＢＣ ＤＦ．
æ ö ， ， １∥
因此Ｍç ３ １ ÷ 因为ＤＦ 平面Ａ ＣＤ ＢＣ 平面Ａ ＣＤ
è ， ，０ø， ⊂ １ ， １⊄ １ ，
２ ２ 所以ＢＣ 平面Ａ ＣＤ．
æ ö æ ö １∥ １
所以Ｍ→Ｄ ç ３ １ ÷ Ｄ→Ｃ Ｍ→Ｂ ç ３ １ ÷．
１＝è－ ，－ ， ３ø， １ １＝ ＝è－ ， ，０ø 由ＡＣ ＣＢ ２ＡＢ得 ＡＣ ＢＣ．
２ ２ ２ ２ （２） ＝ ＝ ， ⊥
设平面Ｃ Ｄ Ｍ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ ２
１ １ ＝（ ， ， ）， 以Ｃ为坐标原点 →ＣＡ的方向为ｘ轴正方向 建立如图所示的
由 {ｎ · Ｄ １ →Ｃ １＝０，得 { ３ ｘ － ｙ ＝０， 空间直角坐标系 ， Ｃ － ｘｙｚ．设ＣＡ ＝２， 则Ｄ （１， ， １，０）， Ｅ （０，２，１），
ｎ
·
Ｍ→Ｄ
１＝０， ３
ｘ
＋
ｙ
－２ ３
ｚ
＝０，
Ａ
１（２，０，２），
Ｃ→Ｄ
＝（１，１，０），
Ｃ→Ｅ
＝（０，２，１），
→ＣＡ
１＝（２，０，２）
．
可得平面Ｃ Ｄ Ｍ的一个法向量ｎ ．
１ １ ＝（１， ３，１）
又Ｃ→Ｄ 为平面ＡＢＣＤ的一个法向量
１＝（０，０， ３） ，
Ｃ→Ｄ ｎ
因此 Ｃ→Ｄ ｎ １· ５．
ｃｏｓ〈 １， 〉＝ Ｃ→Ｄ ｎ ＝ ５
｜ １｜｜ ｜
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５６９
由题设知Ａ Ａ Ｃ Ｂ ．
（１，０，０）， １（０， ３，０）， （０，０， ３）， （－１，０，０）
则→ＢＣ →ＢＢ →ＡＡ Ａ→Ｃ ．
＝（１，０， ３）， １＝ １＝（－１， ３，０）， １ ＝（０，－ ３， ３）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＢＢ Ｃ Ｃ的法向量
＝（ ， ， ） １ １ ，
{ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ ｚ
则 · ＝０，即 ＋ ３ ＝０， 可取ｎ ．
ｎ Ｂ→Ｂ ． ｘ ｙ ． ＝（ ３，１，－１）
· １＝０ － ＋ ３ ＝０
ｎ Ａ→Ｃ
故 ｎ Ａ→Ｃ · １ １０．
ｃｏｓ〈 ， １ 〉＝ ｎ Ａ→Ｃ ＝－ ５
｜ ｜｜ １ ｜
所以Ａ Ｃ与平面ＢＢ Ｃ Ｃ所成角的正弦值为 １０．
１ １ １
５
思路分析 取ＡＢ的中点Ｏ 由已知条件可得 ＯＣ ＡＢ
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面Ａ ＣＤ的法向量 （１） ， ⊥ ，
＝（ １， １， １） １ ， ＯＡ ＡＢ 从而得ＡＢ 平面ＯＡ Ｃ 从而得ＡＢ Ａ Ｃ 根据
{ｎ Ｃ→Ｄ {ｘ ｙ １⊥ ， ⊥ １ ， ⊥ １ ；（２）
则 · ＝０，即 １＋ １＝０， 证得的垂直关系建立空间直角坐标系 求出平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 的
ｎ →ＣＡ ｘ ｚ ． ， １ １
· １＝０， ２ １＋２ １＝０ 一个法向量 进而求出该法向量与Ａ→Ｃ夹角的余弦值 从而可
可取ｎ ． ， １ ，
＝（１，－１，－１） 得直线Ａ Ｃ与平面ＢＢ Ｃ Ｃ所成角的正弦值．
{ｍ Ｃ→Ｅ １ １ １
同理 设ｍ是平面Ａ ＣＥ的法向量 则 · ＝０， 规律总结 面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为
， １ ， ｍ →ＣＡ ． 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
· １＝０ ，
可取ｍ
＝（２，１，－２）
． 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
ｎ ｍ 解中 常要借助这个定理作出平面的垂线．
从而 ｎ ｍ · ３ 故 ｎ ｍ ６． ，
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝ ， ｓｉｎ〈 ， 〉＝ ３３．（２０１３湖南，１９，１２分）如图 在直棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中
｜ ｜｜ ｜ ３ ３ ， － １ １ １ １ ，
ＡＤ ＢＣ ＢＡＤ ° ＡＣ ＢＤ ＢＣ ＡＤ ＡＡ ．
即二面角Ｄ
－
Ａ
１
Ｃ
－
Ｅ的正弦值为 ６． ∥
证明
，∠
ＡＣ Ｂ
＝
Ｄ
９０ ， ⊥ ， ＝１， ＝ １＝３
点 思路 进 分 而 析 由 三 （ 角 １） 形 连 中 接 位 Ａ 线 Ｃ １ 定 交 理 Ａ 得 １ Ｃ ３ 于 ＢＣ 点Ｆ Ｄ ， Ｆ 得出 结合 Ｆ 线 为 面 ＡＣ 平 １ 行 的中 的 （ （ １ ２ ） ） 求直 ： 线Ｂ ⊥ １ Ｃ １ １ 与 ； 平面ＡＣＤ １ 所成角的正弦值．
， １∥ ，
判定定理即可获证线面平行 以 Ｃ 为坐标原点 →ＣＡ Ｃ→Ｂ
；（２） ， ， ，
Ｃ→Ｃ 的方向分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向建立空间直角坐标
１ ， ，
系 分别求出平面Ａ ＣＤ与平面Ａ ＣＥ的法向量 利用向量法
， １ １ ，
求出二面角Ｄ Ａ Ｃ Ｅ的正弦值．
－ １ －
３２．（２０１３课标Ⅰ理，１８，１２ 分）如图 三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
， － １ １ １ ，
ＣＡ ＣＢ ＡＢ ＡＡ ＢＡＡ °．
＝ ， ＝ １，∠ １＝６０
证明 ＡＢ Ａ Ｃ
（１） ： ⊥ １ ；
若平面ＡＢＣ 平面ＡＡ Ｂ Ｂ ＡＢ ＣＢ 求直线Ａ Ｃ与平面 解析 解法一 如图 因为ＢＢ 平面ＡＢＣＤ ＡＣ 平
（２）
ＢＢ Ｃ Ｃ所成
⊥
角的正弦值
１
．
１ ， ＝ ， １
面ＡＢＣ Ｄ 所以Ａ
：
Ｃ
（１）
ＢＢ ．
１， １⊥ ， ⊂
１ １ ， ⊥ １
又ＡＣ ＢＤ 所以ＡＣ 平面ＢＢ Ｄ 而Ｂ Ｄ 平面ＢＢ Ｄ 所以
⊥ ， ⊥ １ ， １ ⊂ １ ，
ＡＣ Ｂ Ｄ．
⊥ １
解析 证明 取ＡＢ的中点Ｏ 连接ＯＣ ＯＡ Ａ Ｂ．
（１） ： ， ， １， １
因为ＣＡ ＣＢ 所以ＯＣ ＡＢ．
＝ ， ⊥
由于ＡＢ ＡＡ ＢＡＡ ° 故 ＡＡ Ｂ 为等边三角形 所以
＝ １，∠ １＝６０ ， △ １ ，
ＯＡ ＡＢ．
１⊥
因为ＯＣ ＯＡ Ｏ 所以ＡＢ 平面ＯＡ Ｃ．
∩ １＝ ， ⊥ １
又Ａ Ｃ 平面ＯＡ Ｃ 故ＡＢ Ａ Ｃ．
１ ⊂ １ ， ⊥ １
由 知ＯＣ ＡＢ ＯＡ ＡＢ． 图
（２） （１） ⊥ ， １⊥ １
又平面 ＡＢＣ 平面 ＡＡ Ｂ Ｂ 交线为 ＡＢ 所以 ＯＣ 平面
⊥ １ １ ， ， ⊥ 因为Ｂ Ｃ ＡＤ 所以直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成的角等
ＡＡ １ Ｂ １ Ｂ ， 故ＯＡ ， ＯＡ １， ＯＣ两两相互垂直． （ 于 ２ 直 ） 线ＡＤ １ 与 １ 平 ∥ 面Ａ ， ＣＤ 所成的角 １ １ 记为θ ． １
以Ｏ为坐标原点 Ｏ→Ａ的方向为ｘ轴的正方向 Ｏ→Ａ 为单位长 １ （ ）
， ，｜ ｜ ， 如图 连接 Ａ Ｄ．因为棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 是直棱柱 且
建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． １， １ － １ １ １ １ ，
－ Ｂ Ａ Ｄ ＢＡＤ ° 所以Ａ Ｂ 平面ＡＤＤ Ａ 从而Ａ Ｂ
∠ １ １ １＝∠ ＝９０ ， １ １⊥ １ １， １ １
ＡＤ ．又ＡＤ ＡＡ 所以四边形 ＡＤＤ Ａ 是正方形 于是
⊥ １ ＝ １＝３， １ １ ，
Ａ Ｄ ＡＤ ．故ＡＤ 平面Ａ Ｂ Ｄ 于是ＡＤ Ｂ Ｄ．
１ ⊥ １ １⊥ １ １ ， １⊥ １
由 知 ＡＣ Ｂ Ｄ 所以 Ｂ Ｄ 平面 ＡＣＤ 故 ＡＤＢ °
（１） ， ⊥ １ ， １ ⊥ １， ∠ １＝９０
θ．
－
在直角梯形ＡＢＣＤ中 因为ＡＣ ＢＤ 所以 ＢＡＣ ＡＤＢ．从
， ⊥ ， ∠ ＝∠
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５７０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＡＢ ＢＣ
而 ＡＢＣ ＤＡＢ 故 即ＡＢ ＤＡ ＢＣ ．
Ｒｔ△ ∽Ｒｔ△ ， ＤＡ＝ＡＢ， ＝ · ＝ ３
连接ＡＢ ．易知 ＡＢ Ｄ 是直角三角形 且 Ｂ Ｄ２ ＢＢ２ ＢＤ２
１ △ １ ， １ ＝ １＋ ＝
ＢＢ２ ＡＢ２ ＡＤ２ 即Ｂ Ｄ ．
１＋ ＋ ＝２１， １ ＝ ２１
ＡＤ
在 ＡＢ Ｄ中 ＡＤＢ ３ ２１ 图 图
Ｒｔ△ １ ，ｃｏｓ∠ １＝Ｂ Ｄ＝ ＝ ， ① ②
１ ２１ ７
解析 在题图 中 易得ＯＣ ＡＣ ＡＤ ．
（１） ① ， ＝３， ＝３ ２， ＝２ ２
即 ° θ ２１．从而 θ ２１． 连接ＯＤ ＯＥ 在 ＯＣＤ中 由余弦定理可得
ｃｏｓ（９０ － ）＝ ｓｉｎ ＝ ， ， △ ，
７ ７
ＯＤ ＯＣ２ ＣＤ２ ＯＣ ＣＤ ° ．
＝ ＋ －２ · ｃｏｓ４５ ＝ ５
即直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成角的正弦值为 ２１．
由翻折不变性可知Ａ′Ｄ
１ １ １ ７ ＝２ ２，
解法二 易知 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 两两垂直．如图 以Ａ为坐标 所以Ａ′Ｏ２ ＯＤ２ Ａ′Ｄ２ 所以Ａ′Ｏ ＯＤ
原点 Ａ ： Ｂ （１ Ａ ） Ｄ ＡＡ ， 所在 ， 直 ， 线分 １ 别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ ２ 轴 ， 建立空间直 同理可证 ＋ Ａ′Ｏ ⊥ ＝ ＯＥ ， 又 ， ＯＤ ∩ ＯＥ ＝ ⊥ Ｏ ， 所 ， 以Ａ′Ｏ ⊥ 平面ＢＣＤＥ．
角坐 ， 标系 ， ．设 ， ＡＢ ＝ １ ｔ ， 则相关各点的坐标 ， 为Ａ （ ， ０，０，０）， Ｂ （ ｔ ，０， （ 因 ２ 为 ） 解 Ａ 法 ′Ｏ 一 ： 平 过 面 Ｏ Ｂ 作 ＣＤ Ｏ Ｅ Ｈ ⊥ 所 Ｃ 以 Ｄ Ａ 交 ′Ｈ ＣＤ Ｃ 的 Ｄ 延 所 长 以 线于 Ａ′Ｈ Ｈ Ｏ ， 连 为 接 二 Ａ 面 ′Ｈ 角 ，
Ｂ ｔ Ｃ ｔ Ｃ ｔ Ｄ Ｄ ． ⊥ ， ⊥ ， ∠
０）， １（ ，０，３）， （ ，１，０）， １（ ，１，３）， （０，３，０）， １（０，３，３） Ａ′ ＣＤ Ｂ的平面角．
－ －
结合题图 可知 Ｈ 为 ＡＣ 中点 故 ＯＨ ３ ２ 从而 Ａ′Ｈ
① ， ， ＝ ， ＝
２
ＯＨ２ ＯＡ′２ ３０
图 ＋ ＝ ，
２ ２
ＯＨ
从而Ｂ→
１
Ｄ
＝（－
ｔ
，３，－３），
→ＡＣ
＝（
ｔ
，１，０），
Ｂ→Ｄ
＝（－
ｔ
，３，０）
． 所以
ｃｏｓ∠
Ａ′ＨＯ
＝Ａ′Ｈ＝ ５
１５
，
所以二面角Ａ′
－
ＣＤ
－
Ｂ的平面角
因为ＡＣ ＢＤ 所以→ＡＣ Ｂ→Ｄ ｔ２ 解得 ｔ 或
⊥ ， · ＝－ ＋３＋０＝０， ＝ ３ 的余弦值为 １５．
ｔ 舍去 ．
＝－ ３（ ） ５
解法二 以Ｏ 点为原点 建立空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ 如图
于是Ｂ→Ｄ →ＡＣ ． ： ， －
１ ＝（－ ３，３，－３）， ＝（ ３，１，０） 所示
因为→ＡＣ Ｂ→Ｄ 所以→ＡＣ Ｂ→Ｄ 即ＡＣ Ｂ Ｄ． ，
· １ ＝－３＋３＋０＝０， ⊥ １ ， ⊥ １
由 知 Ａ→Ｄ →ＡＣ Ｂ→Ｃ ．
（２） （１） ， １＝（０，３，３）， ＝（ ３，１，０）， １ １＝（０，１，０）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＣＤ 的法向量
＝（ ， ， ） １ ，
则 {ｎ · →ＡＣ ＝０， 即 { ３ ｘ ＋ ｙ ＝０，令ｘ 则ｎ ．
ｎ Ａ→Ｄ ｙ ｚ ＝１， ＝（１，－ ３， ３）
· １＝０， ３ ＋３ ＝０，
设直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成角为θ 则 θ ｎ Ｂ→Ｃ
１ １ １ ， ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， １ １〉｜＝ 则Ａ′ Ｃ Ｄ
（０，０， ３）， （０，－３，０）， （１，－２，０），
ｎ · Ｂ １ →Ｃ １ ３ ２１． 所以Ｃ→Ａ′ ＝（０，３， ３）， Ｄ→Ａ′ ＝（－１，２， ３） ．
｜ ｎ ｜·｜ Ｂ １ →Ｃ １｜ ＝ ７ ＝ ７ 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面Ａ′ＣＤ的法向量 则 {ｎ · Ｃ→Ａ′ ＝０，
即直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成角的正弦值为 ２１． ＝（ ， ， ） ， ｎ Ｄ→Ａ′
· ＝０，
１ １ １ ７ { ｙ ｚ {ｙ ｘ
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 即 ３ ＋ ３ ＝０， 解得 ＝－ ，
ｘ ｙ ｚ ｚ ｘ
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 － ＋２ ＋ ３ ＝０， ＝ ３ ，
能力．对于解法一的第（ ）问的运算量很小，但对学生的逻辑 令ｘ 得ｎ ．
２ ＝１， ＝（１，－１， ３）
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， 由 知 Ｏ→Ａ′ 为平面ＣＤＢ的一个法向量
（１） ， ＝（０，０， ３） ，
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 ｎ Ｏ→Ａ′
所以 ｎ Ｏ→Ａ′ · ３ １５ 即二面角
３４． 容 （２ 易 ０１ 把 ３ 公 广 式 东 记 理 错 ，１ ， ８ 也 ， 是 １４ 失 分 分 ） 的 如 原 图 因． 在等腰直角三角形 ＡＢＣ ｃｏｓ〈 ， 〉 ＝ ｜ ｎ ｜｜ Ｏ→Ａ′ ｜ ＝ ３× ５ ＝ ５ ，
①，
中 Ａ ° ＢＣ Ｄ Ｅ 分别是 ＡＣ ＡＢ 上的点 ＣＤ ＢＥ Ａ′ ＣＤ Ｂ的平面角的余弦值为 １５．
，∠ ＝９０ ， ＝６， ， ， ， ＝ ＝ － －
５
Ｏ为ＢＣ的中点．将 ＡＤＥ沿ＤＥ折起 得到如图 所示的 评析 本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法．
２， △ ， ②
四棱锥Ａ′ ＢＣＤＥ 其中Ａ′Ｏ ． 属中等难度题，运算要准确．
－ ， ＝ ３
证明 Ａ′Ｏ 平面ＢＣＤＥ ３５．（２０１３浙江理，２０，１５分）如图 在四面体ＡＢＣＤ中 ＡＤ 平
（１） ： ⊥ ； ， ， ⊥
求二面角Ａ′ ＣＤ Ｂ的平面角的余弦值． 面ＢＣＤ ＢＣ ＣＤ ＡＤ ＢＤ ．Ｍ是ＡＤ的中点 Ｐ是ＢＭ
（２） － － ， ⊥ ， ＝２， ＝２ ２ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５７１
的中点 点Ｑ在线段ＡＣ上 且ＡＱ ＱＣ．
， ， ＝３
证明 ＰＱ 平面ＢＣＤ
（１） ： ∥ ；
若二面角Ｃ ＢＭ Ｄ的大小为 ° 求 ＢＤＣ的大小．
（２） － － ６０ ， ∠
由题意知Ａ Ｂ Ｄ ．
（０， ２，２）， （０，－ ２，０）， （０， ２，０）
解析 解法一 证明 取ＢＤ的中点Ｏ 在线段ＣＤ上取 设点Ｃ的坐标为 ｘ ｙ
：（１） ： ， （ ０， ０，０），
点Ｆ 使得ＤＦ ＦＣ 连接ＯＰ ＯＦ ＦＱ． æ ö
， ＝３ ， ， ， 因为Ａ→Ｑ Ｑ→Ｃ 所以Ｑç ３ ｘ ２ ３ ｙ １ ÷．
＝３ ， è ０， ＋ ０， ø
４ ４ ４ ２
因为Ｍ为ＡＤ的中点 故Ｍ ．
， （０， ２，１）
( )
又Ｐ为ＢＭ的中点 故Ｐ １
， ０，０， ，
２
æ ö
所以Ｐ→Ｑ ç ３ ｘ ２ ３ ｙ ÷．
＝è ０， ＋ ０，０ø
４ ４ ４
又平面ＢＣＤ的一个法向量为ｕ 故Ｐ→Ｑ ｕ ．
＝（０，０，１）， · ＝０
因为ＡＱ ＱＣ 所以ＱＦ ＡＤ 且ＱＦ １ ＡＤ． 又ＰＱ 平面ＢＣＤ 所以ＰＱ 平面ＢＣＤ．
＝３ ， ∥ ， ＝ ⊄ ， ∥
４ 设ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面ＢＭＣ的法向量．
因为Ｏ Ｐ分别为ＢＤ ＢＭ的中点 所以ＯＰ是 ＢＤＭ的中位 （２） ＝（ ， ， ）
， ， ， △
由Ｃ→Ｍ ｘ ｙ Ｂ→Ｍ
线 所以ＯＰ ＤＭ 且ＯＰ １ ＤＭ． { ＝（－ ０， ２－ ０，１）， ＝（０，２ ２，１），
， ∥ ， ＝ ｘ ｘ ｙ ｙ ｚ
２ 知 － ０ ＋（ ２－ ０） ＋ ＝０，
又点Ｍ为ＡＤ的中点 所以ＯＰ ＡＤ 且ＯＰ １ ＡＤ． ｙ ｚ ．
， ∥ ， ＝ ２ ２ ＋ ＝０
４ æｙ ö
从而ＯＰ ＦＱ 且ＯＰ ＦＱ 取ｙ 得ｍ ç ０＋ ２ ÷．
∥ ， ＝ ， ＝－１， ＝è ｘ ，－１，２ ２ø
所以四边形ＯＰＱＦ为平行四边形 故ＰＱ ＯＦ． ０
， ∥ 又平面ＢＤＭ的一个法向量为ｎ 于是
又ＰＱ 平面ＢＣＤ ＯＦ 平面ＢＣＤ 所以ＰＱ 平面ＢＣＤ． ＝（１，０，０），
⊄ ， ⊂ ， ∥
ｙ
（２）
作ＣＧ
⊥
ＢＤ于点Ｇ
，
作ＧＨ
⊥
ＢＭ于点Ｈ
，
连接ＣＨ． ０＋ ２
因为ＡＤ 平面ＢＣＤ ＣＧ 平面ＢＣＤ 所以ＡＤ ＣＧ 又ＣＧ ｍ ｎ ｘ
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ， ⊥ ｍ ｎ ｜ · ｜ ０ １
ＢＤ ＡＤ ＢＤ Ｄ 故ＣＧ 平面ＡＢＤ 又ＢＭ 平面ＡＢＤ 所以 ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ ｍ ｜｜ ｎ ｜ ＝ æｙ ö２ ＝ ２ ，
， ∩ ＝ ， ⊥ ， ⊂ ， ç ０＋ ２÷
ＣＧ ＢＭ． ９＋è ｘ ø
⊥
又ＧＨ ⊥ ＢＭ ， ＣＧ ∩ ＧＨ ＝ Ｇ ， 故ＢＭ ⊥ 平面ＣＧＨ ， 所以ＧＨ ⊥ ＢＭ ， æｙ ö２ ０
ＣＨ ⊥ ＢＭ． 即 è ç ０＋ ｘ ２ ø ÷ ＝３ ． ①
所以 ＣＨＧ为二面角Ｃ ＢＭ Ｄ的平面角 即 ＣＨＧ °． ０
∠ － － ， ∠ ＝６０ 又ＢＣ ＣＤ 所以Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｄ
设 ＢＤＣ θ． ⊥ ， · ＝０，
∠ ＝
故 ｘ ｙ ｘ ｙ
在 ＢＣＤ中 ＣＤ ＢＤ θ θ （－ ０，－ ２－ ０，０）·（－ ０， ２－ ０，０）＝０，
Ｒｔ△ ， ＝ ｃｏｓ ＝２ ２ｃｏｓ ， 即ｘ２ ｙ２ ．
ＣＧ ＣＤ θ θ θ ０＋ ０＝２ ②
＝ ｓｉｎ ＝２ ２ｃｏｓ ｓｉｎ ， ì
ï
ＢＧ ＝ ＢＣ ｓｉｎ θ ＝２ ２ｓｉｎ ２θ．
联立 解得
{ｘ
０＝０， 舍去 或í
ï ｘ ０＝±
２
６ ，
在 ＢＤＭ中 ＨＧ ＢＧ · ＤＭ ２ ２ｓｉｎ ２θ ． ①，②， ｙ （ ） ï
Ｒｔ△ ， ＝ ＢＭ ＝ ０＝－ ２ ïｙ ２．
３ î ０＝
ＣＧ θ ２
在 ＣＨＧ中 ＣＨＧ ３ｃｏｓ ． ｘ
Ｒｔ△ ，ｔａｎ∠ ＝ＨＧ＝ θ ＝ ３ 所以 ＢＤＣ ０ ．
ｓｉｎ ｔａｎ∠ ＝ ｙ ＝ ３
所以 θ ． ２－ ０
ｔａｎ ＝ ３ 又 ＢＤＣ是锐角 所以 ＢＤＣ °．
从而θ °． ∠ ， ∠ ＝６０
＝６０ ３６．（２０１２课标理，１９，１２ 分）如图 直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
即 ＢＤＣ °． ， － １ １ １ ，
∠ ＝６０
解法二 证明 如图 取ＢＤ的中点Ｏ 以Ｏ为原点 ＯＤ ＯＰ ＡＣ ＢＣ １ ＡＡ Ｄ是棱ＡＡ 的中点 ＤＣ ＢＤ．
：（１） ： ， ， ， ， ＝ ＝ １， １ ， １⊥
所在直线为ｙ ｚ轴 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． ２
， ， － 证明 ＤＣ ＢＣ
（１） ： １⊥ ；
求二面角Ａ ＢＤ Ｃ 的大小．
（２） １－ － １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５７２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
又ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 可得ＢＤ ＰＤ
⊥ ， ⊥ ，
所以ＢＤ 平面ＰＡＤ．故ＰＡ ＢＤ．
⊥ ⊥
如图 作ＤＥ ＰＢ 垂足为Ｅ．已知ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 则ＰＤ
（２） ， ⊥ ， ⊥ ，
ＢＣ．
⊥
解析 由题设知 三棱柱的侧面为矩形． 由
（１）
知ＢＤ
⊥
ＡＤ
，
又ＢＣ
∥
ＡＤ
，
所以ＢＣ
⊥
ＢＤ．
（１） ，
故ＢＣ 平面ＰＢＤ ＢＣ ＤＥ．
由于Ｄ为ＡＡ
１
的中点
，
故ＤＣ
＝
ＤＣ
１
．又ＡＣ
＝ ２
１ ＡＡ
１，
可得ＤＣ２
１＋ 则ＤＥ
⊥
⊥ 平面ＰＢＣ
，
， 即
⊥
ＤＥ为棱锥Ｄ － ＰＢＣ的高
ＤＣ２ ＣＣ２ 所以ＤＣ ＤＣ．而ＤＣ ＢＤ ＤＣ ＢＤ Ｄ 所以ＤＣ 由题设知ＰＤ ＡＤ 则ＢＤ ＰＢ ．
＝ １， １⊥ １⊥ ， ∩ ＝ ， １ ＝ ＝１， ＝ ３， ＝２
平面ＢＣＤ．又ＢＣ 平面ＢＣＤ 故ＤＣ ＢＣ．
⊥ 由 知ＢＣ Ｄ ⊂ Ｃ 且ＢＣ ， ＣＣ 则 １⊥ ＢＣ 平面ＡＣＣ 根据ＤＥ · ＰＢ ＝ ＰＤ · ＢＤ得ＤＥ ＝ ３．
（２） （１） ⊥ １， ⊥ １， ⊥ １， ２
所以ＣＡ ＣＢ ＣＣ 两两相互垂直．
， ， １ 即棱锥Ｄ ＰＢＣ的高为 ３．
以Ｃ为坐标原点 →ＣＡ的方向为ｘ轴的正方向 Ｃ→Ｂ的方向为ｙ －
， ， ２
轴的正方向
，｜
→ＣＡ
｜
为单位长
，
建立如图所示的空间直角坐标 评析 本题考查直线与平面垂直，直线与直线垂直的判定与
系Ｃ ｘｙｚ． 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．
３８．（２０１１四川理，１９，１２ 分）如图 在直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
， － １ １ １
中 ＢＡＣ ° ＡＢ ＡＣ ＡＡ ．Ｄ是棱ＣＣ 上的一点 Ｐ是
，∠ ＝９０ ， ＝ ＝ １＝１ １ ，
ＡＤ的延长线与Ａ Ｃ 的延长线的交点 且ＰＢ 平面ＢＤＡ ．
１ １ ， １∥ １
求证 ＣＤ Ｃ Ｄ
（１） ： ＝ １ ；
求二面角Ａ Ａ Ｄ Ｂ的平面角的余弦值
（２） － １ － ；
求点Ｃ到平面Ｂ ＤＰ的距离．
（３） １
由题意知Ａ Ｂ Ｄ Ｃ ．
１（１，０，２）， （０，１，０）， （１，０，１）， １（０，０，２）
则Ａ→Ｄ Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｃ ．
１ ＝（０，０，－１）， ＝（１，－１，１）， １＝（－１，０，１）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面Ａ Ｂ ＢＤ的法向量
＝（ ， ， ） １ １ ， 解析 如图 以Ａ 为原点 Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ａ所在直线分别为
{ｎ Ｂ→Ｄ {ｘ ｙ ｚ ， １ ， １ １， １ １， １
则 · ＝０， 即 － ＋ ＝０，可取ｎ ． ｘ轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立空间直角坐标系 Ａ Ｂ Ｃ Ａ 则 Ａ
ｎ
·
Ａ→
１
Ｄ
＝０，
ｚ
＝０
． ＝（１，１，０）
Ｂ
， ，
Ｃ Ｂ ．
１－ １ １ ， １（０，０，
{ｍ Ｂ→Ｄ
０）， １（１，０，０）， １（０，１，０）， （１，０，１）
同理 设ｍ是平面Ｃ ＢＤ的法向量 则 · ＝０，
， １ ， ｍ Ｄ→Ｃ ．
· １＝０
ｎ ｍ
可取ｍ ．从而 ｎ ｍ · ３．
＝（１，２，１） ｃｏｓ〈 ， 〉＝ 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 °．
１－ － １ ３０
评析 本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法．
Ｃ Ｐ Ｃ Ｄ ｘ
属中等难度题，运算要准确． 证明 设Ｃ Ｄ ｘ ＡＣ ＰＣ １ １ ．
（１） ： １ ＝ ，∵ ∥ １，∴ ＡＣ ＝ ＣＤ ＝ ｘ
３７．（２０１１ 课标，１８，１２ 分）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面 １－
， － ， ( ｘ )
ＡＢＣＤ为平行四边形 ＤＡＢ ° ＡＢ ＡＤ ＰＤ 底面 ＡＢ⁃ 由此可得Ｄ ｘ Ｐ
，∠ ＝６０ ， ＝２ ， ⊥ （０，１， ）， ０，１＋ ｘ，０ ，
ＣＤ． １－
( ｘ )
证明 ＰＡ ＢＤ Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ ｘ Ｂ→Ｐ ．
（１） ： ⊥ ； ∴ １ ＝（１，０，１）， １ ＝（０，１， ）， １ ＝ －１，１＋ ｘ，０
设ＰＤ ＡＤ 求棱锥Ｄ ＰＢＣ的高． １－
（２） ＝ ＝１， － 设平面ＢＡ Ｄ的一个法向量为ｎ ａ ｂ ｃ
１ １＝（ ， ，），
{ｎ Ａ→Ｂ ａ ｃ
则 １· １ ＝ ＋ ＝０，令ｃ 则ｎ ｘ ．
ｎ Ａ→Ｄ ｂ ｃｘ ． ＝－１， １＝（１， ，－１）
１· １ ＝ ＋ ＝０
ＰＢ 平面ＢＡ Ｄ
解析 （１） 因为 ∠ ＤＡＢ ＝６０ ° ， ＡＢ ＝２ ＡＤ ， 由余弦定理得ＢＤ ＝ ∵ １∥ １ ， ( ｘ )
ｎ Ｂ→Ｐ ｘ ．
ＡＤ．从而ＢＤ２ ＡＤ２ ＡＢ２ 故ＢＤ ＡＤ． ∴ １· １ ＝１×（－１）＋ · １＋ ｘ ＋（－１）×０＝０
３ ＋ ＝ ， ⊥ １－
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５７３
( ) ( )
由此可得ｘ １ 故ＣＤ Ｃ Ｄ． 分 令ｃ 可得ｎ １ ．又Ｄ→Ｃ １
＝ ， ＝ １ （４ ） １＝１， ３＝ １， ，１ ＝ ０，０， ，
２ ２ ２
( )
由 知 平面ＢＡ Ｄ的一个法向量ｎ １ ． Ｄ→Ｃ ｎ
（２） （１） ， １ １＝ １， ２ ，－１ ∴ Ｃ到平面Ｂ １ ＤＰ的距离ｄ ＝ ｜ ｎ · ３｜ ＝ １ ． （１２ 分 ）
又ｎ 为平面ＡＡ Ｄ的一个法向量． ｜ ３｜ ３
２＝（１，０，０） １
ｎ ｎ
ｎ ｎ １· ２ １ ２ ．
∴ ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝ ＝
｜ １｜·｜ ２｜ ３ ３
１×
２
故二面角Ａ Ａ Ｄ Ｂ的平面角的余弦值为 ２ ． 分
－ １ － （８ ）
３
( )
Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｄ １ ．
（３）∵ １＝（１，－２，０）， ＝ ０，－１，
２
设平面Ｂ ＤＰ的一个法向量ｎ ａ ｂ ｃ
１ ３＝（ １， １， １），
{ｎ Ｐ→Ｂ ａ ｂ
３· １＝ １－２ １＝０，
则 ｃ
ｎ Ｐ→Ｄ ｂ １ ．
３· ＝－ １＋ ＝０
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
时间： 分钟 分值： 分
６０ ８０
一、单项选择题 每题 分 共 分 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 上 且ＡＰ 平面ＭＢＤ 线段ＡＰ长度的取值范围为
（ ５ ， １５ ） １ １ １ １ ， ⊥ １，
１．（２０２１届上海嘉定一中测试，１５）如图所示 在正方体ＡＢＣＤ
， － （ ）
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｐ是平面ＡＤＤ Ａ 上一点 且满足 ＡＤＰ为正
１ １ １ １ ， １ １ ， △
三角形．点Ｍ为平面ＡＢＣＤ内的一个动点 且满足ＭＰ ＭＣ．则
， ＝
点Ｍ在正方形ＡＢＣＤ内的轨迹为
（ ）
é ù é ù
êê ２ úú êê ６ úú
Ａ．［１， ２］ Ｂ．［１， ３］ Ｃ．ë ， ２û Ｄ．ë ， ２û
２ ２
答案 Ｄ
二、多项选择题 共 分
（ ５ ）
４．（２０２１ 届山东开学质量检测，１２）如图 在直三棱柱 ＡＢＣ
， －
Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＡ ＡＣ ＡＢ ＢＡＣ ° 点Ｄ Ｅ分别为线
１ １ １ ， １＝ ＝２， ＝３，∠ ＝９０ ， ，
ＥＣ ＤＣ
段ＢＣ Ｂ Ｃ上的动点 不含端点 且 则下列说法正
， １ （ ）， Ｂ Ｃ＝ＢＣ，
答案 Ａ 确的是 １
（ ）
２．（２０２０四川南充高级中学模拟，９）如图 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＢＥＦ
， ⊥ ，
四边形ＡＢＣＤ是正方形 四边形ＡＢＥＦ是矩形 且ＡＦ １ＡＤ ａ Ｇ
， ， ＝ ＝ ，
２
是ＥＦ的中点 则ＧＢ与平面ＡＧＣ所成角的正弦值为
， （ ）
ＥＤ 平面ＡＣＣ
Ａ． ∥ １
四面体Ａ ＢＤＥ的体积是定值
Ｂ． －
异面直线Ｂ Ｃ与ＡＡ 所成角的正切值为 １３
Ｃ． １ １
６ ３ ６ ２ ２
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
６ ３ ３ ３ 二面角Ａ ＥＣ Ｄ的余弦值为 ４
答案 Ｃ Ｄ． － －
１３
３．（２０１９ 湖南三湘名校第三次联考，１２） 正方体 ＡＢＣＤ 答案 ＡＣＤ
－
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 动点 Ｍ 在线段 ＣＣ 上 动点 Ｐ 在平面 三、解答题 共 分
１ １ １ １ １， １ ， ５．（２０２１届 （ 湖北 ６０ 荆门 ） 龙泉中学１１ 月月考，１９）如图 直三棱柱
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５７４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的底面为等边三角形 Ｄ Ｅ分别为ＡＣ Ａ Ｃ 的中 ８．（２０２０山东日照校际联考，１９）如图所示 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的
－ １ １ １ ， ， ， １ １ ， －
点 点Ｆ在棱ＣＣ 上 且ＥＦ ＢＦ． 底面ＡＢＣＤ是边长为 的菱形 ＢＣＤ ° Ｅ是ＣＤ的中点
， １ ， ⊥ １ ，∠ ＝６０ ， ，
证明 平面ＢＥＦ 平面ＢＤＦ ＰＡ 底面ＡＢＣＤ ＰＡ ．
（１） ： ⊥ ； ⊥ ， ＝２
若ＡＢ Ｃ Ｆ ＦＣ 求二面角Ｄ ＢＥ Ｆ的余弦值． 证明 平面ＰＢＥ 平面ＰＡＢ
（２） ＝４， １ ＝２ ， － － （１） ： ⊥ ；
求平面ＰＡＤ和平面ＰＢＥ所成二面角 锐角 的余弦值．
（２） （ ）
６．（２０２１届山东青岛期初调研，２０）如图 正方形ＡＢＣＤ和ＡＢＥＦ ９．（２０２１届新高考省份 ８联考，１９）如图所示为一个半圆柱 Ｅ
， Ｔ ，
所在平面互相垂直 且边长都是 Ｍ Ｎ Ｇ 分别为线段 ＡＣ
， １， ， ， ， 为半圆弧ＣＤ上一点 ＣＤ ．
ＢＦ ＡＢ上的动点 且ＣＭ ＢＮ ＡＦ 平面ＭＮＧ 记ＢＧ ａ ａ ， ＝ ５
， ， ＝ ， ∥ ， ＝ （０＜ ＜ 若ＡＤ 求四棱锥Ｅ ＡＢＣＤ的体积的最大值
． （１） ＝２ ５， － ；
１） 证明 ＭＧ 平面ＡＢＥＦ （２） 有三个条件 ：①４ Ｄ→Ｅ · Ｄ→Ｃ ＝ Ｅ→Ｃ · Ｄ→Ｃ ；② 直线ＡＤ与ＢＥ所
（１） ： ⊥ ；
当ＭＮ的长最小时 求二面角Ａ ＭＮ Ｂ的余弦值． ＥＡＢ
（２） ， － － 成角的正弦值为 ２ ｓｉｎ∠ ６．
；③ ＥＢＡ＝
３ ｓｉｎ∠ ２
请你从中选择两个作为条件 求直线ＡＤ与平面ＥＡＢ所成
，
角的余弦值．
７．（２０２１届广东仲元中学、中山一中等七校联合体第一次联考，
１９）如图 四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ的底面是正方形 ＳＤ 平面ＡＢＣＤ
， － ， ⊥ ，
ＳＤ ａ ＡＤ ａ 点Ｅ是ＳＤ上的点 且ＤＥ λａ λ ．
＝２ ， ＝ ２ ， ， ＝ （０＜ ≤２）
求证 对任意的λ 都有ＡＣ ＢＥ
（１） ： ∈（０，２］， ⊥ ；
设二面角Ｃ ＡＥ Ｄ的大小为θ 直线ＢＥ与平面ＡＢＣＤ所成
（２） － － ，
的角为φ 若 φ θ 求λ的值．
， ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５７５
１．（２０１９浙江绍兴数学调测（３ 月），９）如图 在三棱柱 ＡＢＣ 答案 Ｃ 如图 以Ｄ为坐标原点 直线ＤＡ ＤＣ ＤＤ 分别为
， － ， ， ， ， １
Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢ ＡＣ ＡＡ 两两互相垂直 ＡＢ ＡＣ ＡＡ Ｍ Ｎ是线 ｘ ｙ ｚ轴建立空间直角坐标系
１ １ １ ， ， ， １ ， ＝ ＝ １， ， ， ， ，
段ＢＢ ＣＣ 上的点 平面ＡＭＮ与平面ＡＢＣ所成的 锐 二面角 则Ｄ Ｅ Ａ Ｃ ．
１， １ ， （ ） １（０，０，１）， （１，１，０）， （１，０，０）， （０，２，０）
为π 当Ｂ Ｍ最小时 ＡＭＢ Ｄ→Ｅ →ＡＣ Ａ→Ｄ
， １ ，∠ ＝ （ ） １ ＝（１，１，－１）， ＝（－１，２，０）， １＝（－１，０，１），
６ 设平面ＡＣＤ 的法向量为ｎ ａ ｂ ｃ
１ ＝（ ， ， ），
{ｎ →ＡＣ ａ ｂ
则 · ＝－ ＋２ ＝０，取ａ 得ｎ
ｎ Ａ→Ｄ ａ ｃ ． ＝２， ＝（２，１，２），
· １＝－ ＋ ＝０
Ｄ→Ｅ ｎ
点Ｅ到平面ＡＣＤ 的距离ｈ ｜ １ · ｜ ｜２＋１－２｜ １ ．
∴ １ ＝ ｎ ＝ ＝
｜ ｜ ３ ３
故选 ．
Ｃ
５π π π π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１２ ３ ４ ６
答案 Ｂ 以Ａ为原点 ＡＢ ＡＣ ＡＡ 所在的直线分别为ｘ ｙ ｚ
， ， ， １ ， ，
轴 建立空间直角坐标系 如图所示．
， ，
３．（２０１８甘肃庆阳一中月考，９）已知棱长为 的正方体ＡＢＣＤ
１ －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ是Ａ Ｂ 的中点 则直线ＡＥ与平面ＡＢＣ Ｄ 所
１ １ １ １ ， １ １ ， １ １
成角的正切值是
设ＡＢ ＡＣ ＡＡ ＣＮ ｂ ＢＭ ａ 则Ｎ ｂ Ｍ ａ （ ）
＝ ＝ １＝１， ＝ ， ＝ ， （０，１， ）， （１，０， ），
Ａ Ｂ
６ ６ ５ １０
（０，０，０）， （１，０，０），
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
Ａ→Ｍ ａ Ａ→Ｎ ｂ ． ３ ２ ２ ２
∴ ＝（１，０， ）， ＝（０，１， ） 答案 Ａ 以Ｄ为原点 直线ＤＡ为ｘ轴 直线ＤＣ为ｙ轴 直
设平面ＡＭＮ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ， ， ，
＝（ ， ， ）， 线ＤＤ 为ｚ轴 建立空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ
{Ａ→Ｍ ｎ ｘ ａｚ １ ， － ，
则 · ＝ ＋ ＝０，取ｚ 得ｎ ａ ｂ ．
Ａ→Ｎ ｎ ｙ ｂｚ ＝１， ＝（－ ，－ ，１）
· ＝ ＋ ＝０，
由图可知平面ＡＢＣ的一个法向量为Ａ→Ａ
１＝（０，０，１），
平面ＡＭＮ与平面ＡＢＣ所成 锐 二面角为π
∵ （ ） ，
６
Ａ→Ａ ｎ
π ｜ １· ｜ １
∴ ｃｏｓ ６ ＝ ｜ Ａ→Ａ １｜·｜ ｎ ｜ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋１ ，
解得
３
ａ２
＋３
ｂ２
＝１
．
正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 Ｅ是Ａ Ｂ 的中点
∵ － １ １ １ １ １， １ １ ，
( )
∴ 当Ｂ １ Ｍ最小时 ， ＢＭ的值最大． ∴ ｂ ＝０， ＢＭ ＝ ａ ＝
３
３ ， ∴ Ａ （１，０，０）， Ｅ １， １
２
，１ ， Ｂ （１，１，０）， Ｄ １（０，０，１），
ＡＢ ( )
ＡＭＢ １ ＡＭＢ π．故选
∴ ｔａｎ∠ ＝ＢＭ＝ ＝ ３，∴ ∠ ＝ Ｂ． →ＡＥ １ →ＡＢ Ａ→Ｄ
３ ３ ∴ ＝ ０， ２ ，１ ， ＝（０，１，０）， １＝（－１，０，１），
设平面ＡＢＣ Ｄ 的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ ．
２．（２０１８新疆乌鲁木齐 ３ 八一中学期中，９）如图所示 在长方体 １ １ ＝（ ， ， ）
， {ｎ →ＡＢ ｙ
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＤ ＡＡ ＡＢ 点Ｅ是棱ＡＢ的中点 则 · ＝ ＝０， 取ｘ 可得ｎ
则点Ｅ － 到 １ 平 １ 面 １ Ａ １ ＣＤ ， 的距 ＝ 离为 １＝１， ＝２， ， ｎ Ａ→Ｄ ｘ ｚ ＝１， ＝（１，０，１），
１ （ ） · １＝－ ＋ ＝０， [ ]
设直线ＡＥ与平面ＡＢＣ Ｄ 所成的角为θ θ π
１ １ ， ∈ ０， ，
２
则 θ →ＡＥ ｎ １ １０． θ １５
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ＝ ∴ ｃｏｓ ＝ ，
５ ５ ５
× ２
２
θ
θ ｓｉｎ ６．故选 ．
∴ ｔａｎ ＝ θ＝ Ａ
ｃｏｓ ３
１ ２ １ １
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 思路分析 建立空间坐标系 求出平面 ＡＢＣ Ｄ 的法向量及
２ ２ ３ ６ ， １ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５７６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
→ＡＥ 利用向量的夹角公式求解．
，
方法总结 线面角的求解方法常用的有两个 一是利用空间
，
向量 二是定义法．本题也可从点Ｅ引平面ＡＢＣ Ｄ 的垂线 垂
， １ １ ，
足为正方体的中心 用定义法求解．
，
４．（２０１８全国名校联考，８）过正方形ＡＢＣＤ的顶点Ａ 作ＰＡ 平
， ⊥
面ＡＢＣＤ 若ＰＡ ＢＡ 则平面ＡＢＰ和平面ＣＤＰ所成的锐二面角
， ＝ ，
的大小是 则Ｄ Ｍ Ｃ Ｂ
（ ） １（０，０，２）， （２，０，１）， （０，２，０）， （２，２，０），
Ｍ→Ｃ ．
∴ ＝（－２，２，－１）
点Ｐ在侧面ＡＢＢ Ａ 内
∵ １ １ ，
设Ｐ的坐标为 ｂ ｃ ｂ ｃ
∴ （２， ， ）， ， ∈［０，２］，
Ｄ→Ｐ ｂ ｃ
∴ １ ＝（２， ， －２），
又 Ｄ→Ｐ Ｍ→Ｃ
∵ １ ⊥ ，
° ° ° ° Ｄ→Ｐ Ｍ→Ｃ ｂ ｃ
Ａ．３０ Ｂ．４５ Ｃ．６０ Ｄ．９０ ∴ １ · ＝０，∴ －４＋２ ＋２－ ＝０，
答案 Ｂ 以Ａ为原点 直线ＡＢ为ｘ轴 直线ＡＤ为ｙ轴 直 解得ｃ ｂ ｂ
， ， ， ＝２ －２，∴ ∈［１，２］，
线ＡＰ为ｚ轴 建立空间直角坐标系 设ＰＡ ＢＡ
则Ｃ ， Ｄ Ｐ ， ＝ ＝１， 又 ∵ ＰＢ ⊥ ＢＣ ，∴ Ｓ △ ＰＢＣ＝ １ ＢＣ · ＰＢ ＝ １ ×２× ＰＢ ＝ （２－ ｂ ） ２ ＋ ｃ２ ，
（１，１，０）， （０，１，０）， （０，０，１）， ２ ２
将ｃ ｂ 代入上式 得
Ｐ→Ｃ Ｐ→Ｄ ＝２ －２ ，
＝（１，１，－１）， ＝（０，１，－１），
( )
设平面ＰＣＤ的法向量ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， Ｓ △ ＰＢＣ＝ ５ ｂ２ －１２ ｂ ＋８＝ ５ ｂ － ６ ２ ＋ ４ ， ｂ ∈［１，２］，
{Ｐ→Ｃ ｎ ｘ ｙ ｚ ５ ５
则 · ＝ ＋ － ＝０，取ｙ 得 ｎ 易知平面 ＡＢＰ
Ｐ→Ｄ · ｎ ＝ ｙ － ｚ ＝０， ＝１， ＝（０，１，１）， ∴ 当ｂ ＝ ６ 时 ， Ｓ △ ＰＢＣ 取得最小值 ， 为２ ５．
５ ５
的 设 一 平 个 面 法 ＡＢ 向 Ｐ 量 和 ｍ 平 ＝ 面 （０ Ｃ ， Ｄ １ Ｐ ，０ 所 ）， 成的锐二面角的大小为θ ， ６．（ 中 ２ ， ０ Ａ １ Ａ ８ １＝ 北 ＡＢ 京 ＝ 西 ２， 城 ＢＣ 一 ＝ 模 １， ， 点 １４ Ｐ ） 在 如 侧 图 面 ， 在 Ａ 长 １ Ａ 方 ＢＢ 体 １ 上 ＡＢ ．若 ＣＤ 点 － Ａ Ｐ １ Ｂ 到 １ Ｃ 直 １ Ｄ 线 １
ｎ ｍ ＡＡ 和ＣＤ的距离相等 则Ａ Ｐ的最小值是 ．
则 ｃｏｓ θ ＝ ｎ ｜ · ｍ ｜ ＝ １ ＝ ２ ，∴ θ ＝４５ ° ， １ ， １
｜ ｜·｜ ｜ ２ ２
平面ＡＢＰ 和平面 ＣＤＰ 所成的锐二面角的大小为 °．故
∴ ４５
选 ．
Ｂ
答案
３
解析 以Ｄ为原点 分别以直线ＤＡ ＤＣ ＤＤ 为ｘ轴 ｙ轴 ｚ
， ， ， １ ， ，
轴建立空间直角坐标系 则Ａ 设Ｐ ｙ ｚ 则 ｙ
， １（１，０，２）， （１， ， ）， ∈
ｚ
［０，２］， ∈［０，２］，
思路分析 考虑到ＰＡ 面ＡＢＣＤ ＡＢ ＡＤ 以Ａ为原点建立空 因为Ｐ到直线ＡＡ 的距离为ｙ Ｐ到直线ＣＤ的距离为 ｚ２
⊥ ， ⊥ ， １ ， １＋ ，
间直角坐标系
，
利用向量的坐标运算求出平面的法向量
，
由向 所以ｙ
＝ １＋
ｚ２
，
量的夹角公式求解．
所以Ａ Ｐ ｙ２ ｚ ２ ｚ２ ｚ ｚ ２
一题多解 把该几何体补成正方体 即通过补体法 利用正方 １ ＝ ＋（２－ ） ＝ ２ －４ ＋５＝ ２（ －１） ＋３，
， ， 所以当ｚ 时 Ａ Ｐ取最小值 且最小值为 ．
体的性质易得所求二面角的大小为 °． ＝１ ， １ ， ３
４５ ７．（２０１６陕西商洛一模，１９）如图 四面体ＡＢＣＤ中 Ｏ Ｅ分别是
５．（２０１８北京海淀二模，１４）如图 在棱长为 的正方体ＡＢＣＤ ， ， 、
， ２ － ＢＤ ＢＣ的中点 ＣＡ ＣＢ ＣＤ ＢＤ ＡＢ ＡＤ ．
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｍ是棱 ＡＡ 的中点 点 Ｐ 在侧面 ＡＢＢ Ａ 内 若 、 ， ＝ ＝ ＝ ＝２， ＝ ＝ ２
１ １ １ １ ， １ ， １ １ ， 求证 ＡＯ 平面ＢＣＤ
Ｄ Ｐ垂直于ＣＭ 则 ＰＢＣ的面积的最小值为 ． （１） ： ⊥ ；
１ ， △ 求异面直线ＡＢ与ＣＤ所成角的余弦值
（２） ；
求点Ｅ到平面ＡＣＤ的距离．
（３）
解析 证明 连接ＯＣ 由ＣＡ ＣＢ ＣＤ ＢＤ ＡＢ ＡＤ
（１） ： ， ＝ ＝ ＝ ＝２， ＝ ＝
Ｏ为ＢＤ的中点得ＡＯ ＢＤ ＣＯ ＡＯ 在 ＡＯＣ中
答案 ２ ５ ２， ⊥ ， ＝ ３， ＝１， △ ，
５
ＡＣ２
＝
ＡＯ２
＋
ＯＣ２
，
故ＡＯ
⊥
ＯＣ．
解析 以 Ｄ 为原点 直线 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 又ＢＤ ＯＣ Ｏ 因此ＡＯ 平面ＢＣＤ．
， ， ， １ ， ， ∩ ＝ ， ⊥
轴 建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ． 如图 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ
， － （２） ， － ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５７７
１
－
则 Ｂ→Ｂ ｅ ２ １
ｃｏｓ〈 １， 〉＝ ( ) ＝－ ，
２ ３
２ ２ １ ２
１ ＋１ ＋ － · １
２
( )
２
则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所以 Ｂ→Ｂ ｅ １ ８ ２ ２
（０，０，１）， （１，０，０）， （０， ３，０）， （－１，０，０）， ｓｉｎ〈 １， 〉＝ １－ － ＝ ＝ ，
３ ９ ３
æ ö
Ｅç １ ３ ÷
è ， ，０ø， 即ＢＢ 与平面Ａ Ｃ Ｍ所成角的余弦值为２ ２．
２ ２ １ １ １
３
则→ＡＢ Ｃ→Ｄ 设Ｎ的坐标为 ｔ 其中 ｔ
＝（１，０，－１）， ＝（－１，－ ３，０）， （２） （１，１，）， ０≤≤１，
∴ ｜ｃｏｓ〈 →ＡＢ ， Ｃ→Ｄ 〉｜＝ ｜ → → Ａ Ａ Ｂ Ｂ · Ｃ Ｃ → → Ｄ Ｄ ｜ ＝ ４ ２ ， 则 因 Ｄ 为 → １ Ｎ Ｄ ＝ Ｎ （１， 平 １， 面 ｔ －１ Ａ ）， Ｃ Ｍ
｜ ｜｜ ｜ １ ⊥ １ １ ，
异面直线ＡＢ与ＣＤ所成角的余弦值为 ２．
所以Ｄ→
１
Ｎ与ｅ共线
，
∴
４ 从而ｔ １ 则ｔ １ ．
æ ö －１＝－ ， ＝
Ａ→Ｄ Ｃ→Ｄ Ｅ→Ｃ ç １ ３ ÷ ２ ２
（３） ＝（－１，０，－１）， ＝（－１，－ ３，０）， ＝è－ ， ，０ø， 即当点Ｎ为ＢＢ 的中点时 Ｄ Ｎ 平面Ａ Ｃ Ｍ．
２ ２ １ ， １ ⊥ １ １
设平面ＡＣＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ． 思路分析 根据正方体中的垂直关系 建立空间直角坐标
＝（ ， ， ） （１） ，
由 { ｎ · ｘ Ａ→ ｚ Ｄ ＝０， ｎ · Ｃ→Ｄ ＝０， 系 所 ， 成 求 角 得 的 所 余 需 弦 点 值 的 ； 坐标 ， 利用空间向量求得ＢＢ １ 与平面Ａ １ Ｃ １ Ｍ
得 － － ＝０， 令ｙ 则ｎ ． 可设Ｎ的坐标为 ｔ 因为 Ｄ Ｎ 平面 Ａ Ｃ Ｍ 所以
ｘ ｙ ＝１， ＝（－ ３，１， ３） （２） （１，１， ）， １ ⊥ １ １ ，
－ － ３ ＝０，
所以点Ｅ到平面ＡＣＤ的距离为ｄ
Ｅ→Ｃ
·
ｎ
２１．
Ｄ→
１
Ｎ与ｅ共线
，
求得ｔ
＝
１
，
所以当点Ｎ为ＢＢ
１
的中点时
，
Ｄ
１
Ｎ
⊥
＝ ｎ ＝ ２
｜ ｜ ７ 平面Ａ Ｃ Ｍ．
８．（２０１６广西南宁二模，１９）如图 正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 １ １
点Ｍ是ＣＤ的中点． ， － １ １ １ １ ， ９．（２０１８天津十二校４月联考，１７）如图 ， 四边形ＡＢＣＤ是边长
为 的正方形 平面ＡＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ ＡＦ ＤＥ ＡＤ ＤＥ ＡＦ
求ＢＢ 与平面Ａ Ｃ Ｍ所成角的余弦值 ３ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥ ，
（１） １ １ １ ； ＤＥ ．
在ＢＢ 上找一点Ｎ 使得Ｄ Ｎ 平面Ａ Ｃ Ｍ． ＝２ ６， ＝３ ６
（２） １ ， １ ⊥ １ １ 求证 平面ＡＣＥ 平面ＢＥＤ
（１） ： ⊥ ；
求直线ＣＡ与平面ＢＥＦ所成角的正弦值
（２） ；
在线段ＡＦ上是否存在点Ｍ 使得二面角Ｍ ＢＥ Ｄ的大小
（３） ， － －
ＡＭ
为 ° 若存在 求出 的值 若不存在 说明理由．
６０ ？ ， ＡＦ ； ，
解析 以Ｄ为坐标原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在的直线分别
（１） ， ， ， １
为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系
， ， ，
解析 证明 因为平面ＡＤＥＦ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＤＥＦ
（１） ： ⊥ ， ∩
平面ＡＢＣＤ ＡＤ ＤＥ 平面ＡＤＥＦ ＤＥ ＡＤ
＝ ， ⊂ ， ⊥ ，
所以ＤＥ 平面ＡＢＣＤ． 分
⊥ （２ ）
又因为ＡＣ 平面ＡＢＣＤ
⊂ ，
( ) 所以ＤＥ ＡＣ．
设正方体的棱长为 则Ａ Ｍ １ Ｃ ⊥
１， １（１，０，１）， ０，
２
，０ ， １（０，１，１）， 因为四边形ＡＢＣＤ是正方形
，
( ) 所以ＡＣ ＢＤ
所以Ａ
１
→Ｃ
１＝（－１，１，０），
Ａ
１
→Ｍ
＝ －１，
１
２ ，－１ ， 又因为Ｄ
⊥
Ｅ ∩ Ｂ
，
Ｄ ＝ Ｄ ， ＤＥ ⊂ 平面ＢＥＤ ， ＢＤ ⊂ 平面ＢＥＤ ，
设平面Ａ Ｃ Ｍ的法向量ｅ ｘ ｙ ｚ 所以ＡＣ 平面ＢＤＥ． 分
{ｅ Ａ １ →Ｃ １ { － ｘ ＋ ｙ ＝ ＝ ０ （ ， ， ， ）， 又因为Ａ ⊥ Ｃ ⊂ 平面ＡＣＥ ， （３ ）
由 · １ １＝０，得 所以平面ＡＣＥ 平面ＢＥＤ． 分
ｅ · Ａ １ →Ｍ ＝０ － ｘ ＋ ２ １ ｙ － ｚ ＝０， （２） 因为ＤＥ ⊥ ⊥ ＤＣ ， ＤＥ ⊥ ＡＤ ， ＡＤ ⊥ ＤＣ ， 所以建立空间直角 （４ 坐标 ）
系Ｄ ｘｙｚ如图所示．
令ｙ 则ｘ ｚ １ －
＝１， ＝１， ＝－ ，
２
( )
所以ｅ １
＝ １，１，－ ，
２
又Ｂ→Ｂ
１＝（０，０，１），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５７８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
设ＡＢ ａ ａ 则 Ａ Ｄ Ｄ
则Ａ （３，０，０）， Ｆ （３，０，２ ６）， Ｅ （０，０，３ ６）， Ｂ （３，３，０）， Ｃ （０，３，０），（５ 分 ） ( ａ ＝ （ ) ＞０）， （０，０，０）， （０，２，０）， １（０，２，２），
Ｅ Ｂ ａ 故Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ ａ →ＡＥ
所以→ＣＡ Ｂ→Ｅ Ｅ→Ｆ ． ，２，０ ， １（ ，０，２）， １＝（０，２，２）， １＝（ ，０，２），
＝（３，－３，０）， ＝（－３，－３，３ ６）， ＝（３，０，－ ６） ２
设平面ＢＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ． ( ａ )
＝（ １， １， １） ．
{ｎ Ｂ→Ｅ { ｘ ｙ ｚ ＝ ２ ，２，０
则 · ＝０，即 －３ １－３ １＋３ ６ １＝０， 假设在棱 ＡＡ 上存在一点 Ｐ ｚ 使得 ＤＰ 平面
ｎ Ｅ→Ｆ ｘ ｚ （１） １ （０，０， ０）， ∥
· ＝０， ３ １－ ６ １＝０， Ｂ ＡＥ．此时Ｄ→Ｐ ｚ ．
令ｘ 则ｙ ｚ 则ｎ ． 分 １ ＝（０，－２， ０）
１＝ ６， １＝２ ６， １＝３， ＝（ ６，２ ６，３） （６ ） 设平面Ｂ ＡＥ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ ．
１ ＝（ ， ， ）
所以
ｃｏｓ〈
→ＣＡ
，
ｎ
〉＝ ｜
→
→
Ｃ
Ｃ
Ａ
Ａ
·
｜｜
ｎ
ｎ ｜ ＝ ３ ２
－
×
３ ６
３９ ＝－ １
１
３
３．
（７
分
） ∵ ｎ ⊥ 平面Ｂ １ ＡＥ ，∴ ｎ ⊥ Ａ→Ｂ １， ｎ ⊥ →ＡＥ ， 得
{ａ
ａ
ｘ
ｘ
＋２ ｚ
ｙ
＝０，
＋２ ＝０，
所以直线ＣＡ与平面ＢＥＦ所成角的正弦值为 １３． （８ 分 ） ( ２ ａ )
１３ 取ｘ 得平面Ｂ ＡＥ的一个法向量ｎ ａ ．
存在 理由如下 ＝２， １ ＝ ２，－ ，－
２
（３） ， ：
设Ｍ ｔ ｔ ． 分 要使ＤＰ 平面Ｂ ＡＥ 只要ｎ Ｄ→Ｐ 有ａ ａｚ 解得ｚ ．
（３，０，），０≤≤２ ６ （９ ） ∥ １ ， ⊥ ， － ０＝０， ０＝１
又ＤＰ 平面Ｂ ＡＥ
则Ｂ→Ｍ ＝（０，－３， ｔ ）， Ｂ→Ｅ ＝（－３，－３，３ ６） ． 存在 ⊄ 点Ｐ 满足 １ Ｄ ， Ｐ 平面Ｂ ＡＥ 此时ＡＰ ．
设平面ＭＢＥ的法向量为ｍ ＝（ ｘ ２， ｙ ２， ｚ ２）， ∴ 连接Ａ ， Ｄ Ｂ Ｃ 由 ∥ 长方体Ａ １ ＢＣＤ ， Ａ Ｂ Ｃ ＝ Ｄ １ 及ＡＡ ＡＤ
{ｍ Ｂ→Ｍ { ｙ ｔｚ （２） １ ， １ ， － １ １ １ １ １＝ ＝２
则 · ＝０，即 －３ ２＋ ２＝０， 得ＡＤ Ａ Ｄ． ＣＤ 平面Ａ ＡＤＤ ＣＤ ＡＤ
ｍ · Ｂ→Ｅ ＝０， －３ ｘ ２－３ ｙ ２＋３ ６ ｚ ２＝０，
∵
Ａ
１
Ｄ １
∩
⊥ ＣＤ １
＝
Ｄ ∵
，∴
Ａ ⊥ Ｄ
１⊥
平面 １ ＤＣＢ １，
１
Ａ ∴
１，
⊥ １，
令ｙ ｔ 则ｚ ｘ ｔ 则ｍ ｔ ｔ ． 分
２＝ ， ２＝３， ２＝３ ６－， ＝（３ ６－，，３） （１０ ）
∴
Ａ→Ｄ
１＝（０，２，２）
就是平面Ａ
１
Ｂ
１
Ｅ的一个法向量
，
又→ＣＡ
＝（３，－３，０）
是平面ＢＤＥ的一个法向量
， ｎ Ａ→Ｄ
ｍ →ＣＡ ｜ ｍ · →ＣＡ ｜ ｜９ ６－６ ｔ ｜ １
设Ａ→Ｄ
１
与 ｎ 所 成 的 角 为 θ
，
则
ｃｏｓ
θ
＝ ｎ
·
Ａ→Ｄ
１
∴ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ ｍ ｜｜ →ＣＡ ｜ ＝ ３ ２× （３ ６－ ｔ ） ２ ＋ ｔ２ ＋９ ＝ ２ ， － ａ －２ ａ ． ｜ ｜·｜ １｜
分 ＝
（１１ ） ａ２
ａ２
２ ２× ４＋ ＋
整理得 ｔ２ ｔ 解得ｔ ６或ｔ ５ ６ 舍去 分 ４
２ －６ ６ ＋１５＝０， ＝ ＝ （ ），（１２ ） 二面角Ａ Ｂ Ｅ Ａ 的大小为 °
２ ２ ∵ － １ － １ ３０ ，
ＡＭ
∴ ＡＦ＝ １ ． （１３ 分 ） θ ° 即 ３ ａ ３
４ ∴ ｜ｃｏｓ ｜＝ｃｏｓ３０ ， ａ２ ＝
２
，
１０．（２０２０云南红河二模，１９）如图 在长方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ５
中 ＡＡ ＡＤ Ｅ为ＣＤ中点． ， － １ １ １ １ ２ ２× ４＋ ４
， １＝ ＝２， 解得ａ
＝４，
即ＡＢ的长为
４
．
（１） 在棱ＡＡ １ 上是否存在一点Ｐ ， 使得ＤＰ ∥ 平面Ｂ １ ＡＥ ？ 若存 １１．（２０１８北京一七一中学期中，１７）在四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中 ， ＰＡ
在
，
求ＡＰ的长
；
若不存在
，
说明理由
； ⊥ 平面ＡＢＣＤ ， ＡＢ ∥ ＣＤ ， ＡＢ ⊥ ＡＤ ， ＰＡ ＝ ＡＢ ， ＡＢ ∶ ＡＤ ∶ ＣＤ ＝２ ∶
若二面角Ａ Ｂ Ｅ Ａ 的大小为 ° 求ＡＢ的长．
（２） － １ － １ ３０ ， ．
２ ∶ １
证明 ＢＤ ＰＣ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ａ ＰＣ Ｄ的余弦值
（２） － － ；
设点Ｑ为线段ＰＤ上一点 且直线ＡＱ与平面ＰＡＣ所成角
（３） ，
ＰＱ
的正弦值为 ２ 求 的值．
， ＰＤ
３
解析 本题主要考查长方体的性质 线面平行的判定 二面
， ，
角以及探索性问题的求解 通过向量法求解意在考查学生的
，
运算求解能力和推理论证能力 考查的核心素养为直观想象
， 、
数学运算 逻辑推理．
、
如图
，
以Ａ为原点
，
以→ＡＢ
，
Ａ→Ｄ
，
Ａ→Ａ
１
的方向分别为 ｘ 轴
，
ｙ 轴
，
ｚ 解析 以Ａ为坐标原点
，
建立空间直角坐标系Ａ
－
ｘｙｚ
，
如图
轴的正方向建立空间直角坐标系． 所示 设Ｂ Ｄ Ｐ Ｃ ．
， （２，０，０）， （０， ２，０）， （０，０，２）， （１， ２，０）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５７９
所以Ａ Ｏ ＢＤ．
１ ⊥
取ＢＣ的中点Ｇ 连接ＯＧ 所以ＯＥ ＯＧ．
（２） ， ， ⊥
由 得Ａ Ｏ ＯＥ Ａ Ｏ ＯＧ．
（１） １ ⊥ ， １ ⊥
如图 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
， －
Ｂ→Ｄ Ｐ→Ｃ
（１）∵ ＝（－２， ２，０）， ＝（１， ２，－２），
Ｂ→Ｄ Ｐ→Ｃ ＢＤ ＰＣ．
∴ · ＝０，∴ ⊥
由→ＡＣ →ＡＰ 易得平面ＰＡＣ的一个法
（２） ＝（１， ２，０）， ＝（０，０，２），
向量为ｍ ．
＝（ ２，－１，０）
由Ｄ→Ｐ
＝（０，－ ２，２），
Ｄ→Ｃ
＝（１，０，０），
易得平面ＤＰＣ的一个法 由题意得
，
Ａ
１（０，０，２），
Ｂ
（２，－２，０），
Ｃ
（２，２，０），
Ｄ
（０，－１，０）
．
向量为ｎ ． 所以Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ Ａ→Ｃ ．
＝（０，－ ２，－１） １ ＝（２，－２，－２）， １ ＝（０，－１，－２）， １ ＝（２，２，－２）
ｍ ｎ 设平面Ａ ＢＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
ｍ ｎ · ２ １ ＝（ ， ， ），
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｍ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ ３ ， 则 {ｎ · Ａ→ １ Ｂ ＝０，即 { ２ ｘ －２ ｙ －２ ｚ ＝０，
∴ 二面角Ａ － ＰＣ － Ｄ的余弦值为 ２． ｎ · Ａ→ １ Ｄ ＝０， － ｙ －２ ｚ ＝０ ．
３ 令ｘ 则ｙ ｚ 所以ｎ ．
ＰＱ ＝１， ＝２， ＝－１， ＝（１，２，－１）
令 ｔ ｔ 则Ａ→Ｑ →ＡＰ Ｐ→Ｑ →ＡＰ ｔＰ→Ｄ 设直线Ａ Ｃ和平面Ａ ＢＤ所成的角为θ
（３） ＰＤ＝ ，∈［０，１］， ＝ ＋ ＝ ＋ ＝（０，０，２）＋ １ １ ，
ｎ Ａ→Ｃ
ｔ
设 （０ θ ， 为 ２ 直 ，－ 线 ２）＝ ＡＱ （０ 与 ， 平 ２ 面
ｔ
，２ Ｐ － Ａ ２ Ｃ
ｔ
） 所
．
成的角 则
则
ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ〈
ｎ
，
Ａ→
１
Ｃ
〉｜＝
｜
ｎ
·
Ａ→
１
Ｃ
｜
＝
２
３
２．
， ｜ ｜｜ １ ｜
Ａ→Ｑ ｍ 所以直线Ａ Ｃ和平面Ａ ＢＤ所成角的正弦值为２ ２．
ｓｉｎ θ ＝｜ｃｏｓ〈 Ａ→Ｑ ， ｍ 〉｜＝ Ａ→Ｑ · ｍ ＝ ２ ， １ １ ３
｜ ｜·｜ ｜ ３ 线段Ａ Ｃ上存在点Ｆ满足题意．
ｔ （３） １
所以 ３ ２ ｔ２ ＋ ２ （２－２ ｔ ） ２ ＝ ３ ２ ， 设 设 Ａ Ｆ → １ Ｆ ｘ ＝ λ ｙ Ａ→ １ Ｃ ｚ ， 其 则 中 有 λ ∈ ｘ ［０ ｙ ，１］ ｚ ． λ λ λ
所以 ｔ２ ｔ２ ｔ （ １， １， １）， （ １， １， １－２）＝（２ ，２ ，－２ ），
３ ＝６ －８ ＋４， 所以ｘ λ ｙ λ ｚ λ 从而Ｆ λ λ λ
１＝２ ， １＝２ ， １＝２－２ ， （２ ，２ ，２－２ ），
解得ｔ ＝２（ 舍 ） 或 ２ ． 所以Ｄ→Ｆ λ λ λ ．又Ｂ→Ｃ
３ ＝（２ ，２ ＋１，２－２ ） ＝（０，４，０），
所以
ＰＱ
２ ． 所以 Ｄ→Ｆ Ｂ→Ｃ ｜
Ｄ→Ｆ
·
Ｂ→Ｃ
｜
ＰＤ＝ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
３ Ｄ→Ｆ Ｂ→Ｃ
１２．（２０１８北京西城一模，１７）如图 在 ＡＢＣ中 Ｄ Ｅ分别为 ｜ ｜｜ ｜
１， △ ， ， λ
４｜２ ＋１｜ ．
ＡＢ ＡＣ的中点 Ｏ 为 ＤＥ 的中点 ＡＢ ＡＣ ＢＣ ．将 ＝
， ， ， ＝ ＝２ ５， ＝４ λ ２ λ ２ λ ２
ＡＤＥ沿ＤＥ折起到 Ａ ＤＥ的位置 使得平面Ａ ＤＥ 平面 ４ （２ ） ＋（２ ＋１） ＋（２－２ ）
△ △ １ ， １ ⊥ λ
ＢＣＥＤ 如图 ． 令 ｜２ ＋１｜ ５
求 ， 证 Ａ Ｏ ２ ＢＤ （２ λ ） ２ ＋（２ λ ＋１） ２ ＋（２－２ λ ） ２ ＝ ３ ，
（１）
求直
：
线
１
Ａ
⊥
Ｃ和平
；
面Ａ ＢＤ所成角的正弦值
整理得
３
λ２
－７
λ
＋２＝０
．
（２） １ １ ；
线段Ａ Ｃ上是否存在点Ｆ 使得直线ＤＦ和ＢＣ所成角的 解得λ １ 或λ 舍去 ．
（３） １ ， ＝ ＝２（ ）
Ａ Ｆ ３
余弦值为 ５ 若存在 求出 １ 的值 若不存在 请说明 Ａ Ｆ
？ ， Ａ Ｃ ； ， 所以线段Ａ Ｃ上存在点Ｆ满足题意 且 １ １ ．
３ １ １ ， Ａ Ｃ＝
理由． １ ３
１３．（２０２０天津河西学情调查，１７）如图所示的几何体中 四边形
，
ＡＢＣＤ是菱形 ＡＤＮＭ是矩形 ＮＤ 平面ＡＢＣＤ ＤＡＢ °
， ， ⊥ ，∠ ＝６０ ，
ＡＤ ＡＭ Ｅ为ＡＢ的中点．
＝２， ＝１，
求证 ＮＡ 平面ＭＥＣ
（１） ： ∥ ；
求直线ＭＢ与平面ＭＥＣ所成角的正弦值
（２） ；
设Ｐ为线段ＡＭ上的动点 二面角Ｐ ＥＣ Ｄ的平面角的
（３） ， － －
大小为 ° 求线段ＡＰ的长．
３０ ，
解析 证明 因为在 ＡＢＣ 中 Ｄ Ｅ 分别为 ＡＢ ＡＣ 的
（１） ： △ ， ， ，
中点
，
所以ＤＥ ＢＣ ＡＤ ＡＥ．
∥ ， ＝
所以Ａ Ｄ Ａ Ｅ 又Ｏ为ＤＥ的中点
所以Ａ １ Ｏ ＝ Ｄ １ Ｅ． ， ， 解析 因为四边形ＡＢＣＤ是菱形 Ｅ为ＡＢ的中点 ＤＡＢ
因为平 １ 面 ⊥ Ａ ＤＥ 平面ＢＣＥＤ 且Ａ Ｏ 平面Ａ ＤＥ ° 所 以ＤＥ ＡＢ 又ＡＢ ＣＤ 所 ， 以ＤＥ ＤＣ 又Ｎ ， Ｄ ∠ 平面 ＝
１ ⊥ ， １ ⊂ １ ， ６０ ， ⊥ ， ∥ ， ⊥ ， ⊥
所以Ａ Ｏ 平面ＢＣＥＤ ＡＢＣＤ 所以建立以Ｄ为原点 以Ｄ→Ｅ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｎ的方向为ｘ轴 ｙ
１ ⊥ ， ， ， ， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋５８０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
轴 ｚ轴正方向的空间直角坐标系 则Ａ Ｂ 解析 证明 ＡＤ ＢＣ ＡＢＣ ° ＢＡＤ °
， ， （ ３，－１，０）， （ ３，１， （１） ：∵ ∥ ，∠ ＝１２０ ，∴ ∠ ＝６０ ，
ＡＤ ＡＢ ＡＢＤ为正三角形 ＡＢＤ ° ＢＤ
Ｃ Ｄ Ｅ Ｍ Ｎ ∵ ＝ ＝２，∴ △ ，∴ ∠ ＝６０ ， ＝２，
０）， （０，２，０）， （０，０，０）， （ ３，０，０）， （ ３，－１，１）， （０，
０，１） ． ∴ ∠ ＤＢＣ ＝６０ ° ， 在 △ ＢＣＤ中 ， ＢＣ ＝４，
由余弦定理可得ＣＤ 分
＝２ ３， （２ ）
ＢＤ２ ＣＤ２ ＢＣ２ ＣＤＢ ° ＰＤ ＢＤ
∴ ＋ ＝ ，∴ ∠ ＝９０ ，∴ ⊥ ，
又 ＰＤ ＡＢ ＡＢ ＢＤ Ｂ
∵ ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＰＤ 平面ＡＢＤ ＰＤ 平面ＰＡＤ 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＤ．
∴ ⊥ ，∵ ⊂ ，∴ ⊥
分
（４ ）
在平面ＡＢＤ中 过点Ｄ作ＤＭ ＤＡ 以ＤＡ ＤＭ ＤＰ所在
证明 Ｍ→Ｅ Ｍ→Ｃ 设ｎ ｘ ｙ ｚ （２） ， ⊥ ， ， ，
（１） ： ＝（０，１，－１）， ＝（－ ３，３，－１）， ＝（ ， ， ） 的直线分别为ｘ ｙ ｚ 轴建立空间直角坐标系 Ｄ ｘｙｚ 如图所
{ｎ Ｍ→Ｅ {ｙ ｚ ， ， －
为平面ＭＥＣ的法向量 则 · ＝０，即 － ＝０， 示 Ｄ Ｐ Ａ Ｂ ． 分
， ｎ Ｍ→Ｃ ｘ ｙ ｚ ， （０，０，０）， （０，０，２ ３）， （２，０，０）， （１， ３，０） （６ ）
· ＝０， － ３ ＋３ － ＝０，
æ ö
不妨令ｙ 可得ｎ ç ２ ÷ 又Ｎ→Ａ 所以
＝１， ＝è ，１，１ø， ＝（ ３，－１，－１），
３
Ｎ→Ａ ｎ 又因为直线ＮＡ 平面ＭＥＣ 所以ＮＡ 平面ＭＥＣ．
· ＝０， ⊄ ， ∥
Ｍ→Ｂ 由 知平面ＭＥＣ的一个法向量为ｎ
（２） ＝（０，２，－１）， （１） ＝
æ ö ｎ Ｍ→Ｂ
ç ２ ÷ 所以 ｎ Ｍ→Ｂ · ６ 所以直线 ＭＢ
è ３ ，１，１ø， ｃｏｓ 〈 ， 〉＝ ｜ ｎ ｜｜ Ｍ→Ｂ ｜ ＝ １０ ，
与平面ＭＥＣ所成角的正弦值为 ６．
１０
设Ｐ ｈ ｈ Ｅ→Ｃ Ｅ→Ｐ
（３） （ ３，－１， ）， ∈［０，１］， ＝（－ ３，２，０）， ＝（０， 假设存在点Ｆ 设→ＡＦ λ→ＡＰ λ 则Ｆ λ λ
ｈ 设 ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面 ＰＥＣ 的法向量 则 ， ＝ （０≤ ≤１）， （２－２ ，０，２ ３ ），
－１， ）， ＝ （ １， １， １） ， 设平面ＢＤＦ的一个法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
{ｍ Ｅ→Ｐ { ｙ ｈｚ ＝（ １， １， １），
· ＝０，即 － １＋ １＝０， 不妨令 ｙ ｈ 可得 ｍ { Ｄ→Ｂ ｎ ｘ ｙ
ｍ Ｅ→Ｃ ｘ ｙ １ ＝ ３ ， ＝ 则 · ＝ １＋ ３ １＝０，
· ＝０， － ３ １＋２ １＝０，
Ｄ→Ｆ ｎ λ ｘ λｚ
ｈ ｈ 又Ｄ→Ｎ 是平面ＤＥＣ的一个法向量 所 · ＝（２－２ ） １＋２ ３ １＝０，
（２ ， ３ ， ３）， ＝（０，０，１） ， λ
ｍ Ｄ→Ｎ 可取ｘ ｙ ｚ －１
以 ｍ Ｄ→Ｎ ｜ · ｜ ３ 解得ｈ ７ 所以线段ＡＰ １＝ ３， １＝－１， １＝ λ ，
｜ｃｏｓ 〈 ， 〉｜＝ ｜ ｍ ｜｜ Ｄ→Ｎ ｜ ＝ ２ ， ＝ ７ ， ( λ )
即ｎ －１ 分
＝ ３，－１， λ ， （８ ）
的长为 ７．
７
思路分析 以Ｄ为原点建立空间直角坐标系． 解法一 二面角Ｐ ＢＤ Ｆ的正弦值为 ５
：∵ － － ，
求得平面ＭＥＣ的一个法向量 ｎ 由 ｎ Ｎ→Ａ 即可证明 ５
（１） ， · ＝０
ＮＡ
∥
平面ＭＥＣ．
（２）ｃｏｓ 〈
ｎ
，
Ｍ→Ｂ
〉＝ ｎ
Ｍ→Ｂ ·
Ｍ→
ｎ
Ｂ ，
进而求得直线 ∴
设
二
平
面
面
角
ＰＢ
Ｐ
Ｄ
－
的
ＢＤ
一
－ Ｆ
个
的
法
余
向
弦
量
值
为
为
ｍ
２
５
５
ｘ
，
ｙ ｚ
ＭＢ与平面ＭＥＣ所成角的正弦值．
｜ ｜·
设
｜
出Ｐ
｜
点坐标 求出平
{
＝（ ２， ２， ２），
（３） ， Ｄ→Ｂ ｍ ｘ ｙ
面ＰＥＣ的一个法向量ｍ
，
易知Ｄ→Ｎ是平面ＤＥＣ的一个法向量
，
则
Ｄ→Ｐ
·
ｍ
＝ ２＋
ｚ
３ ２＝０，可取ｘ
２＝ ３，
ｙ
２＝－１，
ｚ
２＝０，
Ｄ→Ｎ ｍ · ＝２ ３ ２＝０，
结合 ｜ｃｏｓ 〈 ｍ ， Ｄ→Ｎ 〉｜＝ ｜ ｍ · Ｄ→Ｎ ｜ ＝ ２ ３求得Ｐ点坐标即可． 即ｍ ＝（ ３，－１，０）， （１０ 分 ）
｜ ｜｜ ｜
１４．（２０１９ ５·３ 原创题）已知梯形 ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＡＢ ｍ ｎ
， ∥ ， ＝ ＝ ｍ ｎ ｜ · ｜ ２ ５
∴ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｍ ｎ ＝ ，
１ ＢＣ ＡＢＣ ° 以ＢＤ为折痕 把 ＢＤＣ折起 使点Ｃ ｜ ｜｜ ｜ ５
＝２，∠ ＝１２０ ， ， △ ，
２ 即 ｜３＋１＋０｜ ２ ５
到
（１
达
） 证
点
明
Ｐ
：
的
平
位
面
置
ＰＡ ， Ｄ
且
⊥
Ｐ
平
Ｄ
⊥ 面
Ａ
Ａ
Ｂ
Ｂ
．
Ｄ ； ２× ３＋１＋
(λ
λ －１
)
２
＝
５
，
试问在棱ＰＡ上是否存在一点Ｆ 使得二面角Ｐ ＢＤ Ｆ的
（２） ， － －
解得λ １ 分
＝ ， （１１ ）
正弦值为 ５ 如果存在 请说明点Ｆ的位置． ２
５ ？ ， ∴ 存在点Ｆ为棱ＰＡ的中点 ， 使得二面角Ｐ － ＢＤ － Ｆ的正弦值
为 ５． 分
（１２ ）
５
解法二 由 可知平面ＰＢＤ 平面ＡＢＤ
： （１） ⊥ ，
二面角Ｐ ＢＤ Ｆ的正弦值就是二面角Ａ ＢＤ Ｆ的余弦值
∴ － － － － ，
又平面ＡＢＤ的一个法向量为ｍ ． 分
＝（０，０，１） （１０ ）
ｍ ｎ
ｍ ｎ ｜ · ｜ ５
∴ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｍ ｎ ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ ５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题八 立体几何 ５８１
λ ( ｂ ) ( ｂ ｃ )
－１ 则Ｃ ｂ Ｅ Ｆ １
λ （１， ，０）， ０， ，０ ， ， ， ，
即 ５ ２ ２ ２ ２
(λ
－１
)
２
＝
５
，
Ｅ→Ｆ
(
１
ｃ )
→ＡＳ ｃ Ａ→Ｄ ｂ ．
１× ３＋１＋ λ ＝ ，０， ， ＝（０，０， ）， ＝（０， ，０）
２ ２
解得λ １ 分
因为ＥＦ与平面ＡＢＣＤ所成的角为
４５
°
，
所以Ｅ→Ｆ与底面的法向
＝ ， （１１ ）
２ 量→ＡＳ的夹角为 °．
存在点Ｆ为棱ＰＡ的中点 使得二面角Ｐ ＢＤ Ｆ的正弦值 ４５
∴ ， － －
→ＡＳ Ｅ→Ｆ →ＡＳ Ｅ→Ｆ °
· ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ４５ ，
为 ５． 分
５ （１２ ） 即 ｃ２ ２ ｃ １ ｃ２ 所以ｃ
１５．（２０２０山东夏季高考模拟，１９）如图
，
四棱锥Ｓ
－
ＡＢＣＤ中
，
底
２
＝
( ２
· ·
) ４
＋
４
， ＝１，
面ＡＢＣＤ为矩形
，
ＳＡ
⊥
平面 ＡＢＣＤ
，
Ｅ
，
Ｆ 分别为 ＡＤ
，
ＳＣ 的中 故Ｅ→Ｆ
＝
１
，０，
１
，
→ＳＣ
＝（１，
ｂ
，－１），
点 ＥＦ与平面ＡＢＣＤ所成的角为 °． ２ ２
， ４５
证明 ＥＦ为异面直线ＡＤ与ＳＣ的公垂线 从而Ｅ→Ｆ →ＳＣ Ｅ→Ｆ Ａ→Ｄ
（１） ： ； · ＝０， · ＝０，
所以ＥＦ ＳＣ ＥＦ ＡＤ．
若ＥＦ １ ＢＣ 求二面角Ｂ ＳＣ Ｄ的余弦值． ⊥ ， ⊥
（２） ＝ ， － － 因此ＥＦ为异面直线ＡＤ与ＳＣ的公垂线．
２
连接ＢＦ．
（２）
由Ｂ Ｂ→Ｃ ｂ Ｅ→Ｆ １ Ｂ→Ｃ 得ｂ ．
（１，０，０）， ＝（０， ，０），｜ ｜＝ ｜ ｜ ＝ ２
２
æ ö
于是Ｆç １ ２ １ ÷ Ｃ
è ， ， ø， （１， ２，０），
２ ２ ２
æ ö
故Ｆ→Ｂ ç １ ２ １ ÷ →ＳＣ
＝è ，－ ，－ ø， ＝（１， ２，－１），
２ ２ ２
解析 证明 以 Ａ为坐标原点 →ＡＢ的方向为 ｘ 轴正方 从而Ｆ→Ｂ →ＳＣ 即ＦＢ ＳＣ．
（１） ： ， · ＝０， ⊥
向 →ＡＢ 为单位长度 建立如图所示的空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ．
取ＣＦ的中点Ｇ
，
连接ＤＧ．
，｜ ｜ ， －
æ ö æ ö
则Ｇç ３ ３ ２ １ ÷ Ｇ→Ｄ ç ３ ２ １ ÷
è ， ， ø， ＝è－ ， ，－ ø，
４ ４ ４ ４ ４ ４
从而Ｇ→Ｄ →ＳＣ 即ＧＤ ＳＣ．
· ＝０， ⊥
因此 Ｆ→Ｂ Ｇ→Ｄ 等于二面角Ｂ ＳＣ Ｄ的平面角．
〈 ， 〉 － －
Ｆ→Ｂ Ｇ→Ｄ
Ｆ→Ｂ Ｇ→Ｄ · ３．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ＝－
Ｆ→Ｂ Ｇ→Ｄ ３
｜ ｜｜ ｜
所以二面角Ｂ ＳＣ Ｄ的余弦值为 ３．
设Ｄ ｂ Ｓ ｃ － － －
（０， ，０）， （０，０， ）， ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋