§8.4　空间角与距离、空间向量及其应用_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53B版_第八章　立体几何_§84　空间角与距离、空间向量及其应用_专题电子书

４ ０６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§８．４ 空间角与距离、空间向量及其应用
空间角与距离 学生用书Ｐ１４１
１．（２０２１全国乙，理 ５，文 １０，５ 分）在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
－ １ １ １ １
中 Ｐ为Ｂ Ｄ 的中点 则直线ＰＢ与ＡＤ 所成的角为
， １ １ ， １ （ ）
π π π π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ３ ４ ６
１． 答案 Ｄ
又 ＣＥ ＡＤ Ｅ ＣＥ ＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＱＥ 平面ＡＢＣＤ．
２．（２０２０新高考 ，４，５分）日晷是中国古代用来测定时间的仪 ∵ ∩ ＝ ， 、 ⊂ ，∴ ⊥
Ⅰ 又ＱＥ 平面ＱＡＤ 平面ＱＡＤ 平面ＡＢＣＤ．
器 利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把 ⊂ ，∴ ⊥
， 以Ｅ为原点建系 如图所示
地球看成一个球 球心记为Ｏ 地球上一点Ａ的纬度是指ＯＡ （２） ， ，
（ ）， 则Ｂ Ｑ Ｄ Ａ ．显然 平面
与地球赤道所在平面所成角 点Ａ处的水平面是指过点Ａ且 （２，－１，０）， （０，０，２）， （０，１，０）， （０，－１，０） ，
，
与ＯＡ垂直的平面．在点Ａ处放置一个日晷
，
若晷面与赤道所在
ＱＡＤ的一个法向量为ｎ
１＝（１，０，０），
Ｂ→Ｑ
＝（－２，１，２），
Ｂ→Ｄ
＝（－２，
平面平行 点Ａ处的纬度为北纬 ° 则晷针与点Ａ处的水平 {ｎ Ｂ→Ｑ
， ４０ ， ．设平面ＢＱＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 ２· ＝０，
面所成角为 （ ） ２，０） ２＝（ ， ， ）， ｎ Ｂ→Ｄ ⇒
２· ＝０
{ ｘ ｙ ｚ
－２ ＋ ＋２ ＝０， ｘ ｙ ｚ 取ｎ ．设二面角Ｂ ＱＤ Ａ
ｘ ｙ ⇒ ＝ ＝２ ， ２＝（２，２，１） － －
－２ ＋２ ＝０
ｎ ｎ
的大小为θ 易知θ为锐角 则 θ ｎ ｎ ｜ １· ２｜
， ， ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ
｜ １｜｜ ２｜
２ ２ 故二面角Ｂ ＱＤ Ａ的余弦值为 ２ ．
＝ ＝ ， － －
１×３ ３ ３
５．（２０２１全国乙理，１８，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面是矩
° ° ° ° ， －
Ａ．２０ Ｂ．４０ Ｃ．５０ Ｄ．９０ 形 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ ＰＤ ＤＣ Ｍ为ＢＣ的中点 且ＰＢ ＡＭ．
２． 答案 Ｂ ， ⊥ ， ＝ ＝１， ， ⊥
求ＢＣ
３．（２０１８浙江，８，４分）已知四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ的底面是正方形 侧 （１） ；
－ ， 求二面角Ａ ＰＭ Ｂ的正弦值．
棱长均相等 Ｅ是线段ＡＢ上的点 不含端点 ．设ＳＥ与ＢＣ所 （２） － －
， （ ）
成的角为θ ＳＥ与平面ＡＢＣＤ所成的角为θ 二面角Ｓ ＡＢ Ｃ
１， ２， － －
的平面角为θ 则
３， （ ）
θ θ θ θ θ θ
Ａ． １≤ ２≤ ３ Ｂ． ３≤ ２≤ １
θ θ θ θ θ θ
Ｃ． １≤ ３≤ ２ Ｄ． ２≤ ３≤ １
３． 答案 Ｄ
４．（２０２１新高考 ，１９）在四棱锥Ｑ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ是正方
Ⅱ － ，
形 若ＡＤ ＱＤ ＱＡ ＱＣ ．
， ＝２， ＝ ＝ ５， ＝３ ５． 解题指导 （ ）根据题意建立适当的空间直角坐标系，求
证明 平面ＱＡＤ 平面ＡＢＣＤ １
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ ＱＤ Ａ的余弦值． 得相应的点的坐标，设出 ＢＣ 的长度，得到点 Ａ，Ｂ，Ｍ 的坐标
（２） － －
（含参数），利用垂直关系构造方程，从而求得ＢＣ的长度；（ ）
２
在（ ）的基础上，求得两个平面的法向量，利用向量的夹角公
１
式求二面角的余弦值，最后转化为正弦值．
６．（２０２０课标 理，２０，１２分）如图 已知三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的
Ⅱ ， － １ １ １
底面是正三角形 侧面ＢＢ Ｃ Ｃ是矩形 Ｍ Ｎ分别为ＢＣ Ｂ Ｃ
， １ １ ， ， ， １ １
的中点 Ｐ为ＡＭ上一点．过Ｂ Ｃ 和Ｐ的平面交ＡＢ于Ｅ 交ＡＣ
４． 解析 取ＡＤ的中点Ｅ 连接ＱＥ ＣＥ． ， １ １ ，
（１） ， ， 于Ｆ．
由于ＱＤ ＱＡ 故ＱＥ ＡＤ．
＝ ， ⊥ 证明 ＡＡ ＭＮ 且平面Ａ ＡＭＮ 平面ＥＢ Ｃ Ｆ
（１） ： １∥ ， １ ⊥ １ １ ；
在 ＱＡＥ中 ＱＥ ＱＡ２ ＡＥ２ ２ ２ ． 设 Ｏ 为 Ａ Ｂ Ｃ 的中心．若 ＡＯ 平面 ＥＢ Ｃ Ｆ 且 ＡＯ
Ｒｔ△ ， ＝ － ＝ （ ５） －１ ＝２ （２） △ １ １ １ ∥ １ １ ， ＝
在 Ｒｔ△ ＣＤＥ中 ， ＣＥ ＝ ＤＣ２ ＋ ＤＥ２ ＝ ２ ２ ＋１ ２ ＝ ５ ． ＡＢ ， 求直线Ｂ １ Ｅ与平面Ａ １ ＡＭＮ所成角的正弦值．
在 ＱＣＥ中 ＱＥ２ ＣＥ２ ＱＣ２ ＱＥ ＣＥ
△ ， ＋ ＝ ⇒ ⊥ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ０７
解法一 过点Ｏ作ＯＨ ＢＤ 交直线ＢＤ于点Ｈ 连接ＣＨ．
（２） ： ⊥ ， ，
由三棱台ＡＢＣ ＤＥＦ得ＤＦ ＣＯ 所以直线ＤＦ与平面ＤＢＣ所
－ ∥ ，
成角等于直线ＣＯ与平面ＤＢＣ所成角．
由ＢＣ 平面ＢＤＯ得ＯＨ ＢＣ 故ＯＨ 平面ＢＣＤ
⊥ ⊥ ， ⊥ ，
所以 ＯＣＨ为直线ＣＯ与平面ＤＢＣ所成角．设ＣＤ
∠ ＝２ ２，
由ＤＯ ＯＣ ＢＯ ＢＣ 得ＢＤ ＯＨ ２ ３
＝ ＝２， ＝ ＝ ２， ＝ ６， ＝ ，
３
ＯＨ
６． 解析 证明 因为 Ｍ Ｎ 分别为 ＢＣ Ｂ Ｃ 的中点 所以 所以 ＯＣＨ ３ 因此 直线ＤＦ与平面ＤＢＣ所成角
（１） ： ， ， １ １ ， ｓｉｎ∠ ＝ＯＣ＝ ３ ， ，
ＭＮ ＣＣ ．又由已知得 ＡＡ ＣＣ 故 ＡＡ ＭＮ．因为 Ａ Ｂ Ｃ
∥ １ １∥ １， １∥ △ １ １ １
是正三角形 所以 Ｂ Ｃ Ａ Ｎ．又 Ｂ Ｃ ＭＮ 故 Ｂ Ｃ 平面 的正弦值为 ３．
Ａ ＡＭＮ．所以 ， 平面Ａ Ａ １ Ｍ １ Ｎ ⊥ 平 １ 面ＥＢ １ Ｃ １ Ｆ ⊥ ． ， １ １⊥ ３
１ １ ⊥ １ １ 解法二 ： 由三棱台ＡＢＣ － ＤＥＦ得ＤＦ ∥ ＣＯ ， 所以直线ＤＦ与平面
由已知得ＡＭ ＢＣ．以Ｍ为坐标原点 Ｍ→Ａ的方向为ｘ轴正 ＤＢＣ所成角等于直线ＣＯ与平面ＤＢＣ所成角 记为θ．
（２） ⊥ ， ，
方向
，｜
Ｍ→Ｂ
｜
为单位长
，
建立如图所示的空间直角坐标系 Ｍ
－
如图
，
以Ｏ为原点
，
分别以射线ＯＣ
，
ＯＤ为ｙ
，
ｚ轴的正半轴
，
建
立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
ｘｙｚ 则ＡＢ ＡＭ ．连接ＮＰ 则四边 －
， ＝２， ＝ ３ ，
设ＣＤ ．由题意知各点坐标如下
＝２ ２ ：
形ＡＯＮＰ 为平行四边形 故 ＰＭ ２ ３
， ＝ ， Ｏ Ｂ Ｃ Ｄ
３ （０，０，０）， （１，１，０）， （０，２，０），
æ ö ．因此Ｏ→Ｃ Ｂ→Ｃ
Ｅç２ ３ １ ÷．由 知平面 Ａ ＡＭＮ （０，０，２） ＝（０，２，０）， ＝（－
è
３
，
３
，０ø （１） １ ⊥
１，１，０），
Ｃ→Ｄ
＝（０，－２，２）
．
平面ＡＢＣ 作ＮＱ ＡＭ 垂足为Ｑ 则ＮＱ 设平面ＢＣＤ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ ．
， ⊥ ， ， ＝（ ， ， ）
平面 ＡＢＣ．设 Ｑ ａ 则 ＮＱ
⊥ （ ，０，０）， ＝ {ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ ｙ
４－ æ è ç２ ３ － ａ ö ø ÷ ２ ， Ｂ １ ( ａ ， １， 由 ｎ · · Ｃ→Ｄ ＝ ＝ ０ ０ ， ， 即 － －２ ＋ ｙ ＋ ＝ ２ ｚ ０ ＝ ， ０， 可取 ｎ
３ ．
＝（１，１，１）
４－ æ è ç２ ３ ３ － ａ ö ø ÷ ２ ) ， 故 Ｂ→ １ Ｅ ＝ ( ２ ３ ３ － ａ ， － ３ ２ ， 所以 ｓｉｎ θ ＝｜ｃｏｓ〈 Ｏ→Ｃ ， ｎ 〉｜＝ Ｏ→ ｜ Ｏ→ Ｃ Ｃ · ｎ ｎ ｜ ＝ ３ ３．
｜ ｜·｜ ｜
æ ö２ )
－ ４－è ç２ ３ ３ － ａ ø ÷ ，｜ Ｂ→ １ Ｅ ｜ ( ＝ ２ ３ １０．又 ｎ ) ＝（０，－１，０） 是平面 因此 ， 直线ＤＦ与平面ＤＢＣ所成角的正弦值为 ３ ３．
８．（２０１９课标 理，１７，１２ 分）如图 长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
Ａ １ ＡＭＮ 的法向量 ， 故 ｓｉｎ π ２ －〈 ｎ ， Ｂ→ １ Ｅ 〉 ＝ ｃｏｓ〈 ｎ ， Ｂ→ １ Ｅ 〉 ＝ 底面ＡＢＣＤ是 Ⅱ 正方形 点Ｅ在棱Ａ ， Ａ 上 ＢＥ ＥＣ － ． １ １ １ １
， １ ， ⊥ １
ｎ Ｂ→Ｅ 证明 ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ
· １ １０． （１） ： ⊥ １ １；
｜ ｎ ｜·｜ Ｂ→ １ Ｅ ｜ ＝ １０ （２） 若ＡＥ ＝ Ａ １ Ｅ ， 求二面角Ｂ － ＥＣ － Ｃ １ 的正弦值．
所以直线Ｂ Ｅ与平面Ａ ＡＭＮ所成角的正弦值为 １０．
１ １
１０
７．（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）
８． 解析 证明 由已知得 Ｂ Ｃ 平面ＡＢＢ Ａ
（１） ： ， １ １⊥ １ １，
因为ＢＥ 平面ＡＢＢ Ａ 故Ｂ Ｃ ＢＥ．
７． 解析 证明 如图 过点Ｄ作ＤＯ ＡＣ 交直线ＡＣ于点 ⊂ １ １， １ １⊥
（１） ： ， ⊥ ， 又ＢＥ ＥＣ Ｂ Ｃ ＥＣ Ｃ 所以ＢＥ 平
Ｏ 连接 ＯＢ．由 ＡＣＤ ° ＤＯ ＡＣ 得 ⊥ １， １ １∩ １＝ １， ⊥
， ∠ ＝４５ ， ⊥ 面ＥＢ Ｃ ．
１ １
ＣＤ ＣＯ 由平面ＡＣＦＤ 平面ＡＢＣ得 由 知 ＢＥＢ °．
＝ ２ ， ⊥ （２） （１） ∠ １＝９０
ＤＯ 平面 ＡＢＣ 所以 ＤＯ ＢＣ．由 ＡＣＢ 由题设知 ＡＢＥ Ａ Ｂ Ｅ
⊥ ， ⊥ ∠ Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ １ １ ，
所以 ＡＥＢ ° 故ＡＥ ＡＢ ＡＡ ＡＢ．
° ＢＣ １ ＣＤ ２ＣＯ得ＢＯ ＢＣ．所 ∠ ＝４５ ， ＝ ， １＝２
＝４５ ， ＝ ＝ ⊥
２ ２ 以Ｄ为坐标原点 Ｄ→Ａ的方向为ｘ轴正方向
以ＢＣ 平面ＢＤＯ 故ＢＣ ＤＢ． ， ，
⊥ ， ⊥ Ｄ→Ａ 为单位长 建立如图所示的空间直角
由三棱台ＡＢＣ ＤＥＦ得ＢＣ ＥＦ 所以ＥＦ ＤＢ． ｜ ｜ ，
－ ∥ ， ⊥ 坐标系Ｄ ｘｙｚ
－ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ０８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
则Ｃ Ｂ Ｃ Ｅ 则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）
{Ｃ→Ｂ ｎ
设平面 ＥＢＣ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 · ＝０，即
＝ （ ， ， ）， Ｃ→Ｅ ｎ
· ＝０，
{ｘ
＝０， 所以可取ｎ ．
ｘ ｙ ｚ ＝（０，－１，－１）
－ ＋ ＝０，
个 个 个 个
设平面ＥＣＣ 的法向量为ｍ ｘ′ ｙ′ ｚ′ Ａ．３ Ｂ．４ Ｃ．５ Ｄ．６
１ ＝（ ， ， ）， 答案 Ｂ 过 Ｐ 作平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ＡＢＣＤ 的垂线分别交
{Ｃ→Ｃ ｍ { ｚ′ １ １ １ １、
则 １· ＝０，即 ２ ＝０， Ｄ Ｂ ＤＢ于Ｅ Ｆ点 易知Ｐ也是ＥＦ的三等分点 设正方体的
Ｃ→Ｅ
·
ｍ
＝０，
ｘ′
－
ｙ′
＋
ｚ′
＝０，
１ １、 、 ， ，
所以可取ｍ ＝（１，１，０） ． 棱长为ａ ， 则ＰＡ １＝ ＰＣ １＝ ａ ； ＰＤ １＝
３
２ ３ ａ ； ＰＢ ＝
３
３ａ ； ＰＢ １＝
３
６ａ ，
ｎ ｍ
于是 ｎ ｍ · １ ．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝－ ＰＡ ＰＣ ６ａ ＰＤ ａ．故有 个不同的值．故选 ．
｜ ｜｜ ｜ ２ ＝ ＝ ； ＝ ４ Ｂ
３
所以 二面角Ｂ ＥＣ Ｃ 的正弦值为 ３．
， － － １
２
以下为教师用书专用（１—３２）
１．（２０１４ 课标 ，１１，５ 分）直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＢＣＡ
Ⅱ － 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 思路分析 设正方体的棱长为 ａ，利用正方体中的直角三
Ａ． Ｂ．
１０ ５ 角形分别计算Ｐ到各顶点的距离即可．
３０ ２ 解后反思 本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运
Ｃ． Ｄ．
１０ ２ 算能力．构造直角三角形是解题关键．
答案 Ｃ 解法一 以Ｃ 为坐标原点 建立如图所示的空间
： １ ， ３．（２０１２陕西，５，５分）如图 在空间直角坐标系中有直三棱柱ＡＢＣ
直角坐标系 ，
， Ａ Ｂ Ｃ ＣＡ ＣＣ ＣＢ 则直线ＢＣ 与直线ＡＢ 夹角的余弦值为
－ １ １ １， ＝ １＝２ ， １ １
（ ）
设ＢＣ ＣＡ ＣＣ 则 Ａ Ｎ Ｍ
＝ ＝ １＝２， （２，０，２）， （１，０，０）， （１，１，０）， ５ ５
Ｂ Ａ． Ｂ．
（０，２，２）， ５ ３
Ａ→Ｎ Ｂ→Ｍ
∴ ＝（－１，０，－２）， ＝（１，－１，－２）， ２ ５ ３
Ｃ． Ｄ．
Ａ→Ｎ Ｂ→Ｍ ５ ５
∴ ｃｏｓ〈 Ａ→Ｎ ， Ｂ→Ｍ 〉＝ ｜ Ａ→Ｎ · ｜｜ Ｂ→Ｍ ｜ ＝ － ５ １ × ＋４ ６ ＝ ３ ３０ ＝ １ ３ ０ ０ ， 故选 Ｃ ． 答 Ｂ 案 Ａ 不 ． 妨设ＣＢ ＝１， 则Ｂ （０，０，１）， Ａ （２，０，０）， Ｃ １（０，２，
解法二 取 ＢＣ 的中点 Ｑ 连接 ＱＮ ＡＱ 易知 ＢＭ ＱＮ 则 ０）， １（０，２，１）
： ， ， ， ∥ ，
∠
ＡＮＱ即为所求
， ∴
Ｂ→Ｃ
１＝（０，２，－１），
Ａ→Ｂ
１＝（－２，２，１）
．
设ＢＣ ＣＡ ＣＣ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｂ
＝ ＝ １＝２， Ｂ→Ｃ Ａ→Ｂ １· １ ０＋４－１ ５ 故选 ．
则ＡＱ ＝ ５， ＡＮ ＝ ５， ＱＮ ＝ ６， ｃｏｓ〈 １， １〉＝ ｜ Ｂ→Ｃ １｜·｜ Ａ→Ｂ １｜ ＝ ５×３ ＝ ５ ， Ａ
ＡＮ２ ＮＱ２ ＡＱ２ 评析 本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角，考
ＡＮＱ ＋ － ５＋６－５ ６ ３０
∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＡＮ ＮＱ ＝ ＝ ＝ ， 查了运算求解能力．
２ · ２ ５× ６ ２ ３０ １０
故选 ． ４．（２０１９天津理，１７，１３分）如图 ＡＥ 平面ＡＢＣＤ ＣＦ ＡＥ ＡＤ
Ｃ ， ⊥ ， ∥ ， ∥
ＢＣ ＡＤ ＡＢ ＡＢ ＡＤ ＡＥ ＢＣ ．
， ⊥ ， ＝ ＝１， ＝ ＝２
求证 ＢＦ 平面ＡＤＥ
（１） ： ∥ ；
求直线ＣＥ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值
（２） ；
若二面角Ｅ ＢＤ Ｆ的余弦值为 １ 求线段ＣＦ的长．
（３） － － ，
３
２．（２０１３北京，８，５分）如图 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｐ为
， － １ １ １ １ ，
对角线ＢＤ 的三等分点 Ｐ到各顶点的距离的不同取值有
１ ，
（ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ０９
用两直线垂直，其相应方向向量数量积为零列出方程组求出
法向量； 将空间位置关系转化为向量关系； 根据定理结论
④ ⑤
求出相应的角和距离．
５．（２０１９课标 理，１７，１２ 分）如图 长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的
Ⅱ ， － 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；
解析 本小题主要考查直线与平面平行 二面角 直线与平 若ＡＥ Ａ Ｅ 求二面角Ｂ ＥＣ Ｃ 的正弦值．
、 、 （２） ＝ １ ， － － １
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
， ，
可得Ａ
（０，０，０），
Ｂ
（１，０，０），
Ｃ
（１，２，０），
Ｄ
（０，１，０），
Ｅ
（０，０，２）
． 素养．
设ＣＦ ｈ ｈ 则Ｆ ｈ ．
＝ （ ＞０）， （１，２， ） 由已知得 Ｂ Ｃ 平面ＡＢＢ Ａ ＢＥ 平面ＡＢＢ Ａ
（１） ， １ １⊥ １ １， ⊂ １ １，
证明 依题意 →ＡＢ 是平面ＡＤＥ的法向量 又Ｂ→Ｆ 故Ｂ Ｃ ＢＥ．
（１） ： ， ＝（１，０，０） ， ＝ １ １⊥
ｈ 可得Ｂ→Ｆ →ＡＢ 又ＢＥ ＥＣ 所以ＢＥ 平面ＥＢ Ｃ ．
（０，２， ）， · ＝０， ⊥ １， ⊥ １ １
又因为直线ＢＦ 平面ＡＤＥ 所以ＢＦ 平面ＡＤＥ． 由 知 ＢＥＢ °．
⊄ ， ∥ （２） （１） ∠ １＝９０
由题设知 ＡＢＥ Ａ Ｂ Ｅ
（２） 依题意 ， Ｂ→Ｄ ＝（－１，１，０）， Ｂ→Ｅ ＝（－１，０，２）， Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ １ １ ，
所以 ＡＥＢ ° 故ＡＥ ＡＢ ＡＡ ＡＢ．
Ｃ→Ｅ ． ∠ ＝４５ ， ＝ ， １＝２
＝（－１，－２，２）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＢＤＥ的法向量 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
{ｎ Ｂ→Ｄ { ｘ ｙ － ，
则 · ＝０，即 － ＋ ＝０， 不妨令ｚ
ｎ
·
Ｂ→Ｅ
＝０， －
ｘ
＋２
ｚ
＝０，
＝１，
Ｃ→Ｅ ｎ
可得ｎ 因此有 Ｃ→Ｅ ｎ · ４ ．
＝（２，２，１）， ｃｏｓ〈 ， 〉＝ Ｃ→Ｅ ｎ ＝－ ９
｜ ｜｜ ｜
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，
( )
不妨令ｙ 可得ｍ ２ ．
＝１， ＝ １，１，－ ｈ
则Ｃ Ｂ Ｃ Ｅ Ｃ→Ｂ
（０，１，０）， （１，１，０）， １（０，１，２）， （１，０，１）， ＝（１，０，
２
ｍ ｎ ４－ ｈ Ｃ→Ｅ Ｃ→Ｃ ．
由题意 有 ｍ ｎ ｜ · ｜ １ 解得ｈ ８ ． ０）， ＝（１，－１，１）， １＝（０，０，２）
， ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｍ ｎ ＝ ＝ ， ＝ 设平面ＥＢＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
｜ ｜｜ ｜ ４ ３ ７ ＝（ ， ， ），
３ ２＋ｈ２ {Ｃ→Ｂ ｎ {ｘ
则 · ＝０，即 ＝０，
经检验
，
符合题意．所以
，
线段ＣＦ的长为 ８ ． Ｃ→Ｅ
·
ｎ
＝０，
ｘ
－
ｙ
＋
ｚ
＝０，
７ 所以可取ｎ ．
思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入 ＝（０，－１，－１）
设平面ＥＣＣ 的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
手，建立空间直角坐标系，将立体几何中的位置关系转化为向 １ ＝（ ， ， ），
量坐标关系，从而进行坐标运算，再将向量运算结果转化为立 {Ｃ→Ｃ ｍ { ｚ
则 １· ＝０，即 ２ ＝０，
体几何中的位置关系或长度． Ｃ→Ｅ
·
ｍ
＝０，
ｘ
－
ｙ
＋
ｚ
＝０，
方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤： 所以可取ｍ ．
＝（１，１，０）
观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； 写出相应点的坐 ｎ ｍ
① ② 于是 ｎ ｍ · １ ．
标，求出相应直线的方向向量； 设出相应平面的法向量，利 ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝－
③ ｜ ｜｜ ｜ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ １０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
所以Ｍ为ＰＢ的中点．
所以 二面角Ｂ ＥＣ Ｃ 的正弦值为 ３．
， － － １ 取ＡＤ的中点Ｏ 连接ＯＰ ＯＥ．
２ （２） ， ，
一题多解 （ ）连接ＢＣ ．设ＡＥ ｍ， 因为ＰＡ ＰＤ 所以ＯＰ ＡＤ．
２ １ ＝ ＝ ， ⊥
又因为平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 且ＯＰ 平面ＰＡＤ
不妨令 ＡＢ ，则 ＢＥ ｍ２ ，Ｃ Ｅ ⊥ ， ⊂ ，
＝１ ＝ ＋１ １ ＝ 所以ＯＰ 平面ＡＢＣＤ．
∵ ， Ｂ 则 ｍ Ｅ ２ ＋ ⊥ Ａ ２ Ａ Ｅ ， Ｃ Ｂ １ Ｃ ， ． １ ∴ ＝ ４ ｍ （ ２ ＋ ２ ｍ １＝ ）２ ２ ＋ ｍ １ ２ ． ＋３ ，解得ｍ ＝ 因 因 为 为 Ｏ ＡＢ Ｅ Ｃ ⊥ ⊂ Ｄ 平 是 面 正 Ａ 方 ＢＣ 形 Ｄ ， ， 所 所 以 以 Ｏ Ｏ Ｅ Ｐ ⊥ ⊥ Ａ Ｏ Ｄ Ｅ ． ．
１ １＝２ 如图建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ 则Ｐ Ｄ
连接ＡＣ，ＢＤ，相交于点Ｏ，连接Ａ Ｃ ． － ， （０，０， ２）， （２，０，０），
由题意可知 ＡＣ ＢＤ，ＢＤ ＣＣ
１
，Ａ
１
Ｃ
Ｂ
（－２，４，０），
Ｂ→Ｄ
＝（４，－４，０），
Ｐ→Ｄ
＝（２，０，－ ２）
．
⊥ ⊥ １ ∩
ＣＣ Ｃ，
１＝
ＢＤ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ， ＢＤ ＣＥ，
∴ ⊥ １ １ ∴ ⊥
即ＢＯ ＣＥ．
⊥
ＣＣ
在长方形ＡＡ Ｃ Ｃ中，ＡＣ ，ＡＡ ．连接 ＡＣ ，有 １ ２
１ １ ＝ ２ １＝２ １ ＡＣ ＝ ＝
２
ＡＣ
，又 ＥＡＣ Ｃ ＣＡ °，则 Ｃ ＣＡ ＣＡＥ． 设平面ＢＤＰ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
ＡＥ ∠ ＝∠ １ ＝９０ Ｒｔ△ １ ∽Ｒｔ△ ＝（ ， ， ），
∴ ∠ ＥＣＡ ＋∠ Ｃ １ ＡＣ ＝９０ °， ∴ ＣＥ ⊥ ＡＣ １ ． 则 {ｎ · Ｂ→Ｄ ＝０，即 { ４ ｘ －４ ｙ ＝０，
取ＣＣ 的中点Ｆ，连接ＯＦ，ＢＦ，则ＯＦ ＡＣ ， ＯＦ ＣＥ． ｎ Ｐ→Ｄ ｘ ｚ ．
１ ∥ １ ∴ ⊥ · ＝０， ２ － ２ ＝０
ＢＯ ＯＦ Ｏ， ＣＥ 平面ＦＯＢ． 令ｘ 则ｙ ｚ ．
∵ ∩ ＝ ∴ ⊥ ＝１， ＝１， ＝ ２
设ＣＥ ＯＦ Ｇ，连接ＢＧ， ＣＥ ＢＧ，ＣＥ ＦＧ，则 ＢＧＦ为二面
∩ ＝ ∴ ⊥ ⊥ ∠ 于是ｎ ．
角 Ｂ ＣＥ Ｃ 的平面角， 且 ＢＧＦ ＢＧＯ． 设 ＝（１，１， ２）
－ － １ ｓｉｎ ∠ ＝ ｓｉｎ ∠ 平面ＰＡＤ的一个法向量为ｐ ＝（０，１，０） ．
ＡＣ ＣＥ Ｈ，易得 ＡＥＨ Ｃ ＣＨ．又 ＡＥ １ ＣＣ ， ＡＨ ｎ ｐ
１∩ ＝ △ ∽△ １ ∵ ＝ ２ １ ∴ ＝ 所以 ｃｏｓ〈 ｎ ， ｐ 〉＝ ｎ · ｐ ＝ １ ．
｜ ｜｜ ｜ ２
１ＡＣ ．易知ＯＧ ＡＨ，又 Ｏ为ＡＣ的中点， ＯＧ １ ＡＨ． ＢＯ
１ ∥ ∵ ∴ ＝ ∵ 由题意知二面角Ｂ ＰＤ Ａ为锐角 所以它的大小为π．
３ ２ － － ，
３
２ æ ö æ ö
由题意知Ｍç ２÷ Ｃ Ｍ→Ｃ ç ２÷．
２，ＯＧ １ ＡＨ １ ＡＣ ６，ＢＯ ＯＧ， ＢＧＯ ２ （３） è－１，２， ø， （２，４，０）， ＝è３，２，－ ø
＝ ＝ ＝ １＝ ⊥ ∴ ｔａｎ∠ ＝ ＝ ２ ２
２ ２ ６ ６ ６ 设直线ＭＣ与平面ＢＤＰ所成角为α
，
６ ｎ Ｍ→Ｃ
则 α ｎ Ｍ→Ｃ ｜ · ｜ ２ ６．
３ ， ∴ ∠ ＢＧＯ ＝６０ °，则 ∠ ＢＧＦ ＝１２０ °，故 ｓｉｎ∠ ＢＧＦ ＝ ３． ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ ｎ ｜｜ Ｍ→Ｃ ｜ ＝ ９
２
所以直线ＭＣ与平面ＢＤＰ所成角的正弦值为２ ６．
６．（２０１７北京理，１６，１４ 分）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
， － ， ９
ＡＢＣＤ为正方形 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 点Ｍ在线段ＰＢ上 方法总结 ．在求二面角时，通常用空间向量法，即建立空
， ⊥ ， ， １
ＰＤ 平面ＭＡＣ ＰＡ ＰＤ ＡＢ ．
间直角坐标系，求出两个面的法向量ｎ ，ｎ ，设二面角的大小
∥ ， ＝ ＝ ６， ＝４ １ ２
求证 Ｍ为ＰＢ的中点
ｎ ·ｎ
（１） ： ； 为θ，则有 θ 〈ｎ ，ｎ 〉 ｜ １ ２｜，再通过原图判断
求二面角Ｂ ＰＤ Ａ的大小 ｜ｃｏｓ ｜＝｜ｃｏｓ １ ２ ｜＝ ｎ ｎ
（２） － － ； ｜ １｜｜ ２｜
求直线ＭＣ与平面ＢＤＰ所成角的正弦值．
二面角是钝角还是锐角，进而求出二面角．
（３）
．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
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
７．（２０１７课标 理，１８，１２分）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＡＢ
解析 本题考查面面垂直的性质定理 线面平行的性质定 Ⅰ ， － ， ∥
， ＣＤ 且 ＢＡＰ ＣＤＰ °．
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 ， ∠ ＝∠ ＝９０
， ， 证明 平面ＰＡＢ 平面ＰＡＤ
立体几何问题的方法．考查空间想象能力 运算求解能力． （１） ： ⊥ ；
、 若ＰＡ ＰＤ ＡＢ ＤＣ ＡＰＤ ° 求二面角Ａ ＰＢ Ｃ的余
设ＡＣ ＢＤ交点为Ｅ 连接ＭＥ． （２） ＝ ＝ ＝ ，∠ ＝９０ ， － －
（１） ， ， 弦值．
因为ＰＤ 平面ＭＡＣ 平面ＭＡＣ 平面ＰＤＢ ＭＥ
∥ ， ∩ ＝ ，
所以ＰＤ ＭＥ．
∥
因为ＡＢＣＤ是正方形 所以Ｅ为ＢＤ的中点． 解析 本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角
，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ １１
问题． 成体积相等的两部分 求二面角Ｄ ＡＥ Ｃ的余弦值．
， － －
由已知 ＢＡＰ ＣＤＰ ° 得ＡＢ ＡＰ ＣＤ ＰＤ．
（１） ∠ ＝∠ ＝９０ ， ⊥ ， ⊥
由于ＡＢ ＣＤ 故ＡＢ ＰＤ
∥ ， ⊥ ，
又ＡＰ ＰＤ Ｐ 从而ＡＢ 平面ＰＡＤ．
∩ ＝ ， ⊥
又ＡＢ 平面ＰＡＢ 所以平面ＰＡＢ 平面ＰＡＤ．
⊂ ， ⊥
在平面ＰＡＤ内作ＰＦ ＡＤ 垂足为Ｆ．
（２） ⊥ ，
由 可知 ＡＢ 平面ＰＡＤ 故ＡＢ ＰＦ
（１） ， ⊥ ， ⊥ ， 解析 本题考查面面垂直的证明 二面角的求法．
又ＡＤ ＡＢ Ａ 可得ＰＦ 平面ＡＢＣＤ． ，
∩ ＝ ， ⊥ 由题设可得 ＡＢＤ ＣＢＤ 从而ＡＤ ＤＣ．
（１） ，△ ≌△ ， ＝
以 Ｆ为坐标原点 →ＦＡ的方向为ｘ轴正方向 →ＡＢ 为单位长 建 又 ＡＣＤ是直角三角形 所以 ＡＤＣ °．
， ，｜ ｜ ， △ ， ∠ ＝９０
立如图所示的空间直角坐标系Ｆ ｘｙｚ． 取ＡＣ的中点Ｏ 连接ＤＯ ＢＯ 则ＤＯ ＡＣ ＤＯ ＡＯ．
－ ， ， ， ⊥ ， ＝
又由于 ＡＢＣ是正三角形 故ＢＯ ＡＣ．
△ ， ⊥
所以 ＤＯＢ为二面角Ｄ ＡＣ Ｂ的平面角．
∠ － －
在 ＡＯＢ中 ＢＯ２ ＡＯ２ ＡＢ２．
Ｒｔ△ ， ＋ ＝
又ＡＢ ＢＤ 所以 ＢＯ２ ＤＯ２ ＢＯ２ ＡＯ２ ＡＢ２ ＢＤ２ 故 ＤＯＢ
＝ ， ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ， ∠
°．
＝９０
所以平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ．
⊥
由题设及 知 ＯＡ ＯＢ ＯＤ两两垂直．以Ｏ为坐标原点
（２） （１） ， ， ， ，
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
æ ö æ ö æ ö ，｜ ｜ ，
由 及已知可得 Ａç ２ ÷ Ｐç ２÷ Ｂç ２ ÷ 直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．则 Ａ Ｂ Ｃ
（１） è ，０，０ø， è０，０， ø， è ，１，０ø， － （１，０，０）， （０， ３，０）， （－１，０，０），
２ ２ ２ Ｄ ．
æ ö （０，０，１）
Ｃç ２ ÷．
è－ ，１，０ø
２
æ ö æ ö
所以Ｐ→Ｃ ç ２ ２÷ Ｃ→Ｂ →ＰＡ ç ２ ２÷
＝è－ ，１，－ ø， ＝（ ２，０，０）， ＝è ，０，－ ø，
２ ２ ２ ２
→ＡＢ ．
＝（０，１，０）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＰＣＢ的法向量 则
＝（ １， １， {１） ， 由题设知
，
四面体ＡＢＣＥ的体积为四面体ＡＢＣＤ的体积的 １
，
{ｎ Ｐ→Ｃ ２ｘ ｙ ２ｚ ２
ｎ
·
Ｃ→Ｂ
＝０，即 －
２
１＋ １－
２
１＝０，
从而Ｅ到平面ＡＢＣ的距离为Ｄ到平面ＡＢＣ的距离的 １ ， 即Ｅ
· ＝０， ｘ ． ２
２ １＝０ æ ö
可取ｎ ． 为ＤＢ的中点 得Ｅç ３ １ ÷．故Ａ→Ｄ →ＡＣ
＝（０，－１，－ ２） ， è０， ， ø ＝（－１，０，１）， ＝（－２，０，
设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＰＡＢ的法向量 则 ２ ２
{ｍ ·
＝
→Ｐ
（
Ａ ＝
２，
０，
２
即
， {２）
２ｘ ２－ ２ｚ ２＝０，
，
０）， →ＡＥ ＝
æ
è ç －１， ２ ３ ， １ ２
ö
ø ÷．
ｍ
·
→ＡＢ
＝０， ｙ
２
．
２ 设ｎ
＝（
ｘ
，
ｙ
，
ｚ
）
是平面ＤＡＥ的法向量
，
可取ｍ ２ ． ＝０ {ｎ Ａ→Ｄ { － ｘ ＋ ｚ ＝０， æ ö
＝（１，０，１） 则 · ＝０，即 可取ｎ ç ３ ÷．
ｎ ｍ ｎ →ＡＥ ｘ ３ｙ １ ｚ ． ＝è１， ，１ø
则 ｎ ｍ · ３． · ＝０， － ＋ ＋ ＝０ ３
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝－ ２ ２
易知二面角Ａ － Ｐ
｜
Ｂ
｜
－
｜
Ｃ为
｜
钝二
３
面角 ， 设ｍ是平面ＡＥＣ的法向量 则
{ｍ
·
→ＡＣ
＝０，
， ｍ →ＡＥ ．
所以二面角Ａ ＰＢ Ｃ的余弦值为 ３． · ＝０
－ － － ｎ ｍ
３ 同理可取ｍ ．则 ｎ ｍ · ７．
方法总结 面面垂直的证明及向量法求解二面角． ＝（０，－１， ３） ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝
｜ ｜｜ ｜ ７
（ １ ）面面垂直的证明 易知二面角Ｄ － ＡＥ － Ｃ为锐二面角 ，
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
所以二面角Ｄ ＡＥ Ｃ的余弦值为 ７．
明直线ｌ垂直于另一平面． － －
７
（ ）利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值． 方法总结 证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平
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 面经过另一个平面的一条垂线，即在一个平面内，找一条直
ｎ ·ｎ 线，使它垂直于另一个平面．用空间向量法求二面角的余弦值
量ｎ ，ｎ ，设二面角的大小为θ，则 θ ｜ １ ２｜，再根据二
１ ２ ｜ｃｏｓ ｜＝ ｎ ｎ 时，要判断二面角是钝角还是锐角．
｜ １｜｜ ２｜
面角的范围判断二面角余弦值的正负情况． ９．（２０１６课标 理，１９，１２分）如图 菱形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ与
Ⅱ ，
８．（２０１７课标 理，１９，１２分）如图 四面体ＡＢＣＤ中 ＡＢＣ是正 ＢＤ交于点Ｏ ＡＢ ＡＣ 点Ｅ Ｆ分别在ＡＤ ＣＤ上 ＡＥ ＣＦ
Ⅲ ， ，△ ， ＝５， ＝６， ， ， ， ＝
三角形 ＡＣＤ是直角三角形 ＡＢＤ ＣＢＤ ＡＢ ＢＤ．
，△ ，∠ ＝∠ ， ＝ ５ ＥＦ交ＢＤ于点Ｈ．将 ＤＥＦ沿ＥＦ折到 Ｄ′ＥＦ的位置
证明 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ ＝ ， △ △ ，
（１） ： ⊥ ； ４
过ＡＣ的平面交ＢＤ于点Ｅ 若平面ＡＥＣ把四面体ＡＢＣＤ分 ＯＤ′ ．
（２） ， ＝ １０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ １２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
证明 Ｄ′Ｈ 平面ＡＢＣＤ １０．（２０１６山东，１７，１２分）在如图所示的圆台中 ＡＣ是下底面圆
（１） ： ⊥ ； ，
求二面角Ｂ Ｄ′Ａ Ｃ的正弦值． Ｏ的直径 ＥＦ是上底面圆Ｏ′的直径 ＦＢ是圆台的一条母线．
（２） － － ， ，
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
（２） ＝ ＝ ＝２ ３， ＝ － －
２
余弦值．
解析 证明 由已知得ＡＣ ＢＤ ＡＤ ＣＤ．
（１） ： ⊥ ， ＝
ＡＥ ＣＦ
又由ＡＥ ＣＦ得 故ＡＣ ＥＦ．
＝ ＡＤ＝ＣＤ， ∥
因此ＥＦ ＨＤ 从而ＥＦ Ｄ′Ｈ． 分
⊥ ， ⊥ （２ ）
解析 证明 设ＦＣ中点为Ｉ 连接ＧＩ ＨＩ．
由ＡＢ ＡＣ 得ＤＯ ＢＯ ＡＢ２ ＡＯ２ ． （１） ： ， ，
＝５， ＝６ ＝ ＝ － ＝４
ＯＨ ＡＥ
由ＥＦ ＡＣ得 １ ．
∥ ＤＯ＝ＡＤ＝
４
所以ＯＨ Ｄ′Ｈ ＤＨ ．
＝１， ＝ ＝３
于是Ｄ′Ｈ２ ＯＨ２ ２ ２ Ｄ′Ｏ２ 故Ｄ′Ｈ ＯＨ． 分
＋ ＝３ ＋１ ＝１０＝ ， ⊥ （４ ）
又Ｄ′Ｈ ＥＦ 而ＯＨ ＥＦ Ｈ 所以Ｄ′Ｈ 平面ＡＢＣＤ． 分
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ （５ ）
（２）
如图
，
以Ｈ为坐标原点
，
Ｈ→Ｆ的方向为ｘ轴正方向
，
建立空
在 ＣＥＦ中 因为点Ｇ是ＣＥ的中点 所以ＧＩ ＥＦ．
△ ， ， ∥
间直角坐标系 Ｈ － ｘｙｚ．则 Ｈ （０，０，０）， Ａ （－ ３，－ １，０）， 又ＥＦ ＯＢ 所以ＧＩ ＯＢ．
∥ ， ∥
Ｂ （０，－５，０）， Ｃ （３，－１，０）， Ｄ′ （０，０，３）， 在 ＣＦＢ中 因为Ｈ是ＦＢ的中点 所以ＨＩ ＢＣ．
△ ， ， ∥
又ＨＩ ＧＩ Ｉ 所以平面ＧＨＩ 平面ＡＢＣ．
∩ ＝ ， ∥
因为ＧＨ 平面ＧＨＩ 所以ＧＨ 平面ＡＢＣ．
⊂ ， ∥
解法一 连接ＯＯ′ 则ＯＯ′ 平面ＡＢＣ．
（２） ： ， ⊥
又ＡＢ ＢＣ 且ＡＣ是圆Ｏ的直径 所以ＢＯ ＡＣ．
＝ ， ， ⊥
以Ｏ为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
， －
→ＡＢ →ＡＣ Ａ→Ｄ′ ． 分
＝（３，－４，０）， ＝（６，０，０）， ＝（３，１，３） （６ ）
设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＢＤ′的法向量
＝（ １， １， １） ，
{ｍ →ＡＢ { ｘ ｙ
则 · ＝０， 即 ３ １－４ １＝０，
ｍ Ａ→Ｄ′ ｘ ｙ ｚ
· ＝０， ３ １＋ １＋３ １＝０，
所以可取ｍ ． 分
＝（４，３，－５） （８ ）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＣＤ′的法向量 由题意得Ｂ Ｃ
＝（ ２， ２， ２） ， （０，２ ３，０）， （－２ ３，０，０），
则 {ｎ · →ＡＣ ＝０， 即 { ６ ｘ ２＝０， 所
过
以
点
Ｂ
Ｆ
→Ｃ
作
＝（
Ｆ
－
Ｍ
２
垂
３
直
，－
Ｏ
２
Ｂ
３
于
，０
点
），
Ｍ．
ｎ Ａ→Ｄ′ ｘ ｙ ｚ
· ＝０， ３ ２＋ ２＋３ ２＝０，
所以可取ｎ ． 分 所以ＦＭ ＦＢ２ ＢＭ２ 可得Ｆ ．
＝（０，－３，１） （１０ ） ＝ － ＝３， （０， ３，３）
ｍ ｎ 故Ｂ→Ｆ ．
于是 ｍ ｎ · －１４ ７ ５． ＝（０，－ ３，３）
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ＝－ 设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＢＣＦ的法向量．
｜ ｜｜ ｜ ５０× １０ ２５ ＝（ ， ， ）
{ｍ Ｂ→Ｃ
ｍ ｎ ２ ９５． 由 · ＝０，
ｓｉｎ〈 ， 〉＝
２５ ｍ Ｂ→Ｆ
· ＝０，
{
因此二面角Ｂ Ｄ′Ａ Ｃ的正弦值是２ ９５． 分 ｘ ｙ
－ － （１２ ） 可得 －２ ３ －２ ３ ＝０，
２５ ｙ ｚ ．
思路分析 （ ）利用已知条件及翻折的性质得出 Ｄ′Ｈ － ３ ＋３ ＝０
１ ⊥ æ ö
ＥＦ，利用勾股定理的逆定理得出Ｄ′Ｈ ＯＨ，从而得出结论； 可得平面ＢＣＦ的一个法向量ｍ ç ３÷．
⊥ ＝è－１，１， ø
（ ）在第（ ）问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求 ３
２ １ 因为平面ＡＢＣ的一个法向量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 ＝（０，０，１），
弦值，从而求出正弦值． ｍ ｎ
所以 ｍ ｎ · ７．
评析 本题主要考查翻折问题，线面垂直的证明以及用空 ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝
｜ ｜·｜ ｜ 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
所以二面角Ｆ ＢＣ Ａ的余弦值为 ７．
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 － －
７
法解决空间问题的关键． 解法二 连接ＯＯ′．过点Ｆ作ＦＭ垂直ＯＢ于点Ｍ．
：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ １３
所以 二面角Ｂ ＡＤ Ｆ的平面角的余弦值为 ３．
， － －
４
解法二 由 知 ＢＣＫ为等边三角形．取ＢＣ的中点Ｏ 连接
： （１） △ ，
ＫＯ 则ＫＯ ＢＣ 又平面 ＢＣＦＥ 平面 ＡＢＣ 所以 ＫＯ 平面
， ⊥ ， ⊥ ， ， ⊥
ＡＢＣ．以点Ｏ为原点 分别以射线ＯＢ ＯＫ的方向为ｘ ｚ的正方
， ， ，
向 建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
， －
则有ＦＭ ＯＯ′．
∥
又ＯＯ′ 平面ＡＢＣ 所以ＦＭ 平面ＡＢＣ．
⊥ ， ⊥
可得ＦＭ ＦＢ２ ＢＭ２ ．
＝ － ＝３
过点Ｍ作ＭＮ垂直ＢＣ于点Ｎ 连接ＦＮ．
，
可得ＦＮ ＢＣ 从而 ＦＮＭ为二面角Ｆ ＢＣ Ａ的平面角．
⊥ ， ∠ － －
又ＡＢ ＢＣ ＡＣ是圆Ｏ的直径
＝ ， ，
所以ＭＮ ＢＭ ° ６．
＝ ｓｉｎ４５ ＝
２ 由题意得Ｂ Ｃ Ｋ Ａ
（１，０，０）， （－１，０，０）， （０，０， ３）， （－１，－３，０），
æ ö æ ö
从而ＦＮ ＝ ４２ ， Ｅ è ç １ ，０， ３ ø ÷ ， Ｆ è ç － １ ，０， ３ ø ÷．
２
２ ２ ２ ２
因此 →ＡＣ →ＡＫ →ＡＢ ．
可得 ＦＮＭ ７． ， ＝（０，３，０）， ＝（１，３， ３）， ＝（２，３，０）
ｃｏｓ∠ ＝ 设平面ＡＣＫ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ 平面ＡＢＫ的法向量
７ ＝（ １， １， １），
为ｎ ｘ ｙ ｚ ．
所以二面角Ｆ ＢＣ Ａ的余弦值为 ７． ＝（ ２， ２， ２）
－ －
７ 由
{ →ＡＣ
·
ｍ
＝０，得
{
３
ｙ
１＝０， 取ｍ
评析 本题考查了线面平行、垂直的位置关系；考查了二面 →ＡＫ ｍ ｘ ｙ ｚ ＝（ ３，０，－１）；
角的求解方法；考查了空间想象能力和逻辑推理能力．正确找 · ＝０ １＋３ １＋ ３ １＝０，
{ →ＡＢ ｎ { ｘ ｙ
到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键． 由 · ＝０，得 ２ ２＋３ ２＝０， 取ｎ ．
１１．（２０１６浙江，１７，１２ 分）如图 ， 在三棱台 ＡＢＣ － ＤＥＦ 中 ， 平面 →ＡＫ · ｎ ＝０ ｘ ２＋３ ｙ ２＋ ３ ｚ ２＝０， ＝（３，－２， ３）
ＢＣＦＥ 平面 ＡＢＣ ＡＣＢ ° ＢＥ ＥＦ ＦＣ ＢＣ ＡＣ ｍ ｎ
⊥ ，∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ＝１， ＝２， 于是 ｍ ｎ · ３．
． ，ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝
＝３ ｜ ｜·｜ ｜ ４
求证 ＢＦ 平面ＡＣＦＤ 又易知二面角Ｂ － ＡＤ － Ｆ为锐二面角 ，
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ ＡＤ Ｆ的平面角的余弦值．
（２） － － 所以 二面角Ｂ ＡＤ Ｆ的平面角的余弦值为 ３．
， － －
４
方法总结 若二面角的平面角为θ，两半平面的法向量分
别为ｎ 和ｎ ，则 θ 〈ｎ ，ｎ 〉 ，要求 θ的值，还
１ ２ ｜ｃｏｓ ｜＝｜ｃｏｓ １ ２ ｜ ｃｏｓ
需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角，进而决定
θ 〈ｎ ，ｎ 〉 ，还是 θ 〈ｎ ，ｎ 〉 ．
解析 延长ＡＤ ＢＥ ＣＦ相交于一点Ｋ 如图所示． ｃ 评 ｏｓ 析 ＝｜ 本 ｃｏ 题 ｓ 主 １ 要考 ２ 查 ｜ 空间点 ｃｏ 、 ｓ 线、 ＝ 面 －｜ 位 ｃｏ 置 ｓ 关 １ 系， ２ 二 ｜ 面角等基础
（１） ， ， ，
知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．
１２．（２０１５ 课标 理，１８，１２ 分）如图 四边形 ＡＢＣＤ 为菱形
Ⅰ ， ，
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．
（２） ： ⊥ ，
因为ＢＦ 平面ＡＣＫ 所以ＢＦ ＡＫ 则ＡＫ 平面ＢＱＦ 所以 解析 证明 连接ＢＤ．设ＢＤ ＡＣ Ｇ 连接ＥＧ ＦＧ ＥＦ．
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， （１） ： ∩ ＝ ， ， ，
ＢＱ ＡＫ． 在菱形ＡＢＣＤ中 不妨设ＧＢ ．由 ＡＢＣ ° 可得ＡＧ ＧＣ
⊥ ， ＝１ ∠ ＝１２０ ， ＝
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． ⊥ ， ＝ ， ＝ ⊥ ，
Ｒｔ△ ， ＝３， ＝２， ＝ ＥＧ 且ＥＧ ＡＣ．
１３ ＝ ３， ⊥
在 ＢＱＦ中 ＦＱ ３ １３ ＢＦ 得 ＢＱＦ ３． 在 ＥＢＧ中 可得ＢＥ 故ＤＦ ２．
Ｒｔ△ ， ＝ ， ＝ ３， ｃｏｓ∠ ＝ Ｒｔ△ ， ＝ ２， ＝
１３ ４ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ １４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
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
在 ＦＤＧ中 可得ＦＧ ６． ， ，
Ｒｔ△ ， ＝ 空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ 则Ａ Ｈ Ｅ
２ － ， （１０，０，０）， （１０，１０，０）， （１０，
在直角梯形 ＢＤＦＥ 中 由 ＢＤ ＢＥ ＤＦ ２ 可得 ＥＦ ４，８），
Ｆ
（０，４，８），
Ｆ→Ｅ
＝（１０，０，０），
Ｈ→Ｅ
＝（０，－６，８）
．
， ＝２， ＝ ２， ＝ ，
２ 设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＥＨＧＦ的法向量
＝（ ， ， ） ，
３ ２． {ｎ Ｆ→Ｅ { ｘ
＝ 则 · ＝０，即 １０ ＝０，
从而
２
ＥＧ２ ＦＧ２ ＥＦ２ 所以ＥＧ ＦＧ．
ｎ
·
Ｈ→Ｅ
＝０， －６
ｙ
＋８
ｚ
＝０，
＋ ＝ ， ⊥ 所以可取ｎ ．
又ＡＣ ＦＧ Ｇ 可得ＥＧ 平面ＡＦＣ． ＝（０，４，３）
∩ ＝ ， ⊥
因为
如
Ｅ
图
Ｇ
⊂ 以
平
Ｇ
面
为
ＡＥ
坐
Ｃ
标 ，
所
原
以
点
平
分
面
别
ＡＥ
以
Ｃ
Ｇ→ ⊥ Ｂ
平
Ｇ→
面
Ｃ的
Ａ
方
ＦＣ
向
．
为ｘ轴 （６ ｙ
分
轴 ）
又→ＡＦ
＝（－１０，４，８），
故
｜ｃｏｓ〈
ｎ
，
→ＡＦ
〉｜＝
｜
｜
ｎ
ｎ
·
｜｜
→
→
Ａ
Ａ
Ｆ
Ｆ
｜
｜ ＝
４
１５
５．
（２） ， ， ， ，
正方向 Ｇ→Ｂ 为单位长 建立空间直角坐标系Ｇ ｘｙｚ． 所以ＡＦ与平面ＥＨＧＦ所成角的正弦值为４ ５．
，｜ ｜ ， －
１５
１４．（２０１５山东理，１７，１２分）如图 在三棱台ＤＥＦ ＡＢＣ中 ＡＢ
， － ， ＝
ＤＥ Ｇ Ｈ分别为ＡＣ ＢＣ的中点．
２ ， ， ，
求证 ＢＤ 平面ＦＧＨ
（１） ： ∥ ；
若ＣＦ 平面ＡＢＣ ＡＢ ＢＣ ＣＦ ＤＥ ＢＡＣ ° 求平面
（２） ⊥ ， ⊥ ， ＝ ，∠ ＝４５ ，
ＦＧＨ与平面ＡＣＦＤ所成的角 锐角 的大小．
（ ）
æ ö
由 可得Ａ Ｅ Ｆç ２÷ Ｃ
（１） （０，－ ３，０）， （１，０， ２）， è－１，０， ø， （０，
２
æ ö
３，０）， 所以→ＡＥ ＝（１， ３， ２）， Ｃ→Ｆ ＝è ç －１，－ ３， ２ ø ÷． （１０ 分 ） 解析 （１） 连接ＤＧ ， ＣＤ ， 设ＣＤ ∩ ＧＦ ＝ Ｏ ， 连接ＯＨ．
２
→ＡＥ Ｃ→Ｆ
故 →ＡＥ Ｃ→Ｆ · ３．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ＝－
→ＡＥ Ｃ→Ｆ ３
｜ ｜｜ ｜
所以直线ＡＥ与直线ＣＦ所成角的余弦值为 ３． 分
（１２ ）
３
思路分析 （ ）利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂
１
直的判定定理求证．（ ）建立适当的空间直角坐标系，利用向
２ 在三棱台ＤＥＦ ＡＢＣ中 ＡＢ ＤＥ Ｇ为ＡＣ的中点 可得ＤＦ
量的夹角的余弦公式求解． － ， ＝２ ， ， ∥
ＧＣ ＤＦ ＧＣ 所以四边形ＤＦＣＧ为平行四边形．
， ＝ ，
解后反思 建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的
则Ｏ为ＣＤ的中点 又Ｈ为ＢＣ的中点 所以ＯＨ ＢＤ
， ， ∥ ，
有关公式是求解的关键．证明“ＥＧ 平面 ＡＦＣ”是解题的 又ＯＨ 平面ＦＧＨ ＢＤ 平面ＦＧＨ 所以ＢＤ 平面ＦＧＨ．
⊥ ⊂ ， ⊄ ， ∥
难点． 设ＡＢ 则ＣＦ ．
（２） ＝２， ＝１
１３．（２０１５课标 理，１９，１２ 分）如图 长方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
Ⅱ ， － １ １ １ １ 在三棱台ＤＥＦ ＡＢＣ中 Ｇ为ＡＣ的中点 由ＤＦ １ ＡＣ ＧＣ
中 ＡＢ ＢＣ ＡＡ 点 Ｅ Ｆ 分别在 Ａ Ｂ Ｄ Ｃ 上 － ， ， ＝ ＝ ，
， ＝１６， ＝１０， １＝８， ， １ １， １ １ ， ２
Ａ Ｅ Ｄ Ｆ ．过点Ｅ Ｆ的平面α与此长方体的面相交 交线 可得四边形ＤＧＣＦ为平行四边形 因此ＤＧ ＦＣ．
１ ＝ １ ＝４ ， ， ， ∥
围成一个正方形． 又ＦＣ 平面ＡＢＣ 所以ＤＧ 平面ＡＢＣ．
⊥ ， ⊥
在 ＡＢＣ中 由ＡＢ ＢＣ ＢＡＣ ° Ｇ是ＡＣ中点 所以ＡＢ
△ ， ⊥ ，∠ ＝４５ ， ，
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．
， －
在图中画出这个正方形 不必说明画法和理由
（１） （ ）；
求直线ＡＦ与平面α所成角的正弦值．
（２）
解析 交线围成的正方形ＥＨＧＦ如图
（１） ：
所以Ｇ Ｂ Ｃ Ｄ ．
（０，０，０）， （ ２，０，０）， （０， ２，０）， （０，０，１）
æ ö
（２） 作ＥＭ ⊥ ＡＢ ， 垂足为Ｍ ， 则ＡＭ ＝ Ａ １ Ｅ ＝４， ＥＭ ＝ ＡＡ １＝８ ． 可得Ｈ è ç ２ ２ ， ２ ２ ，０ø ÷ ， Ｆ （０， ２，１），
因为ＥＨＧＦ为正方形 所以ＥＨ ＥＦ ＢＣ ． æ ö
， ＝ ＝ ＝１０ 故Ｇ→Ｈ ç ２ ２ ÷ Ｇ→Ｆ ．
于是ＭＨ ＥＨ２ ＥＭ２ 所以ＡＨ ． ＝è ， ，０ø， ＝（０， ２，１）
＝ － ＝６， ＝１０ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ １５
设 则由 ｎ ＝ {ｎ （ · ｘ ， Ｇ ｙ → ， Ｈ ｚ ） ＝ 是 ０， 平面ＦＧＨ的法向量 ， {ｎ ｎ ２ ２ · · Ｃ Ａ → → １ Ｄ Ｃ ＝ ＝ ０ ０ ， ， 得 {ｘ ｙ ２ ２－ ＝ ｚ ０ ２ ， ＝０， 取ｎ ２＝（０，１，１），
ｎ Ｇ→Ｆ
· ＝０，
可得
{ｘ
＋
ｙ
＝０，
从而 ｃｏｓ θ ＝｜ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉｜＝
３×
２
２
＝
３
６ ，
ｙ ｚ ．
２ ＋ ＝０
即平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＣＤ夹角的余弦值为 ６．
可得平面ＦＧＨ的一个法向量ｎ ＝（１，－１， ２） ． １ １ ３
因为Ｇ→Ｂ是平面ＡＣＦＤ的一个法向量 Ｇ→Ｂ 评析 本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及
， ＝（ ２，０，０），
Ｇ→Ｂ ｎ
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
所以
ｃｏｓ〈
Ｇ→Ｂ
，
ｎ
〉＝ ｜ Ｇ→Ｂ ｜
·
·｜ ｎ ｜ ＝ ２
２
２ ＝ ２
１ ．
算 标 求 系 解 是 能 求 力 解 ． 的 正 关 确 键 利 ． 用面面垂直的性质定理建立空间直角坐
所以平面ＦＧＨ与平面ＡＣＦＤ所成角 锐角 的大小为 °．
（ ） ６０ １６．（２０１５湖北理，１９，１２ 分） 九章算
１５．（２０１５陕西，１８，１２ 分）如图 在直角梯形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ 《
１， ， ∥ 术 中 将底面为长方形且有一条
》 ，
ＢＣ ＢＡＤ π ＡＢ ＢＣ ＡＤ Ｅ是ＡＤ的中点 Ｏ是ＡＣ 侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳
，∠ ＝ ， ＝ ＝１， ＝２， ，
２
与ＢＥ的交点．将 ＡＢＥ沿ＢＥ折起到 Ａ ＢＥ的位置 如图 ． 马 将四个面都为直角三角形的四
△ △ １ ， ２ ，
面体称之为鳖臑．
如图 在阳马Ｐ ＡＢＣＤ中 侧棱ＰＤ
， － ，
底面ＡＢＣＤ 且ＰＤ ＣＤ 过棱ＰＣ
⊥ ， ＝ ，
的中点 Ｅ 作 ＥＦ ＰＢ 交 ＰＢ 于点
， ⊥
Ｆ 连接ＤＥ ＤＦ ＢＤ ＢＥ．
， ， ， ，
证明 ＣＤ 平面Ａ ＯＣ 证明 ＰＢ 平面ＤＥＦ．试判断四面体ＤＢＥＦ是不是鳖臑 若
（１） ： ⊥ １ ； （１） ： ⊥ ，
若平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ 求平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＣＤ夹 是 写出其每个面的直角 只需写出结论 若不是 说明
（２） １ ⊥ ， １ １ ， （ ）； ，
角的余弦值． 理由
；
解析 证明 在题图 中 因为ＡＢ ＢＣ ＡＤ Ｅ是 ＤＣ
（１） ： １ ， ＝ ＝１， ＝２， 若面 ＤＥＦ 与面 ＡＢＣＤ 所成二面角的大小为 π 求
（２） ， ＢＣ
ＡＤ的中点 ＢＡＤ π ３
，∠ ＝ ， 的值．
２
所以ＢＥ ＡＣ． 解析 解法一 因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＢＣ
⊥ ：（１） ⊥ ， ⊥ ，
即在题图 中 ＢＥ ＯＡ ＢＥ ＯＣ 由底面ＡＢＣＤ为长方形 有ＢＣ ＣＤ 而ＰＤ ＣＤ Ｄ
２ ， ⊥ １， ⊥ ， ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
从而ＢＥ 平面Ａ ＯＣ 所以ＢＣ 平面ＰＣＤ 而ＤＥ 平面ＰＣＤ 所以ＢＣ ＤＥ．
⊥ １ ， ⊥ ， ⊂ ， ⊥
又ＣＤ ＢＥ 又因为ＰＤ ＣＤ 点Ｅ是ＰＣ的中点 所以ＤＥ ＰＣ．
∥ ， ＝ ， ， ⊥
所以ＣＤ 平面Ａ ＯＣ． 而ＰＣ ＢＣ Ｃ 所以ＤＥ 平面ＰＢＣ．
⊥ １ ∩ ＝ ， ⊥
因为平面Ａ ＢＥ 平面ＢＣＤＥ 而ＰＢ 平面ＰＢＣ 所以ＰＢ ＤＥ．
（２） １ ⊥ ， ⊂ ， ⊥
又由 知 ＢＥ ＯＡ ＢＥ ＯＣ 又ＰＢ ＥＦ ＤＥ ＥＦ Ｅ 所以ＰＢ 平面ＤＥＦ．
（１） ， ⊥ １， ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
所以 Ａ ＯＣ为二面角Ａ ＢＥ Ｃ的平面角 由ＤＥ 平面ＰＢＣ ＰＢ 平面
∠ １ １－ － ， ⊥ ， ⊥
ＤＥＦ 可知四面体ＢＤＥＦ 的四
所以 Ａ ＯＣ π． ，
∠ １ ＝ 个面都是直角三角形 即四面
２ ，
如图 以Ｏ为原点 建立空间直角坐标系 体ＢＤＥＦ是一个鳖臑 其四个
， ， ， ，
面的 直 角 分 别 为 ＤＥＢ
∠ ，
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．
因为Ａ Ｂ Ａ Ｅ ＢＣ ＥＤ ＢＣ ＥＤ （１） ， ⊥ ， ⊥
１ ＝ １ ＝ ＝ ＝１， ∥ ， 又因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＤＧ．
æ ö æ ö æ ö æ ö ⊥ ， ⊥
所以Ｂç ２ ÷ Ｅç ２ ÷ Ａ ç ２÷ Ｃç ２ ÷ 而ＰＤ ＰＢ Ｐ 所以ＤＧ 平面ＰＢＤ．
è ，０，０ø， è－ ，０，０ø， １è０，０， ø， è０， ，０ø， ∩ ＝ ， ⊥
２ ２ ２ ２ 故 ＢＤＦ是面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的平面角
æ ö æ ö ∠ ，
得Ｂ→Ｃ ＝ è ç － ２ ， ２ ，０ø ÷ ， Ａ→ １ Ｃ ＝ è ç ０， ２ ，－ ２ ø ÷ ， Ｃ→Ｄ ＝ Ｂ→Ｅ ＝ 设ＰＤ ＝ ＤＣ ＝１， ＢＣ ＝ λ ， 有ＢＤ ＝ １＋ λ２ ，
２ ２ ２ ２
． 在 ＰＤＢ中 由ＤＦ ＰＢ 得 ＤＰＦ ＦＤＢ π
（－ ２，０，０） Ｒｔ△ ， ⊥ ， ∠ ＝∠ ＝ ，
设平面Ａ ＢＣ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ 平面Ａ ＣＤ的法向量 ３
１ １＝（ １， １， １）， １ ＢＤ
ｎ ｘ ｙ ｚ 平面Ａ ＢＣ与平面Ａ ＣＤ的夹角为θ 则 π ＤＰＦ λ２ 解得λ ．
２＝（ ２， ２， ２）， １ １ ， ｔａｎ ＝ｔａｎ∠ ＝ＰＤ＝ １＋ ＝ ３， ＝ ２
则 {ｎ １· Ｂ→Ｃ ＝０， 得 { － ｘ １＋ ｙ １＝０，取ｎ 所以 ＤＣ ３ １ ２．
ｎ
１·
Ａ→
１
Ｃ
＝０，
ｙ
１－
ｚ
１＝０，
１＝（１，１，１）； ＢＣ＝ λ ＝
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ １６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ＤＣ 所以ＡＢ 平面ＰＤＥ．
故当面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π时 ２． ∥
，ＢＣ＝ 因为ＡＢ 平面ＡＢＦ 且平面ＡＢＦ 平面ＰＤＥ ＦＧ
３ ２ ⊂ ， ∩ ＝ ，
解法二 如图 以 Ｄ 为原 所以ＡＢ ＦＧ．
：（１） ， ∥
点 射线 ＤＡ ＤＣ ＤＰ 分别为 因为ＰＡ 底面ＡＢＣＤＥ 所以ＰＡ ＡＢ ＰＡ ＡＥ．
， ， ， （２） ⊥ ， ⊥ ， ⊥
ｘ ｙ ｚ 轴的正半轴 建立空间 如图建立空间直角坐标系 Ａｘｙｚ 则 Ａ Ｂ
， ， ， ， （０，０，０）， （１，０，０），
直角坐标系． Ｃ Ｐ Ｆ Ｂ→Ｃ ．
（２，１，０）， （０，０，２）， （０，１，１）， ＝（１，１，０）
设 ＰＤ ＤＣ ＢＣ λ 则
＝ ＝ １， ＝ ，
Ｄ Ｐ Ｂ λ
（０，０，０）， （０，０，１）， （ ，
１，０），
Ｃ Ｐ→Ｂ λ
（０，１，０）， ＝（ ，１，－１），
点Ｅ是ＰＣ的中点
，
( )
所以Ｅ １ １
０， ， ，
２ ２
( )
Ｄ→Ｅ １ １
＝ ０， ， ，
２ ２
于是Ｐ→Ｂ Ｄ→Ｅ 即ＰＢ ＤＥ．
· ＝０， ⊥
又已知ＥＦ ＰＢ 而ＤＥ ＥＦ Ｅ 所以ＰＢ 平面ＤＥＦ．
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ 设平面ＡＢＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
因Ｐ→Ｃ ＝（０，１，－１）， Ｄ→Ｅ · Ｐ→Ｃ ＝０， 则 ＤＥ ⊥ ＰＣ ， 所以 ＤＥ ⊥ 平 {ｎ →ＡＢ {ｘ
面ＰＢＣ． 则 · ＝０，即 ＝０，
由ＤＥ 平面ＰＢＣ ＰＢ 平面ＤＥＦ 可知四面体ＢＤＥＦ的四个
ｎ
·
→ＡＦ
＝０，
ｙ
＋
ｚ
＝０
．
⊥ ， ⊥ ， 令ｚ 则ｙ ．所以ｎ ．
面都是直角三角形 ＝１， ＝－１ ＝（０，－１，１）
， 设直线ＢＣ与平面ＡＢＦ所成角为α
即四面体ＢＤＥＦ是一个鳖臑 其四个面的直角分别为 ＤＥＢ ，
， ∠ ，
ＤＥＦ ＥＦＢ ＤＦＢ． ｎ Ｂ→Ｃ
∠ ，∠ ，∠ 则 α ｎ Ｂ→Ｃ · １ ．
由ＰＤ 平面ＡＢＣＤ 所以Ｄ→Ｐ 是平面ＡＢＣＤ的一
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
｜
ｎ
｜｜
Ｂ→Ｃ
｜
＝
２
（２） ⊥ ， ＝（０，０，１）
个法向量 因此直线ＢＣ与平面ＡＢＦ所成角的大小为π．
；
由 知 ＰＢ 平面ＤＥＦ 所以Ｂ→Ｐ λ 是平面ＤＥＦ ６
（１） ， ⊥ ， ＝（－ ，－１，１） 设点Ｈ的坐标为 ｕ ｖ ｗ ．
的一个法向量． （ ， ， ）
因为点Ｈ在棱ＰＣ上 所以可设Ｐ→Ｈ λＰ→Ｃ λ
， ＝ （０＜ ＜１），
若面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π 即 ｕ ｖ ｗ λ ．
， （ ， ， －２）＝ （２，１，－２）
３ 所以ｕ λ ｖ λ ｗ λ．
Ｂ→Ｐ Ｄ→Ｐ ＝２ ， ＝ ， ＝２－２
则 π · １ １ 因为ｎ是平面ＡＢＦ的法向量 所以ｎ Ａ→Ｈ
ｃｏｓ
３
＝
｜
Ｂ→Ｐ
｜·｜
Ｄ→Ｐ
｜
＝ λ２
＋２
＝
２
，
即 λ λ λ
，
．
· ＝０，
ＤＣ （０，－１，１）·（２ ， ，２－２ ）＝０ ( )
解得λ 所以 １ ２．
＝ ２， ＢＣ＝ λ ＝ 解得λ ２ 所以点Ｈ的坐标为 ４ ２ ２ ．
２ ＝ ， ， ，
３ ３ ３ ３
ＤＣ
故当面ＤＥＦ与面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π时 ２． ( ) ２ ( ) ２ ( ) ２
，ＢＣ＝ 所以ＰＨ ４ ２ ４ ．
３ ２ ＝ ＋ ＋ － ＝２
１７．（２０１４北京理，１７，１４分）如图 正方形ＡＭＤＥ的边长为 Ｂ ３ ３ ３
， ２， ， 评析 本题考查了空间直线与平面平行，线面角，空间向量
Ｃ分别为ＡＭ ＭＤ的中点．在五棱锥Ｐ ＡＢＣＤＥ中 Ｆ为棱ＰＥ
， － ， 等知识；考查空间推理论证能力，计算能力；建立恰当坐标
的中点 平面ＡＢＦ与棱ＰＤ ＰＣ分别交于点Ｇ Ｈ．
， ， ， 系，利用空间向量准确求解是解题的关键．
求证 ＡＢ ＦＧ
（１） ： ∥ ； １８．（２０１４ 陕西理，１７，１２ 分）四面体 ＡＢＣＤ 及其三视图如图所
若ＰＡ 底面ＡＢＣＤＥ 且ＰＡ ＡＥ 求直线ＢＣ与平面ＡＢＦ
（２） ⊥ ， ＝ ， 示 过棱ＡＢ的中点Ｅ作平行于ＡＤ ＢＣ的平面分别交四面体
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
（１） ： ，
点 所以ＡＢ ＤＥ． 解析 证明 由该四面体的三视图可知
， ∥ （１） ： ，
又因为ＡＢ 平面ＰＤＥ ＢＤ ＤＣ ＢＤ ＡＤ ＡＤ ＤＣ ＢＤ ＤＣ ＡＤ ．
⊄ ， ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ＝２， ＝１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ １７
由题设知 ＢＣ 平面ＥＦＧＨ 又ＥＯ 平面ＡＥＣ ＰＢ 平面ＡＥＣ 所以ＰＢ 平面ＡＥＣ．
， ∥ ， ⊂ ， ⊄ ， ∥
平面ＥＦＧＨ 平面ＢＤＣ ＦＧ 因为ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＡＢＣＤ为矩形 所以ＡＢ ＡＤ ＡＰ两
∩ ＝ ， （２） ⊥ ， ， ， ，
平面ＥＦＧＨ 平面ＡＢＣ ＥＨ 两垂直．
∩ ＝ ，
∴
ＢＣ
∥
ＦＧ
，
ＢＣ
∥
ＥＨ
，∴
ＦＧ
∥
ＥＨ． 如图 以Ａ为坐标原点 →ＡＢ的方向为ｘ轴的正方向 →ＡＰ 为单
， ， ，｜ ｜
同理 ＥＦ ＡＤ ＨＧ ＡＤ ＥＦ ＨＧ
， ∥ ， ∥ ，∴ ∥ ， 位长 建立空间直角坐标系 Ａ ｘｙｚ 则 Ｄ
四边形ＥＦＧＨ是平行四边形． ， － ， （０， ３，０），
∴ æ ö æ ö
又 ＡＤ ＤＣ ＡＤ ＢＤ ＡＤ 平面ＢＤＣ Ｅç ３ １ ÷ →ＡＥ ç ３ １ ÷．
∵ ⊥ ， ⊥ ，∴ ⊥ ， è０， ， ø， ＝è０， ， ø
ＡＤ ＢＣ ＥＦ ＦＧ ２ ２ ２ ２
∴ ⊥ ，∴ ⊥ ，
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Ｂ ｍ ｍ 则Ｃ ｍ →ＡＣ ｍ ．
（ ，０，０）（ ＞０）， （ ， ３，０）， ＝（ ， ３，０）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＡＣＥ的法向量
Ｄ
设
→Ａ
平 ＝（ 面 ０， Ｅ ０ Ｆ ， Ｇ １ Ｈ ）， 的
Ｂ→Ｃ
法 ＝ 向 （－ 量 ２， ｎ ２ ＝ ，０ （ ） ｘ ， ，
→Ｂ
ｙ ，
Ａ
ｚ ＝ ） （ ， －２，０，１）
．
则 {ｎ
１
１
＝
·
（
→Ａ
，
Ｃ ＝
，
０
）
，即
{
ｍｘ ＋ ３ ｙ ＝０，
，
ＥＦ ＡＤ ＦＧ ＢＣ ｎ →ＡＥ ３ｙ １ ｚ
∵ ∥ ， ∥ ， １· ＝０， ＋ ＝０，
２ ２
ｎ Ｄ→Ａ ｎ Ｂ→Ｃ æ ö
∴ 得 { · ｚ ＝０， ＝０， · 取ｎ ＝０， 可取ｎ １＝è ç ｍ ３ ，－１， ３ø ÷．
ｘ ｙ ＝（１，１，０）， 又ｎ 为平面ＤＡＥ的法向量 由题设得 ｎ ｎ
－２ ＋２ ＝０， ２＝（１，０，０） ， ｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜
→ＢＡ ｎ
θ →ＢＡ ｎ · ２ １０． １ 即 ３ １ 解得ｍ ３ ．
∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
｜
→ＢＡ
｜｜
ｎ
｜
＝
５× ２
＝
５
＝
２
，
３＋４
ｍ２ ＝
２
， ＝
２
解法二 如图 以Ｄ为坐标原点建立空间直角坐标系
： ， ， 因为Ｅ为ＰＤ的中点 所以三棱锥Ｅ ＡＣＤ的高为 １ ．
， －
则Ｄ Ａ Ｂ Ｃ ２
（０，０，０）， （０，０，１）， （２，０，０）， （０，２，０），
Ｅ是ＡＢ的中点 Ｆ Ｇ分别为ＢＤ ＤＣ的中点
∵ ，∴ ， ， ， 三棱锥Ｅ ＡＣＤ的体积Ｖ １ １ ３ １ ３．
( ) － ＝ × × ３× × ＝
得Ｅ １ Ｆ Ｇ ． ３ ２ ２ ２ ８
１，０， ， （１，０，０）， （０，１，０） 评析 本题考查线面平行的判定，利用空间向量解二面角问
２
( ) 题，考查了学生的空间想象能力．
∴
Ｆ→Ｅ
＝ ０，０，
１
，
Ｆ→Ｇ
＝（－１，１，０），
→ＢＡ
＝（－２，０，１）
．
２０．（２０１４江西，１９，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＡＢＣＤ为矩
２ ， － ，
设平面ＥＦＧＨ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ 形 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ．
＝（ ， ， ）， ， ⊥
求证 ＡＢ ＰＤ
则ｎ Ｆ→Ｅ ｎ Ｆ→Ｇ （１） ： ⊥ ；
· ＝０， · ＝０，
{ 若 ＢＰＣ ° ＰＢ ＰＣ 问ＡＢ为何值时 四棱锥
１ ｚ （２） ∠ ＝９０ ， ＝ ２， ＝２， ，
得 ＝０， 取ｎ Ｐ ＡＢＣＤ的体积最大 并求此时平面ＢＰＣ与平面ＤＰＣ夹
２ ＝（１，１，０）， － ？
ｘ ｙ 角的余弦值．
－ ＋ ＝０，
→ＢＡ ｎ
θ →ＢＡ ｎ · ２ １０．
∴ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ →ＢＡ ｎ ＝ ＝
｜ ｜｜ ｜ ５× ２ ５
１９．（２０１４ 课标 理，１８，１２ 分）如图 四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面
Ⅱ ， － ，
ＡＢＣＤ为矩形 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ Ｅ为ＰＤ的中点．
， ⊥ ，
证明 ＰＢ 平面ＡＥＣ
（１） ： ∥ ； 解析 证明 因四边形ＡＢＣＤ为矩形 故ＡＢ ＡＤ．
设二面角Ｄ ＡＥ Ｃ为 ° ＡＰ ＡＤ 求三棱锥Ｅ （１） ： ， ⊥
（２） － － ６０ ， ＝１， ＝ ３， － 又平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ
ＡＣＤ的体积． ⊥ ，
平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ
∩ ＝ ，
所以ＡＢ 平面ＰＡＤ 故ＡＢ ＰＤ．
⊥ ， ⊥
过Ｐ作ＡＤ的垂线 垂足为Ｏ 过Ｏ作ＢＣ的垂线 垂足为
（２） ， ， ，
Ｇ 连接ＰＧ．
，
故ＰＯ 平面ＡＢＣＤ ＢＣ 平面ＰＯＧ ＢＣ ＰＧ．
⊥ ， ⊥ ， ⊥
在 ＢＰＣ中 ＰＧ ２ ３ ＧＣ ２ ６ ＢＧ ６．
解析 证明 连接ＢＤ交ＡＣ于点Ｏ 连接ＥＯ． Ｒｔ△ ， ＝ ， ＝ ， ＝
（１） ： ， ３ ３ ３
因为ＡＢＣＤ为矩形 所以Ｏ为ＢＤ的中点．
， 设ＡＢ ｍ 则 ＯＰ ＰＧ２ ＯＧ２ ４ ｍ２ 故四棱锥 Ｐ
又Ｅ为ＰＤ的中点 所以ＥＯ ＰＢ． ＝ ， ＝ － ＝ － ， －
， ∥ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ １８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｍ
ＡＢＣＤ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 － ＋ ，
３ ３
故当ｍ ６ 即ＡＢ ６时 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的体积最大．
＝ ， ＝ ， － 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 ，
此时 建立如图所示的坐标系 各点的坐标为 Ｏ 所以四边形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 是菱形 因此Ａ Ｃ Ｂ Ｄ 从而Ａ Ｃ
， ， （０，０，０）， １ １ １ １ ， １ １⊥ １ １， １ １⊥
æ ö æ ö æ ö æ ö 平面ＢＤＤ Ｂ
Ｂç ６ ６ ÷ Ｃç ６ ２ ６ ÷ Ｄç ２ ６ ÷ Ｐç ６÷． １ １，
è ，－ ，０ø， è ， ，０ø， è０， ，０ø， è０，０， ø 所以Ａ Ｃ ＯＢ 于是ＯＢ 平面Ｏ ＨＣ
３ ３ ３ ３ ３ ３ １ １⊥ １， １⊥ １ １，
进而ＯＢ Ｃ Ｈ 故 Ｃ ＨＯ 是二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的平面角
１⊥ １ ， ∠ １ １ １－ １－ ，
不妨设ＡＢ 因为 ＣＢＡ ° 所以 ＯＢ ＯＣ ＯＢ
＝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．
æ ö æ ö １， １ ＝ １ １＋ １ ＝ １＋ ＝
故Ｐ→Ｃ ç ６ ２ ６ ６÷ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｄ ç ６ ÷． ７ ７
＝è ， ，－ ø， ＝（０， ６，０）， ＝è－ ，０，０ø
３ ３ ３ ３
３
设
{
平面ＢＰＣ的法向量为ｎ
１＝（
ｘ
，
ｙ
，１），
则由ｎ
１⊥
Ｐ→Ｃ
，
ｎ
１⊥
Ｂ→Ｃ
故
ｃｏｓ∠
Ｃ
１
ＨＯ
１＝
Ｏ
Ｃ
１
Ｈ
Ｈ
＝
２
７
＝
２ ５７．
６ｘ ２ ６ｙ ６ １ １９ １９
得 ＋ － ＝０，解得ｘ ｙ ｎ ． ７
３ ３ ３ ＝１， ＝０， １＝（１，０，１）
ｙ
６ ＝０， 即二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的余弦值为２ ５７．
( ) １－ １－
１９
同理可求出平面ＤＰＣ的法向量为ｎ １ ．
２＝ ０，
２
，１ 解法二
：
因为四棱柱ＡＢＣＤ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
的所有棱长都相等
，
所
从而平面 ＢＰＣ 与平面 ＤＰＣ 夹角 θ 的余弦值为 θ 以四边形ＡＢＣＤ是菱形 因此ＡＣ ＢＤ 又由 知Ｏ Ｏ 底
ｃｏｓ ＝ ， ⊥ ， （１） １ ⊥
ｎ ｎ 面ＡＢＣＤ 从而ＯＢ ＯＣ ＯＯ 两两垂直．
｜ １· ２｜ １ １０． ， ， ， １
ｎ ｎ ＝ ＝ 如图 以Ｏ为坐标原点 ＯＢ ＯＣ ＯＯ 所在直线分别为ｘ轴 ｙ
｜ １｜｜ ２｜ １ ５ ， ， ， ， １ ，
２× ＋１ 轴 ｚ轴 建立空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ 不妨设 ＡＢ 因为
４ ， ， － ， ＝２，
评析 本题考查面面垂直的性质定理、线线垂直的判定、空 ＣＢＡ ° 所以ＯＢ ＯＣ
∠ ＝６０ ， ＝ ３， ＝１，
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．
２１．（２０１４湖南理，１９，１２分）如图 四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的所
， － １ １ １ １
有棱长都相等 ＡＣ ＢＤ Ｏ Ａ Ｃ Ｂ Ｄ Ｏ 四边形ＡＣＣ Ａ
， ∩ ＝ ， １ １∩ １ １＝ １， １ １
和四边形ＢＤＤ Ｂ 均为矩形．
１ １ 于是相关各点的坐标为Ｏ Ｂ Ｃ ．
（１） 证明 ： Ｏ １ Ｏ ⊥ 底面ＡＢＣＤ ； 易知 ｎ 是平面 （ Ｂ ０ Ｄ ， Ｄ ０， Ｂ ０）， 的 １ 一 （ 个 ３， 法 ０， 向 ２） 量 ， ． １（０，１，２）
（２） 若 ∠ ＣＢＡ ＝６０ ° ， 求二面角Ｃ １－ ＯＢ １－ Ｄ的余弦值．
设ｎ
， １＝
ｘ
（
ｙ
０，
ｚ
１，
是
０）
平面ＯＢ Ｃ 的
１
法
１
向量
２＝（ ， ， ） １ １ ，
则
{ｎ
２·
Ｏ→Ｂ
１＝０，即
{
３ ｘ ＋２ ｚ ＝０，
ｎ Ｏ→Ｃ ｙ ｚ ．
２· １＝０， ＋２ ＝０
取ｚ 则ｘ ｙ 所以ｎ
＝－ ３， ＝２， ＝２ ３， ２＝（２，２ ３，－ ３），
设二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的大小为θ 易知θ是锐角
１－ １－ ， ，
解析 证明 因为四边形 ＡＣＣ Ａ 为矩形 所以 ＣＣ ｎ ｎ
（１） ： １ １ ， １ 于是 θ ｎ ｎ １· ２ ２ ３ ２ ５７．
ＡＣ． ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ ＝ ＝
⊥ ｜ １｜·｜ ２｜ １９ １９
同理ＤＤ ＢＤ
１⊥ ，
故二面角Ｃ ＯＢ Ｄ的余弦值为２ ５７．
因为ＣＣ
１∥
ＤＤ
１，
所以ＣＣ
１⊥
ＢＤ
，
而ＡＣ
∩
ＢＤ
＝
Ｏ
，
１－ １－
１９
因此ＣＣ 底面ＡＢＣＤ． ２２．（２０１４辽宁理，１９，１２分）如图 ＡＢＣ和 ＢＣＤ所在平面互
１⊥ ，△ △
由题设知 Ｏ Ｏ Ｃ Ｃ 故Ｏ Ｏ 底面ＡＢＣＤ 相垂直 且ＡＢ ＢＣ ＢＤ ＡＢＣ ＤＢＣ ° Ｅ Ｆ分别
， １ ∥ １ ， １ ⊥ ， ， ＝ ＝ ＝２，∠ ＝∠ ＝１２０ ， ，
解法一 如图 过Ｏ 作Ｏ Ｈ ＯＢ 于Ｈ 连接ＨＣ ． 为ＡＣ ＤＣ的中点．
（２） ： ， １ １ ⊥ １ ， １ ，
由 知 Ｏ Ｏ 底面ＡＢＣＤ 所以Ｏ Ｏ 底面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 求证 ＥＦ ＢＣ
（１） ， １ ⊥ ， １ ⊥ １ １ １ １， （１） ： ⊥ ；
于是Ｏ Ｏ Ａ Ｃ ． 求二面角Ｅ ＢＦ Ｃ的正弦值．
１ ⊥ １ １ （２） － －
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ １９
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．
２３．（２０１４天津理，１７，１２分）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 底
， － ， ⊥
解析 证法一 过Ｅ作ＥＯ ＢＣ 垂足为Ｏ 连接ＯＦ． 面ＡＢＣＤ ＡＤ ＡＢ ＡＢ ＤＣ ＡＤ ＤＣ ＡＰ ＡＢ 点Ｅ为
（１） ： ⊥ ， ， ， ⊥ ， ∥ ， ＝ ＝ ＝２， ＝１，
由 ＡＢＣ ＤＢＣ可证出 ＥＯＣ ＦＯＣ． 棱ＰＣ的中点．
△ ≌△ △ ≌△
证明ＢＥ ＤＣ
所以 ＥＯＣ ＦＯＣ π （１） ⊥ ；
∠ ＝∠ ＝ ， 求直线ＢＥ与平面ＰＢＤ所成角的正弦值
２ （２） ；
即ＦＯ ＢＣ． 若Ｆ为棱ＰＣ上一点 满足 ＢＦ ＡＣ 求二面角 Ｆ ＡＢ Ｐ
⊥ （３） ， ⊥ ， － －
又ＥＯ ＢＣ 因此ＢＣ 面ＥＦＯ． 的余弦值．
⊥ ， ⊥
又ＥＦ 面ＥＦＯ 所以ＥＦ ＢＣ． 解析 依题意 以点 Ａ 为原点建立空间直角坐标系 如
⊂ ， ⊥ ， （
证法二 以Ｂ 为坐标原点 在平面 ＤＢＣ 图 可得Ｂ Ｃ Ｄ Ｐ ．由 Ｅ
： ， ）， （１，０，０）， （２，２，０）， （０，２，０）， （０，０，２）
内过Ｂ且垂直ＢＣ的直线为ｘ轴 ＢＣ所 为棱ＰＣ的中点 得Ｅ ．
， ， （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
ｎ
·
Ｐ→Ｂ
＝０，
ｘ
－２
ｚ
＝０
． ＝１， ＝（２，１，１）
图 ２ 为平面ＰＢＤ的一个法向量．于是有
解法一 在图 中 过Ｏ作ＯＧ ＢＦ 垂足为Ｇ 连ＥＧ．由
（２） ： １ ， ⊥ ， ， ｎ Ｂ→Ｅ
平面ＡＢＣ 平面 ＢＤＣ 从而 ＥＯ 面 ＢＤＣ 又 ＯＧ ＢＦ 易知 ｎ Ｂ→Ｅ · ２ ３．
ＥＧ ＢＦ． ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｎ ｜·｜ Ｂ→Ｅ ｜ ＝ ６× ２ ＝ ３
⊥
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
△ ， ＝ ＝ ·ｃｏｓ３０ ＝ ， 向量Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｐ →ＡＣ →ＡＢ
２ ２ ２ （３） ＝（１，２，０）， ＝（－２，－２，２）， ＝（２，２，０）， ＝
由 ＢＧＯ ＢＦＣ知 ＯＧ
ＢＯ
ＦＣ ３ （１，０，０）
．由点Ｆ在棱ＰＣ上
，
设Ｃ→Ｆ
＝
λＣ→Ｐ
，０≤
λ
≤１
．
△ ∽△ ， ＝ＢＣ· ＝ ，
４ 故Ｂ→Ｆ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｆ Ｂ→Ｃ λＣ→Ｐ λ λ λ ．由ＢＦ ＡＣ 得
ＥＯ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝（１－２ ，２－２ ，２ ） ⊥ ，
因此 ＥＧＯ 从而 ＥＧＯ ２ ５ 即二面角 Ｅ
ｔａｎ∠ ＝ＯＧ＝２， ｓｉｎ∠ ＝ ， － Ｂ→Ｆ →ＡＣ 因此 λ λ 解得λ ３ ．故Ｂ→Ｆ
５ · ＝０， ，２（１－２ ）＋２（２－２ ）＝ ０， ＝
４
( )
ＢＦ Ｃ的正弦值为２ ５．
－ １ １ ３ ．设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＦＡＢ的法向量 则
５ ＝ － ， ， １＝（ １， １， １） ，
解
设
法
平
二
面 ： Ｂ
在
ＥＦ
图
的 ２ 法
中
向 ，
平
量
面
为
Ｂ
ｎ
Ｆ
２
Ｃ
＝
的
（
ｘ
一
，
ｙ
个
，
ｚ
）
法
，
向量为ｎ
１＝（０，０，１）
．
{ｎ １·
２
→ＡＢ ＝
２
０，即
２ {ｘ
１＝０，
又Ｂ→Ｆ
＝
æ
è
ç ３
，
１
，０
ö
ø
÷
，
Ｂ→Ｅ
＝
æ
è
ç
０，
１
，
３
ö
ø
÷
，
ｎ
１·
Ｂ→Ｆ
＝０， －
２
１ ｘ
１＋
２
１ ｙ
１＋
２
３ ｚ
１＝０
．
２ ２ ２ ２ 不妨令ｚ 可得ｎ 为平面ＦＡＢ的一个法向量．
{ｎ Ｂ→Ｆ 取平面Ａ １ Ｂ ＝ Ｐ １ 的 ， 法向量 １＝ ｎ （０，－３，１） 则
由 ２· ＝０，得其中一个ｎ ． ２＝（０，１，０），
ｎ Ｂ→Ｅ ２＝（１，－ ３，１） ｎ ｎ
２· ＝０ ｎ ｎ １· ２ －３ ３ １０．
设二面角Ｅ ＢＦ Ｃ的大小为θ 且由题意知θ为锐角 则 ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝ ＝－
－ － ， ， ｜ １｜·｜ ２｜ １０×１ １０
ｎ ｎ 易知 二面角Ｆ ＡＢ Ｐ是锐角
θ ｎ ｎ １· ２ １ ， － － ，
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ ＝ ，
｜ １｜｜ ２｜ ５ 所以其余弦值为３ １０．
因此 θ ２ ２ ５ 即所求二面角的正弦值为２ ５． １０
ｓｉｎ ＝ ＝ ， ２４．（２０１４安徽，２０，１３分）如图 四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ａ Ａ
５ ５ ５ ， － １ １ １ １ ， １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ２０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
底面ＡＢＣＤ．四边形ＡＢＣＤ为梯形 ＡＤ ＢＣ 且ＡＤ ＢＣ．过
⊥ ， ∥ ， ＝２ 故平面α与底面ＡＢＣＤ所成二面角的大小为π．
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
点
标 ， 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
∥ １ 因为Ｓ ＋２ θ 所以ａ ２ ．
从而平面Ａ ＣＤ与这两个平面的交线相互平行 即ＱＣ Ａ Ｄ． 四边形ＡＢＣＤ＝ ·２ｓｉｎ ＝６， ＝ θ
１ ， ∥ １ ２ ｓｉｎ
故 ＱＢＣ 与 Ａ ＡＤ 的对应边相互平行 于是 ＱＢＣ ( )
△ △ 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 ＝ＡＡ ＝ＡＤ＝ ， １ ＝（２ｃｏｓ ，２ｓｉｎ ，０）， １＝ θ，０，４
１ １ ２ ｓｉｎ
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
两部分
１＝
的体
，
积分别为Ｖ
上
和Ｖ
下
，
，
ＢＣ
＝
ａ
，
则ＡＤ
＝２
ａ．
评析 本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直，柱、锥体
积，二面角等知识；考查综合推理，转化与化归的意识，运用
Ｖ １ １ ａ ｈ ｄ １ ａｈｄ
Ｑ － Ａ １ ＡＤ＝ × ·２ · · ＝ ， 向量推理计算的能力；准确把握空间结构进行推理证明是解
３ ２ ３
ａ ａ 题的关键．
Ｖ １ ＋２ ｄ １ ｈ １ ａｈｄ
Ｑ － ＡＢＣＤ＝ · · · ＝ ， ２５．（２０１４四川，１８，１２分）三棱锥Ａ ＢＣＤ及其侧视图 俯视图如
３ ２ ２ ４ － 、
图所示．设Ｍ Ｎ分别为线段ＡＤ ＡＢ的中点 Ｐ为线段ＢＣ上
所以Ｖ Ｖ Ｖ ７ ａｈｄ ， ， ，
下＝ Ｑ － Ａ １ ＡＤ＋ Ｑ － ＡＢＣＤ＝ ， 的点 且ＭＮ ＮＰ．
１２ ， ⊥
证明 Ｐ是线段ＢＣ的中点
又Ｖ ３ ａｈｄ （１） ： ；
Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １－ ＡＢＣＤ＝ ， 求二面角Ａ ＮＰ Ｍ的余弦值．
２ （２） － －
所以Ｖ Ｖ Ｖ ３ ａｈｄ ７ ａｈｄ １１ａｈｄ
上＝ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １－ ＡＢＣＤ－ 下＝ － ＝ ，
２ １２ １２
Ｖ
故 上 １１．
Ｖ ＝
下 ７
解法一 如图 在 ＡＤＣ中 作ＡＥ ＤＣ 垂足为Ｅ 连接
（３） ： １， △ ， ⊥ ， ，
Ａ Ｅ ＡＣ．
１ ，
又ＤＥ ＡＡ 且ＡＡ ＡＥ Ａ
⊥ １， １∩ ＝ ， 解析 证明 如图 取ＢＤ中点Ｏ 连接ＡＯ ＣＯ．
所以ＤＥ 平面ＡＥＡ 于是ＤＥ Ａ Ｅ． （１） ： ， ， ，
⊥ １， ⊥ １
所以 ＡＥＡ 为平面α与底面ＡＢＣＤ所成二面角的平面角．
∠ １
因为ＢＣ ＡＤ ＡＤ ＢＣ 所以Ｓ Ｓ ．
∥ ， ＝２ ， △ ＡＤＣ＝２ △ ＢＣＡ
又因为梯形ＡＢＣＤ的面积为 ＤＣ 所以Ｓ ＡＥ ．
６， ＝２， △ ＡＤＣ＝４， ＝４
ＡＡ
于是 ＡＥＡ １ ＡＥＡ π．
ｔａｎ∠ １＝ＡＥ＝１，∠ １＝
４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ２１
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．
⊥
又因为ＡＣ 平面ＡＯＣ 所以ＢＤ ＡＣ．
⊂ ， ⊥
取ＢＯ的中点Ｈ 连接ＮＨ ＰＨ．
， ，
又Ｍ Ｎ分别为线段ＡＤ ＡＢ的中点
， ， ，
所以ＮＨ ＡＯ ＭＮ ＢＤ． 则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ．
∥ ， ∥ （０，０， ３）， （１，０，０）， （０， ３，０）， （－１，０，０）
因为ＡＯ ＢＤ 所以ＮＨ ＢＤ． 因为Ｍ Ｎ分别为线段ＡＤ ＡＢ的中点
⊥ ， ⊥ ， ， ，
因为ＭＮ ＮＰ 所以ＮＰ ＢＤ． 又由 知 Ｐ为线段ＢＣ的中点
⊥ ， ⊥ （１） ， ，
因为ＮＨ ＮＰ 平面ＮＨＰ 且ＮＨ ＮＰ Ｎ
， ⊂ ， ∩ ＝ ， æ ö æ ö æ ö
所以ＢＤ ⊥ 平面ＮＨＰ． 所以Ｍ è ç － １ ，０， ３ ø ÷ ， Ｎ è ç １ ，０， ３ ø ÷ ， Ｐ è ç １ ， ３ ，０ø ÷．
２ ２ ２ ２ ２ ２
又因为ＨＰ 平面ＮＨＰ
⊂ ， 于是→ＡＢ Ｂ→Ｃ
所以ＢＤ ＨＰ． ＝（１，０，－ ３）， ＝（－１， ３，０），
⊥ æ ö
又ＯＣ ＢＤ ＨＰ 平面ＢＣＤ ＯＣ 平面ＢＣＤ 所以ＨＰ ＯＣ． Ｍ→Ｎ Ｎ→Ｐ ç ３ ３÷．
⊥ ， ⊂ ， ⊂ ， ∥ ＝（１，０，０）， ＝è０， ，－ ø
因为Ｈ为ＢＯ中点 故Ｐ为ＢＣ中点． ２ ２
， 设平面ＡＢＣ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ
解法一 １＝（ １， １，１），
（ 如 ２ 图 ）
，
作ＮＱ ：
⊥
ＡＣ于Ｑ
，
连接ＭＱ．
则
{ｎ
１⊥
→ＡＢ
，即
{ｎ
１·
→ＡＢ
＝０，
ｎ Ｂ→Ｃ ｎ Ｂ→Ｃ
１⊥ ， １· ＝０，
{ {
ｘ ｙ ｚ ｘ ｚ
有 （ １， １， １）·（１，０，－ ３）＝０， 从而 １－ ３ １＝０，
ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ ．
（ １， １， １）·（－１， ３，０）＝０， － １＋ ３ 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
由 知 ＮＰ ＡＣ 所以ＮＱ ＮＰ． ２＝（ ２， ２， ２），
因
（
为
１）
ＭＮ
，
⊥ ＮＰ
∥
， 所以
，
∠ ＭＮＱ
⊥
为二面角Ａ － ＮＰ － Ｍ的一个平面角． 则
{ｎ
２⊥
Ｍ→Ｎ
，即
{ｎ
２·
Ｍ→Ｎ
＝０，
由 知 ＡＢＤ ＢＣＤ是边长为 的正三角形 所以ＡＯ ｎ Ｎ→Ｐ ｎ Ｎ→Ｐ
ＯＣ （１） ． ，△ ，△ ２ ， ＝ { ２ ｘ ⊥ ｙ ， ｚ ２· ＝０， {ｘ
＝ ３ （ ２， ２， ２）·（１，０，０）＝０， ２＝０，
由俯视图可知 ＡＯ 平面ＢＣＤ． 有 æ ö 从而
， ⊥ ｘ ｙ ｚ ç ３ ３÷ ３ｙ ３ｚ ．
因为ＯＣ 平面ＢＣＤ 所以ＡＯ ＯＣ． （ ２， ２， ２）·è０， ，－ ø＝０， ２－ ２＝０
⊂ ， ⊥ ２ ２ ２ ２
因此在等腰 ＡＯＣ中 ＡＣ ． 取ｚ 所以ｎ ．
Ｒｔ△ ， ＝ ６ ２＝１， ２＝（０，１，１）
作ＢＲ ＡＣ于Ｒ． 设二面角Ａ ＮＰ Ｍ的大小为θ
⊥ － － ，
在 △ ＡＢＣ中 ， ＡＢ ＝ ＢＣ ， 所以ＢＲ ＝ ＡＢ２ －
(ＡＣ)
２ ＝ １０． 则 ｃｏｓ θ ＝ ｎ
ｎ
１·
ｎ
ｎ ２ ＝ （ ３，１，１）·（０，１，１） ＝ １０．
２ ２ ｜ １｜·｜ ２｜ ５× ２ ５
因为在平面ＡＢＣ内 ＮＱ ＡＣ ＢＲ ＡＣ 所以ＮＱ ＢＲ．
， ⊥ ， ⊥ ， ∥ 故二面角Ａ ＮＰ Ｍ的余弦值是 １０．
又因为Ｎ为ＡＢ的中点 所以Ｑ为ＡＲ的中点 － －
， ， ５
ＢＲ 评析 本题主要考查空间图形的三视图、线面垂直的判定与
因此ＮＱ 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
２ ４
证能力、运算求解能力．
同理 可得ＭＱ １０
， ＝ ， ２６．（２０１４山东理，１７，１２ 分）如图 在四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
４ ， － １ １ １ １
ＭＮ ＢＤ 中 底面ＡＢＣＤ是等腰梯形 ＤＡＢ ° ＡＢ ＣＤ Ｍ 是
， ，∠ ＝６０ ， ＝２ ＝２，
线段ＡＢ的中点．
所以在等腰 ＭＮＱ中 ＭＮＱ ２ ４ １０．
△ ，ｃｏｓ∠ ＝ＮＱ＝ＮＱ＝ 求证 Ｃ Ｍ 平面Ａ ＡＤＤ
５ （１） ： １ ∥ １ １；
若ＣＤ 垂直于平面ＡＢＣＤ且ＣＤ 求平面Ｃ Ｄ Ｍ和
故二面角Ａ ＮＰ Ｍ的余弦值是 １０． （２） １ １＝ ３， １ １
－ － 平面ＡＢＣＤ所成的角 锐角 的余弦值．
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．
⊥ ， ， ，
如图 以Ｏ为坐标原点 以 Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ的方向为 ｘ 轴 ｙ 轴
， ， ， ， ， ，
ｚ轴的正方向 建立空间直角坐标系Ｏｘｙｚ．
，
解析 证明 因为四边形ＡＢＣＤ是等腰梯形
（１） ： ，
且ＡＢ ＣＤ 所以ＡＢ ＤＣ 又由Ｍ是ＡＢ的中点 因此ＣＤ
＝２ ， ∥ ， ， ∥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ２２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
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
解法一 连接ＡＣ ＭＣ 由 知ＣＤ ＡＭ且ＣＤ ＡＭ 所以
（２） ： ， ， （１） ∥ ＝ ， ２
四边形ＡＭＣＤ为平行四边形． 所以平面Ｃ Ｄ Ｍ 和平面 ＡＢＣＤ 所成的角 锐角 的余弦值
１ １ （ ）
可得ＢＣ ＡＤ ＭＣ
＝ ＝ ， 为 ５．
由题意 ＡＢＣ ＤＡＢ ° 所以 ＭＢＣ为正三角形
∠ ＝∠ ＝６０ ， △ ， ５
２７．（２０１３课标 理，１８，１２分）如图 直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
因此ＡＢ ＝２ ＢＣ ＝２， ＣＡ ＝ ３， Ⅱ ， － １ １ １ ，
因此ＣＡ ＣＢ．
⊥ Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＢＢ 的中点 ＡＡ ＡＣ ＣＢ ２ＡＢ．
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＝ ＝ ＝ ２
证明 ＢＣ 平面Ａ ＣＤ
（１） ： １∥ １ ；
求二面角Ｄ Ａ Ｃ Ｅ的正弦值．
（２） － １ －
所以Ａ Ｂ Ｄ
（ ３，０，０）， （０，１，０）， １（０，０， ３）， 解析 连接ＡＣ 交Ａ Ｃ于点Ｆ 则Ｆ为ＡＣ 中点．
因此Ｍ æ ç ３ １ ö ÷ 又Ｄ是 Ａ （ Ｂ １ 中 ） 点 连接 １ ＤＦ 则 １ ＢＣ Ｄ ， Ｆ． １
è ， ，０ø， ， ， １∥
２ ２ 因为ＤＦ 平面Ａ ＣＤ ＢＣ 平面Ａ ＣＤ
æ ö æ ö ⊂ １ ， １⊄ １ ，
所以Ｍ→Ｄ ç ３ １ ÷ Ｄ→Ｃ Ｍ→Ｂ ç ３ １ ÷． 所以ＢＣ 平面Ａ ＣＤ．
１＝è－ ，－ ， ３ø， １ １＝ ＝è－ ， ，０ø １∥ １
２ ２ ２ ２
设平面Ｃ Ｄ Ｍ的法向量ｎ ｘ ｙ ｚ 由ＡＣ ＣＢ ２ＡＢ得 ＡＣ ＢＣ．
１ １ ＝（ ， ， ）， （２） ＝ ＝ ， ⊥
由 {ｎ · Ｄ １ →Ｃ １＝０，得 { ３ ｘ － ｙ ＝０， 以Ｃ为坐标原点 ２ →ＣＡ的方向为ｘ轴正方向 建立如图所示的
， ，
ｎ Ｍ→Ｄ ｘ ｙ ｚ 空间直角坐标系Ｃ ｘｙｚ．设ＣＡ 则Ｄ Ｅ
· １＝０， ３ ＋ －２ ３ ＝０， － ＝２， （１，１，０）， （０，２，１），
可得平面Ｃ
１
Ｄ
１
Ｍ的一个法向量ｎ
＝（１， ３，１）
． Ａ
１（２，０，２），
Ｃ→Ｄ
＝（１，１，０），
Ｃ→Ｅ
＝（０，２，１），
→ＣＡ
１＝（２，０，２）
．
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｜｜ ｜
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
： （１） １ １ ∩ ＝ ，
引垂线交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 ° 设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面Ａ ＣＤ的法向量
Ｒｔ△ ， ＝１，∠ ＝６０ ， ＝（ １， １， １） １ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ２３
则 {ｎ · Ｃ→Ｄ ＝０，即 {ｘ １＋ ｙ １＝０， 所示 ，
ｎ →ＣＡ ｘ ｚ ．
· １＝０， ２ １＋２ １＝０
可取ｎ ．
＝（１，－１，－１）
{ｍ Ｃ→Ｅ
同理 设ｍ是平面Ａ ＣＥ的法向量 则 · ＝０，
， １ ， ｍ →ＣＡ ．
· １＝０
可取ｍ ．
＝（２，１，－２）
ｎ ｍ 则Ａ′ Ｃ Ｄ
从而 ｎ ｍ · ３ 故 ｎ ｍ ６． （０，０， ３）， （０，－３，０）， （１，－２，０），
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝ ， ｓｉｎ〈 ， 〉＝
｜ ｜｜ ｜ ３ ３ 所以Ｃ→Ａ′ Ｄ→Ａ′ ．
＝（０，３， ３）， ＝（－１，２， ３）
即二面角Ｄ Ａ Ｃ Ｅ的正弦值为 ６． {ｎ Ｃ→Ａ′
－ １ － 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面Ａ′ＣＤ的法向量 则 · ＝０，
思路分析 （ ）连接ＡＣ 交Ａ
３
Ｃ于点Ｆ，得出Ｆ为ＡＣ 的
＝（ ， ， ） ， ｎ
·
Ｄ→Ａ′
＝０，
中点，进而由 三角 １ 形中位线 １ 定理得 １ ＢＣ １∥ ＤＦ，结合线面平 １ 行 即 { ３ ｙ ＋ ３ ｚ ＝０， 解得 {ｙ ＝－ ｘ ，
ｘ ｙ ｚ ｚ ｘ
的判定定理即可获证线面平行；（ ）以 Ｃ 为坐标原点，→ＣＡ， － ＋２ ＋ ３ ＝０， ＝ ３ ，
２
令ｘ 得ｎ ．
Ｃ→Ｂ，Ｃ→Ｃ 的方向分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴正方向建立空间直角坐 ＝１， ＝（１，－１， ３）
标系，分 １ 别求出平面Ａ ＣＤ与平面Ａ ＣＥ的法向量，利用向量 由
（１）
知
，
Ｏ→Ａ′
＝（０，０， ３）
为平面ＣＤＢ的一个法向量
，
１ １
法求出二面角Ｄ Ａ Ｃ Ｅ的正弦值． ｎ Ｏ→Ａ′
－ １ － 所以 ｎ Ｏ→Ａ′ · ３ １５ 即二面角
２８．（２０１３广东理，１８，１４分）如图 ①， 在等腰直角三角形ＡＢＣ中 ， ｃｏｓ〈 ， 〉 ＝ ｜ ｎ ｜｜ Ｏ→Ａ′ ｜ ＝ ３× ５ ＝ ５ ，
Ａ ° ＢＣ Ｄ Ｅ分别是ＡＣ ＡＢ上的点 ＣＤ ＢＥ Ｏ
∠ ＝９０ ， ＝６， ， ， ， ＝ ＝ ２， Ａ′ ＣＤ Ｂ的平面角的余弦值为 １５．
为ＢＣ的中点．将 ＡＤＥ沿ＤＥ折起 得到如图 所示的四棱 － －
△ ， ② ５
锥Ａ′ ＢＣＤＥ 其中Ａ′Ｏ ． 评析 本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法．
－ ， ＝ ３
证明 Ａ′Ｏ 平面ＢＣＤＥ 属中等难度题，运算要准确．
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ａ′ ＣＤ Ｂ的平面角的余弦值． ２９．（２０１３浙江理，２０，１５分）如图 在四面体ＡＢＣＤ中 ＡＤ 平面
（２） － － ， ， ⊥
ＢＣＤ ＢＣ ＣＤ ＡＤ ＢＤ ．Ｍ是ＡＤ的中点 Ｐ是ＢＭ的
， ⊥ ， ＝２， ＝２ ２ ，
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 ， ∠
图 图
① ②
解析 在题图 中 易得ＯＣ ＡＣ ＡＤ ．
（１） ① ， ＝３， ＝３ ２， ＝２ ２
连接ＯＤ ＯＥ 在 ＯＣＤ中 由余弦定理可得
， ， △ ，
ＯＤ ＯＣ２ ＣＤ２ ＯＣ ＣＤ ° ．
＝ ＋ －２ · ｃｏｓ４５ ＝ ５
由翻折不变性可知Ａ′Ｄ
＝２ ２，
所以Ａ′Ｏ２ ＋ ＯＤ２ ＝ Ａ′Ｄ２ ， 所以Ａ′Ｏ ⊥ ＯＤ ， 解析 解法一 证明 取ＢＤ的中点Ｏ 在线段ＣＤ上取
同理可证Ａ′Ｏ ＯＥ 又ＯＤ ＯＥ Ｏ 所以Ａ′Ｏ 平面ＢＣＤＥ． ：（１） ： ，
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ 点Ｆ 使得ＤＦ ＦＣ 连接ＯＰ ＯＦ ＦＱ．
解法一 过Ｏ作ＯＨ ＣＤ交ＣＤ的延长线于Ｈ 连接Ａ′Ｈ ， ＝３ ， ， ，
（２） ： ⊥ ， ，
因为Ａ′Ｏ 平面ＢＣＤＥ 所以Ａ′Ｈ ＣＤ 所以 Ａ′ＨＯ为二面角
⊥ ， ⊥ ， ∠
Ａ′ ＣＤ Ｂ的平面角．
－ －
因为ＡＱ ＱＣ 所以ＱＦ ＡＤ 且ＱＦ １ ＡＤ．
＝３ ， ∥ ， ＝
４
结合题图 可知 Ｈ 为 ＡＣ 中点 故 ＯＨ ３ ２ 从而 Ａ′Ｈ 因为Ｏ Ｐ分别为ＢＤ ＢＭ的中点 所以ＯＰ是 ＢＤＭ的中位
① ， ， ＝ ， ＝ ， ， ， △
２
线 所以ＯＰ ＤＭ 且ＯＰ １ ＤＭ．
， ∥ ， ＝
ＯＨ２ ＯＡ′２ ３０ ２
＋ ＝ ，
２ 又点Ｍ为ＡＤ的中点 所以ＯＰ ＡＤ 且ＯＰ １ ＡＤ．
ＯＨ ， ∥ ， ＝
所以 Ａ′ＨＯ １５ 所以二面角Ａ′ ＣＤ Ｂ的平面角 ４
ｃｏｓ∠ ＝Ａ′Ｈ＝ ， － － 从而ＯＰ ＦＱ 且ＯＰ ＦＱ
５ ∥ ， ＝ ，
所以四边形ＯＰＱＦ为平行四边形 故ＰＱ ＯＦ．
的余弦值为 １５． ， ∥
又ＰＱ 平面ＢＣＤ ＯＦ 平面ＢＣＤ 所以ＰＱ 平面ＢＣＤ．
５ ⊄ ， ⊂ ， ∥
解法二 以 Ｏ 点为原点 建立空间直角坐标系 Ｏ ｘｙｚ 如图 作ＣＧ ＢＤ于点Ｇ 作ＧＨ ＢＭ于点Ｈ 连接ＣＨ．
： ， － （２） ⊥ ， ⊥ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ２４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
因为ＡＤ ⊥ 平面ＢＣＤ ， ＣＧ ⊂ 平面ＢＣＤ ， 所以ＡＤ ⊥ ＣＧ ， 又ＣＧ ⊥ 又ＢＣ ⊥ ＣＤ ， 所以Ｃ→Ｂ · Ｃ→Ｄ ＝０，
ＢＤ ＡＤ ＢＤ Ｄ 故ＣＧ 平面ＡＢＤ 又ＢＭ 平面ＡＢＤ 所以
， ∩ ＝ ， ⊥ ， ⊂ ， 故 ｘ ｙ ｘ ｙ
ＣＧ ＢＭ． （－ ０，－ ２－ ０，０）·（－ ０， ２－ ０，０）＝０，
⊥ 即ｘ２ ｙ２ ．
又ＧＨ ＢＭ ＣＧ ＧＨ Ｇ 故ＢＭ 平面ＣＧＨ 所以ＧＨ ＢＭ ０＋ ０＝２ ②
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥ ， ⊥ ， ì
ï
Ｃ
所
Ｈ
以
⊥ ＢＭ
ＣＨ
．
Ｇ为二面角Ｃ ＢＭ Ｄ的平面角 即 ＣＨＧ °． 联立 解得
{ｘ
０＝０， 舍去 或í
ï ｘ ０＝±
２
６ ，
∠ － － ， ∠ ＝６０ ①，②， ｙ （ ） ï
设 ∠ ＢＤＣ ＝ θ． ０＝－ ２ î ïｙ ０＝ ２．
在 ＢＣＤ中 ＣＤ ＢＤ θ θ ２
Ｒｔ△ ， ＝ ｃｏｓ ＝２ ２ｃｏｓ ， ｘ
ＣＧ ＣＤ θ θ θ 所以 ＢＤＣ ０ ．
＝ ｓｉｎ ＝２ ２ｃｏｓ ｓｉｎ ， ｔａｎ∠ ＝ ｙ ＝ ３
ＢＧ
＝
ＢＣ
ｓｉｎ
θ
＝２ ２ｓｉｎ
２θ．
又 ＢＤＣ是锐角 所
２
以
－ ０
ＢＤＣ °．
∠ ， ∠ ＝６０
在 Ｒｔ△ ＢＤＭ中 ， ＨＧ ＝ ＢＧ Ｂ · Ｍ ＤＭ ＝ ２ ２ｓｉｎ ２θ ． ３０．（２０１２课标理，１９，１２分）如图 ， 直三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ， ＡＣ
３
ＢＣ １ ＡＡ Ｄ是棱ＡＡ 的中点 ＤＣ ＢＤ．
在 Ｒｔ△ ＣＨＧ中 ，ｔａｎ∠ ＣＨＧ ＝Ｈ ＣＧ Ｇ＝ ３ｃｏｓ θ θ ＝ ３ ． ＝ ＝ ２ １， １ ， １⊥
ｓｉｎ 证明 ＤＣ ＢＣ
（１） ： １⊥ ；
所以 θ ． 求二面角Ａ ＢＤ Ｃ 的大小．
从而 ｔ θ ａｎ ＝ °． ３ （２） １－ － １
＝６０
即 ＢＤＣ °．
∠ ＝６０
解法二 证明 如图 取 ＢＤ 的中点 Ｏ 以 Ｏ 为原点 ＯＤ
：（１） ： ， ， ， ，
ＯＰ所在直线为ｙ ｚ轴 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
， ， －
解析 由题设知 三棱柱的侧面为矩形．
（１） ，
由于Ｄ为ＡＡ 的中点 故ＤＣ ＤＣ ．又ＡＣ １ ＡＡ 可得ＤＣ２
１ ， ＝ １ ＝ １， １＋
２
ＤＣ２ ＣＣ２ 所以 ＤＣ ＤＣ．而 ＤＣ ＢＤ ＤＣ ＢＤ Ｄ 所以
由题意知Ａ Ｂ Ｄ ． ＝ １， １⊥ １⊥ ， ∩ ＝ ，
（０， ２，２）， （０，－ ２，０）， （０， ２，０） ＤＣ 平面ＢＣＤ．又ＢＣ 平面ＢＣＤ 故ＤＣ ＢＣ．
设点Ｃ的坐标为 ｘ ｙ １⊥ ⊂ ， １⊥
（ ０， ０，０）， 由 知ＢＣ ＤＣ 且ＢＣ ＣＣ 则ＢＣ 平面ＡＣＣ
æ ö （２） （１） ⊥ １， ⊥ １， ⊥ １，
因为Ａ→Ｑ Ｑ→Ｃ 所以Ｑç ３ ｘ ２ ３ ｙ １ ÷． 所以ＣＡ ＣＢ ＣＣ 两两相互垂直．
＝３ ， è ０， ＋ ０， ø ， ， １
４ ４ ４ ２ 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
因为Ｍ为ＡＤ的中点 故Ｍ ． ， ，
， ( （０， ２ ) ，１） 轴的正方向 →ＣＡ 为单位长 建立如图所示的空间直角坐标
，｜ ｜ ，
又Ｐ为ＢＭ的中点 ， 故Ｐ ０，０， １ ， 系Ｃ － ｘｙｚ．
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
又ＰＱ 平面ＢＣＤ 所以ＰＱ 平面ＢＣＤ．
⊄ ， ∥
设ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面ＢＭＣ的法向量．
（２） ＝（ ， ， ）
由Ｃ→Ｍ ｘ ｙ Ｂ→Ｍ
＝（－ ０， ２－ ０，１）， ＝（０，２ ２，１），
{
ｘ ｘ ｙ ｙ ｚ
知 － ０ ＋（ ２－ ０） ＋ ＝０，
ｙ ｚ ．
２ ２ ＋ ＝０
æｙ ö
取ｙ 得ｍ ç ０＋ ２ ÷．
＝－１， ＝è ｘ ，－１，２ ２ø
０ 由题意知Ａ Ｂ Ｄ Ｃ ．
又平面ＢＤＭ的一个法向量为ｎ 于是 １（１，０，２）， （０，１，０）， （１，０，１）， １（０，０，２）
＝（１，０，０），
则Ａ→Ｄ Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｃ ．
ｙ ０＋ ２ 设ｎ １ ＝ ｘ （０ ｙ ，０ ｚ ，－ 是 １ 平 ）， 面Ａ ＝ Ｂ （１ Ｂ ， Ｄ －１ 的 ，１ 法 ）， 向量 １＝（－１，０，１）
ｍ ｎ ｘ ＝（ ， ， ） １ １ ，
｜ｃｏｓ〈 ｍ ， ｎ 〉｜＝ ｜ ｍ · ｎ ｜ ＝ ０ ＝ １ ， {ｎ Ｂ→Ｄ {ｘ ｙ ｚ
｜ ｜｜ ｜ æｙ ö２ ２ 则 · ＝０， 即 － ＋ ＝０，可取ｎ ．
９＋è ç ０＋ ｘ ２ ø ÷ ｎ · Ａ→ １ Ｄ ＝０， ｚ ＝０ ． ＝（１，１，０）
即 æ ç ｙ ０＋ ２ ö ÷ ２ ． ０ 同理 设ｍ是平面Ｃ ＢＤ的法向量 则 {ｍ · Ｂ→Ｄ ＝０，
è ｘ ø ＝３ ① ， １ ， ｍ Ｄ→Ｃ ．
０ · １＝０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ２５
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．
属中等难度题，运算要准确．
３１．（２０１１课标，１８，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 底面ＡＢＣＤ
， － ， Ｃ Ｐ Ｃ Ｄ ｘ
为平行四边形 ＤＡＢ ° ＡＢ ＡＤ ＰＤ 底面ＡＢＣＤ． 证明 设Ｃ Ｄ ｘ ＡＣ ＰＣ １ １ ．
，∠ ＝６０ ， ＝２ ， ⊥ （１） ： １ ＝ ，∵ ∥ １，∴ ＡＣ ＝ ＣＤ ＝ ｘ
证明 ＰＡ ＢＤ １－
（１） ： ⊥ ； ( ｘ )
设ＰＤ ＡＤ 求棱锥Ｄ ＰＢＣ的高． 由此可得Ｄ ｘ Ｐ
（２） ＝ ＝１， － （０，１， ）， ０，１＋ ｘ，０ ，
１－
( ｘ )
Ａ→Ｂ Ａ→Ｄ ｘ Ｂ→Ｐ ．
∴ １ ＝（１，０，１）， １ ＝（０，１， ）， １ ＝ －１，１＋ ｘ，０
１－
设平面ＢＡ Ｄ的一个法向量为ｎ ａ ｂ ｃ
１ １＝（ ， ，），
解析 因为 ＤＡＢ ° ＡＢ ＡＤ 由余弦定理得ＢＤ {ｎ Ａ→Ｂ ａ ｃ
（１） ∠ ＝６０ ， ＝２ ， ＝ 则 １· １ ＝ ＋ ＝０，令ｃ 则ｎ ｘ ．
３
ＡＤ．从而ＢＤ２
＋
ＡＤ２
＝
ＡＢ２
，
故ＢＤ
⊥
ＡＤ． ｎ
１·
Ａ→
１
Ｄ
＝
ｂ
＋
ｃｘ
＝０
． ＝－１， １＝（１， ，－１）
又ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 可得ＢＤ ＰＤ ＰＢ 平面ＢＡ Ｄ
⊥ ， ⊥ ， ∵ １∥ １ ，
所以ＢＤ 平面ＰＡＤ．故ＰＡ ＢＤ． ( ｘ )
⊥ ⊥ ｎ Ｂ→Ｐ ｘ ．
如图 作ＤＥ ＰＢ 垂足为Ｅ．已知ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 则ＰＤ ∴ １· １ ＝１×（－１）＋ · １＋ ｘ ＋（－１）×０＝０
（２） ， ⊥ ， ⊥ ， １－
ＢＣ．
⊥ 由此可得ｘ １ 故ＣＤ Ｃ Ｄ． 分
＝ ， ＝ １ （４ ）
２
( )
由 知 平面ＢＡ Ｄ的一个法向量ｎ １ ．
（２） （１） ， １ １＝ １， ，－１
２
又ｎ 为平面ＡＡ Ｄ的一个法向量．
２＝（１，０，０） １
ｎ ｎ
由 知ＢＤ ＡＤ 又ＢＣ ＡＤ 所以ＢＣ ＢＤ． ｎ ｎ １· ２ １ ２ ．
（１） ⊥ ， ∥ ， ⊥ ∴ ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝ ＝
故ＢＣ 平面ＰＢＤ ＢＣ ＤＥ． ｜ １｜·｜ ２｜ ３ ３
⊥ ， ⊥ １×
则ＤＥ 平面ＰＢＣ 即ＤＥ为棱锥Ｄ ＰＢＣ的高 ２
⊥ ， －
故二面角Ａ Ａ Ｄ Ｂ的平面角的余弦值为 ２ ． 分
由题设知ＰＤ ＝ ＡＤ ＝１， 则ＢＤ ＝ ３， ＰＢ ＝２ ． － １ － ３ （８ ）
( )
根据ＤＥ ＰＢ ＰＤ ＢＤ得ＤＥ ３． Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｄ １ ．
· ＝ · ＝ （３）∵ １＝（１，－２，０）， ＝ ０，－１，
２ ２
设平面Ｂ ＤＰ的一个法向量ｎ ａ ｂ ｃ
即棱锥Ｄ ＰＢＣ的高为 ３． １ ３＝（ １， １， １），
评析 本 － 题考查直线与 ２ 平面垂直，直线与直线垂直的判定与 {ｎ ３· Ｐ→Ｂ １＝ ａ １－２ ｂ １＝０，
则 ｃ
性质，三棱锥的体积，点到平面的距离等基础知识与基本方 ｎ Ｐ→Ｄ ｂ １ ．
３· ＝－ １＋ ＝０
法，考查空间想象能力，推理论证能力和运算能力，对平面几 ２
( ) ( )
何知识也有一定的要求，属中等偏难题． 令ｃ 可得ｎ １ ．又Ｄ→Ｃ １
１＝１， ３＝ １， ，１ ＝ ０，０， ，
３２．（２０１１四川理，１９，１２分）如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ２ ２
， － １ １ １ ， Ｄ→Ｃ ｎ
ＢＡＣ ° ＡＢ ＡＣ ＡＡ ．Ｄ是棱ＣＣ 上的一点 Ｐ是ＡＤ Ｃ到平面Ｂ ＤＰ的距离ｄ ｜ · ３｜ １ ． 分
∠ ＝９０ ， ＝ ＝ １＝１ １ ， ∴ １ ＝ ｎ ＝ （１２ ）
的延长线与Ａ Ｃ 的延长线的交点 且ＰＢ 平面ＢＤＡ ． ｜ ３｜ ３
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
空间向量及其应用 学生用书Ｐ１４２
解析 如图 以Ａ 为原点 Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ａ所在直线分别 １．（多选题）（２０２１新高考 ，１２，５分）在正三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
为ｘ轴 ｙ轴 ｚ ， 轴建立 １ 空间直角 ， 坐 １ 标 １， 系 １ Ａ １， Ｂ １ Ｃ Ａ 则Ａ Ⅰ － １ １ １
， ， １－ １ １ ， １（０，０， 中 ＡＢ ＡＡ 点Ｐ满足Ｂ→Ｐ λＢ→Ｃ μＢ→Ｂ 其中λ
Ｂ Ｃ Ｂ ． ， ＝ １＝１， ＝ ＋ １， ∈［０，１］，
０）， １（１，０，０）， １（０，１，０）， （１，０，１） μ 则
∈［０，１］， （ ）
当λ 时 ＡＢ Ｐ的周长为定值
Ａ． ＝１ ，△ １
当μ 时 三棱锥Ｐ Ａ ＢＣ的体积为定值
Ｂ． ＝１ ， － １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ２６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
( ａ ａ)
当λ １ 时 有且仅有一个点Ｐ 使得Ａ Ｐ ＢＰ ｎ ＋１ ２－ ．
Ｃ． ＝ ， ， １ ⊥ ∴ ＝ １， ，
２ ３ ３
易知ｍ 是平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 的一个法向量．设平面
Ｄ． 当μ ＝ ２ １ 时 ， 有且仅有一个点Ｐ ， 使得Ａ １ Ｂ ⊥ 平面ＡＢ １ Ｐ ＢＢ Ｃ Ｃ ＝ 与 （ 平 １， 面 ０， Ｄ ０ Ｅ ） Ｆ所成的锐二 １ 面 １ 角的大小为θ
１． 答案 ＢＤ １ １ ，
ｍ ｎ
２．（２０１７课标 理，１６，５分）ａ ｂ为空间中两条互相垂直的直线 则 θ ｍ ｎ ｜ · ｜ １
等腰直角三 Ⅲ 角形ＡＢＣ的直角 ， 边ＡＣ所在直线与ａ ｂ都垂直 斜 ， ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜ ＝ ｜ ｍ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ (ａ ＋１ ) ２ ( ２－ ａ) ２ ＝
， ， １＋ ＋
边ＡＢ以直线ＡＣ为旋转轴旋转 有下列结论 ３ ３
， ： ( )
当直线ＡＢ与ａ成 °角时 ＡＢ与ｂ成 °角 ３ ３ ６ 当ａ １ 时取等号
① ６０ ， ３０ ； ( ) ≤ ＝ ＝ ，
② 当直线ＡＢ与ａ成 ６０ °角时 ， ＡＢ与ｂ成 ６０ °角 ； ａ １ ２ ２７ ２７ ３ ２
直线ＡＢ与ａ所成角的最小值为 ° ２ － ２ ＋ ２ ２
③ ４５ ；
直线ＡＢ与ａ所成角的最大值为 °．
④ ６０ θ ２θ ３ 故当 ａ １ 即 Ｂ Ｄ １ 时 平面
其中正确的是 ． 填写所有正确结论的编号 ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ≥ ， ＝ ， １ ＝ ，
（ ） ３ ２ ２
２． 答案 ＢＢ Ｃ Ｃ与平面 ＤＦＥ 所成的二面角的正弦值最小 最小值
②③ １ １ ，
３．（２０２１全国甲理，１９，１２分）已知直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧
面ＡＡ Ｂ Ｂ为正方形 ＡＢ ＢＣ Ｅ Ｆ分别为Ａ － Ｃ １ 和 １ ＣＣ １ 的 ， 中 为 ３．
１ １ ， ＝ ＝２， ， １ ３
点 Ｄ为棱Ａ Ｂ 上的点 ＢＦ Ａ Ｂ ．
， 证明 ＢＦ １ １ ＤＥ ， ⊥ １ １ ４．（２０２１浙江，１９，１５分）如图 ， 在四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中 ， 底面ＡＢＣＤ
（１） ： ⊥ ； 是平行四边形 ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ ＰＡ Ｍ Ｎ分
当Ｂ Ｄ为何值时 面ＢＢ Ｃ Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的正 ，∠ ＝１２０ ， ＝１， ＝４， ＝ １５， ，
（２） １ ， １ １ 别为ＢＣ ＰＣ的中点 ＰＤ ＤＣ ＰＭ ＭＤ．
弦值最小 ， ， ⊥ ， ⊥
？ 证明 ＡＢ ＰＭ
（１） ： ⊥ ；
求直线ＡＮ与平面ＰＤＭ所成角的正弦值．
（２）
３． 解题指导 由直棱柱的特征及ＢＦ Ａ Ｂ ，可得ＡＢ 平面
⊥ １ １ ⊥
Ｂ Ｃ ＣＢ，进而可建立空间直角坐标系，利用坐标运算证明垂直 ４． 解析 在 ＣＤＭ中 ＤＣ ＭＣ ＤＣＭ ° 则ＤＭ
１ １ （１） △ ， ＝１， ＝２，∠ ＝６０ ，
关系和求二面角的正弦值．
所以ＣＤ ＤＭ．
解析 ＢＦ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ ＢＦ Ｂ Ｂ Ｂ ＝ ３， ⊥
∵ ⊥ １ １， １ ⊥ １ １， ∩ １ ＝ ， 又因为ＣＤ ＰＤ 所以ＣＤ 平面ＰＤＭ．
Ａ Ｂ 平面Ｂ Ｃ ＣＢ ⊥ ， ⊥
∴ １ １⊥ １ １ ， 因此ＣＤ ＰＭ．
ＡＢ Ａ Ｂ ＡＢ 平面Ｂ Ｃ ＣＢ ⊥
∵ ∥ １ １，∴ ⊥ １ １ ， 又因为ＡＢ ＣＤ 所以ＡＢ ＰＭ．
又 ＢＣ 平面Ｂ Ｃ ＣＢ ＡＢ ＢＣ． ∥ ， ⊥
∵ ⊂ １ １ ，∴ ⊥ 解法一
以Ｂ为坐标原点 ＢＡ ＢＣ ＢＢ 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ （２） ：
， ， ， １ ， ， 连接ＡＣ交ＤＭ于点Ｅ 过Ｅ作ＥＦ ＡＮ交ＰＣ于点Ｆ．过点Ｆ
轴 建立如图所示的空间直角坐标系 则 Ｂ ， ∥
， ， （０，０，０）， 作ＦＨ ＣＤ 交ＰＤ于Ｈ 连接ＨＥ．
Ｆ Ｅ Ｂ→Ｆ 设Ｂ Ｄ ａ ａ ∥ ， ，
（０，２，１）， （１，１，０），∴ ＝（０，２，１）， １ ＝ （０≤ ≤２）， 由 （１） 知ＣＤ ⊥ 平面ＰＤＭ ， 所以ＦＨ ⊥ 平面ＰＤＭ．
则Ｄ ａ 则Ｄ→Ｅ ａ ． 故 ＦＥＨ是直线ＡＮ与平面ＰＤＭ所成的角．
（ ，０，２）， ＝（１－ ，１，－２） ∠
由 知ＰＭ ＣＤ 又已知ＰＭ ＭＤ
（１） ⊥ ， ⊥ ，
所以ＰＭ 平面ＡＢＣＤ．
⊥
连接ＡＭ 在平行四边形ＡＢＣＤ中 ＡＭ ＡＣ ．
， ， ＝ ７， ＝ ２１
在直角 ＰＭＡ中 由ＰＡ ＡＭ 得ＰＭ ．
△ ， ＝ １５， ＝ ７ ＝２ ２
在直角 ＰＭＣ中 由ＰＭ ＭＣ 得ＰＣ ．
△ ， ＝２ ２， ＝２ ＝２ ３
在 ＰＡＣ中 由ＰＡ ＰＣ ＡＣ 得ＡＮ ．
△ ， ＝ １５， ＝２ ３， ＝ ２１ ＝ １５
ＥＣ ＥＦ ＦＣ
在平行四边形ＡＢＣＤ中 １ 所以 １
，ＡＣ＝ ， ＡＮ＝ＮＣ＝ ，
３ ３
证明 Ｂ→Ｆ Ｄ→Ｅ ａ ａ
（１） ：∵ · ＝（０，２，１）·（１－ ，１，－２）＝０×（１－ ）＋２×
ＢＦ ＤＥ． 故ＥＦ １５ ＨＦ ５
１＋１×（－２）＝０，∴ ⊥ ＝ ， ＝ ，
３ ６
Ｅ→Ｆ Ｆ→Ｄ ａ
（２） ＝（－１，１，１）， ＝（ ，－２，１）， ＨＦ
设平面ＤＦＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 在直角 ＦＨＥ中 ＦＥＨ １５．
＝（ ， ， ）， △ ，ｓｉｎ∠ ＝ＥＦ＝
６
{Ｅ→Ｆ ｎ ｘ ｙ ｚ ａ ａ
则 · ＝－ ＋ ＋ ＝０， 不妨设ｘ 则ｙ ＋１ ｚ ２－ 因此 直线ＡＮ与平面ＰＤＭ所成角的正弦值为 １５．
Ｆ→Ｄ
·
ｎ
＝
ａｘ
－２
ｙ
＋
ｚ
＝０，
＝１， ＝
３
， ＝
３
， ，
６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ２７
以Ｄ为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴
（２） ， ， ， １ ， ，
建立空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ．设正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长
－ － １ １ １ １
为 Ａ→Ｍ λＡ→Ｂ λ 则Ｃ Ａ Ｂ
２， １ ＝ １ １（０＜ ＜１）， （０，２，０）， １（２，０，２）， １（２，
Ｃ Ｄ Ｆ Ｅ 所以Ｃ→Ｆ
２，２）， １（０，２，２）， １（０，０，２）， （１，２，２）， （１，０，２）， ＝
Ｅ→Ｆ Ｃ→Ｍ Ｃ→Ａ Ａ→Ｍ Ｃ→Ａ λＡ→Ｂ
（１，０，２）， ＝（０，２，０）， ＝ １＋ １ ＝ １＋ １ １＝（２，－２，
λ λ ．
２）＋ （０，２，０）＝（２，－２＋２ ，２）
解法二 {ｎ Ｃ→Ｆ
如图 ， 以 ： Ｄ为原点 ， 分别以射线ＤＭ ， ＤＣ为ｘ ， ｙ轴的正半轴 ， 建 设平面 ＣＥＦ 的法向量为 ｎ １＝（ ｘ １， ｙ １， ｚ １）， 则 ｎ １· Ｅ→Ｆ ＝０，即
立空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ． １· ＝０，
－ {ｘ ｚ
１＋２ １＝０，令ｚ 得ｘ 所以平面ＣＥＦ的一个法向量
ｙ １＝１， １＝－２，
２ １＝０，
为ｎ ．
１＝（－２，０，１）
设平面ＣＦＭ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２＝（ ２， ２， ２），
{ｎ Ｃ→Ｆ
则 ２· ＝０，
ｎ Ｃ→Ｍ
２· ＝０，
{ｘ ｚ
即 ２＋２ ２＝０， 令ｚ 得ｘ ｙ １ 所以
则Ａ Ｃ Ｍ 设Ｐ ｚ ｚ ｘ λ ｙ ｚ ２＝１， ２＝－２， ２＝λ ，
（２ ３，－２，０）， （０，１，０）， （ ３，０，０）， （ ３，０， ０）， ０ ２ ２＋（－２＋２ ） ２＋２ ２＝０， ( ) －１
＞０， 平面ＣＦＭ的一个法向量为ｎ １ ．
因为ＰＡ 所以ｚ
２＝ －２，λ
－１
，１
＝ １５， ０＝２ ２，
ｎ ｎ
故Ｐ Ｎ
æ
ç ３ １
ö
÷
因为二面角Ｍ
－
ＣＦ
－
Ｅ的余弦值为 ５
，
所以
ｎ
｜ １·
ｎ
２｜
＝
５
，
即
（ ３，０，２ ２）， è ， ， ２ø， ３ ｜ １｜·｜ ２｜ ３
２ ２
æ ö ｜（－２） ２ ＋１ ２ ｜ ５
所以→ＡＮ ＝è ç － ３ ３ ， ５ ， ２ø ÷ ， Ｄ→Ｐ ＝（ ３，０，２ ２）， Ｄ→Ｍ ＝（ ３，０，０） ． ( ) ２ ＝ ３ ，
２ ２ ２ ２ ２ ２ １ ２
（－２） ＋０ ＋１ · （－２） ＋ λ ＋１
设平面ＰＤＭ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ －１
＝（ ， ， ），
Ａ Ｍ
{ｎ Ｄ→Ｐ { ｘ ｚ 又 λ 解得λ １ 即 １ １ ．
由 · ＝０，得 ３ ＋２ ２ ＝０，取ｎ ． ０＜ ＜１， ＝ ， Ａ Ｂ ＝
ｎ · Ｄ→Ｍ ＝０， ３ ｘ ＝０， ＝（０，１，０） 解题指导 （ ）先 ２ 利用直 １ 线 １ 与平 ２ 面平行的判定定理得到ＣＤ
１
设直线ＡＮ与平面ＰＤＭ所成角为α
，
所以
平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ，进而得到ＥＦ Ｃ Ｄ ，再由Ａ Ｄ Ｂ Ｃ ，得到
∥ １ １ １ １ ∥ １ １ １ １∥ １ １
Ａ→Ｎ ｎ 四边形ＥＦＣ Ｄ 是平行四边形，从而得出结论；
ｓｉｎ
α
＝｜ｃｏｓ〈
Ａ→Ｎ
，
ｎ
〉｜＝
｜
Ａ→
｜
Ｎ
｜
·
·｜
ｎ
｜
｜
＝ ６
１５．
（
２
）以Ｄ为原 １ 点 １ 建立空间直角坐标系Ｄ
－
ｘｙｚ，设Ａ
１
→Ｍ
＝
λＡ
１
→Ｂ
１
（
０
λ ），利用空间向量的坐标运算，得到平面ＣＥＦ与平面ＣＦＭ
因此 直线ＡＮ与平面ＰＤＭ所成角的正弦值为 １５． ＜ ＜１
， 的法向量，进而由已知条件得到关于λ的方程，解方程即可．
６
５．（２０２１北京，１７）在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｅ为Ａ Ｄ 的 拓展延伸 （ ）平面α与平面β的夹角与这两个平面的二面角相
－ １ １ １ １ ， １ １ １
中点 直线Ｂ Ｃ 交平面ＣＤＥ于点Ｆ． 等或互补；（ ）若平面α与平面β的法向量分别为ｎ ，ｎ ，则平面α
， １ １ ２ １ ２
求证 点Ｆ为Ｂ Ｃ 的中点 与平面β的夹角即为ｎ 和ｎ 的夹角或其补角，设平面α与平面β
（１） ： １ １ ； １ ２
若点Ｍ为棱Ａ Ｂ 上一点 且二面角Ｍ ＣＦ Ｅ的余弦值为 ｎ ·ｎ
（２） ５ ， 求 Ａ Ａ １ Ｂ Ｍ ． １ １ ， － － ６． 的 （２ 夹 ０２ 角 ０ 为 课标 θ，则 ｜ 理 ｃｏ ， ｓ １ θ ９ ｜ ， ＝ １ ｜ ２ ｃｏ 分 ｓ 〈 ） ｎ 如 １ ，ｎ 图 ２ 〉 ｜ 在 ＝ 长 ｜ ｎ ｜ １ 方 １ ｜ · 体 ｜ ｎ ２ Ａ ｜ ２ Ｂ ｜ ． ＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
３ １ １ 中 点Ｅ Ｆ分 Ⅲ 别在棱ＤＤ ＢＢ 上 ， 且 ＤＥ ＥＤ ＢＦ － １ ＦＢ １ ． １ １
， ， １， １ ， ２ ＝ １， ＝２ １
证明 点Ｃ 在平面ＡＥＦ内
（１） ： １ ；
若ＡＢ ＡＤ ＡＡ 求二面角Ａ ＥＦ Ａ 的正弦值．
（２） ＝２， ＝１， １＝３， － － １
５． 解析 证明 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＣＤ Ｃ Ｄ
（１） ： － １ １ １ １ ， ∥ １ １，
因为ＣＤ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｃ Ｄ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 所以ＣＤ 平
⊄ １ １ １ １， １ １⊂ １ １ １ １， ∥
面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 又ＣＤ 平面ＣＤＥ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 平面ＣＤＥ
１ １ １ １， ⊂ ， １ １ １ １∩ ＝
ＥＦ 所以ＣＤ ＥＦ 则 ＥＦ Ｃ Ｄ ．在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
， ∥ ， ∥ １ １ － １ １ １ １
中 Ａ Ｄ Ｂ Ｃ 所以四边形ＥＦＣ Ｄ 是平行四边形 则ＦＣ
， １ １∥ １ １， １ １ ， １＝
ＥＤ 又Ｅ是Ａ Ｄ 的中点 所以ＦＣ ＥＤ １ Ａ Ｄ １ Ｂ Ｃ
１， １ １ ， １＝ １＝ １ １＝ １ １，
２ ２
即点Ｆ是Ｂ Ｃ 的中点．
１ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ２８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
６． 解析 设ＡＢ ＝ ａ ， ＡＤ ＝ ｂ ， ＡＡ １＝ ｃ ， 如图 ， {ｎ · Ｄ→Ｑ ＝０，即 {ａｘ ＋ ｚ ＝０，
以Ｃ
１
为坐标原点
，
Ｃ
１
→Ｄ
１
的方向为ｘ轴正 ｎ
·
Ｄ→Ｃ
＝０，
ｙ
＝０
．
方向 ， 建立空间直角坐标系Ｃ １－ ｘｙｚ． 可取ｎ ＝（－１，０， ａ ） ．
证明 连接 Ｃ Ｆ 则 Ｃ
（１） ： １ ， １（０，０，０）， ｎ Ｐ→Ｂ ａ
( ) ( ) 所以 ｎ Ｐ→Ｂ · －１－ ．
Ａ
（
ａ
，
ｂ
，
ｃ
），
Ｅ ａ
，０，
２ ｃ
，
Ｆ
０，
ｂ
，
１ ｃ
，
ｃｏｓ〈 ， 〉＝
｜
ｎ
｜·｜
Ｐ→Ｂ
｜
＝
３ １＋
ａ２
３ ３
( ) ( ) ａ
→ＥＡ
＝ ０，
ｂ
，
１
３
ｃ
，
Ｃ→
１
Ｆ
＝ ０，
ｂ
，
１
３
ｃ
，
得→ＥＡ 设ＰＢ 与平面 ＱＣＤ 所成角为 θ
，
则
ｓｉｎ
θ
＝ ３
３
×
｜
１
＋
＋
１
ａ
｜
２ ＝
Ｃ→Ｆ 因此ＥＡ Ｃ Ｆ 即Ａ Ｅ Ｆ Ｃ 四点 ａ
＝ １ ， ∥ １ ， ， ， ， １ ３ ２ ．
共面 所以点Ｃ 在平面ＡＥＦ内． １＋ａ２
， １ ３ ＋１
由已知得 Ａ Ｅ Ｆ ａ
（２） （２，１，３）， （２，０，２）， 因为 ３ ２ ６ 当且仅当 ａ 时等号成立 所以 ＰＢ
（０，１，１），
Ａ
１（２，１，０），
→ＡＥ
＝（０，－１， －１），
→ＡＦ
＝（－２，０，－２），
Ａ→
１
Ｅ ３
１＋ａ２
＋１
≤
３
， ＝１ ，
Ａ→Ｆ ． 与平面ＱＣＤ所成角的正弦值的最大值为 ６．
＝（０，－１，２）， １ ＝（－２，０，１）
设ｎ １＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） 为平面ＡＥＦ的法向量 ， 则 {ｎ ｎ １· → → Ａ Ａ Ｅ Ｆ ＝０， ８．（ 平 ２ 面 ０２０ ＡＢ 天 Ｃ 津 Ａ ， Ｃ １７， Ｂ １ Ｃ ５分 ＡＣ ）如 Ｂ 图 Ｃ ， 在三 ＣＣ 棱柱Ａ 点 Ｂ ３ Ｃ － Ｄ Ａ １ Ｅ Ｂ 分 １ Ｃ 别 １ 中 在 ， 棱 ＣＣ Ａ １⊥ Ａ
１· ＝０， ， ⊥ ， ＝ ＝２， １＝３， ， １
{ ｙ ｚ 和棱ＣＣ 上 且ＡＤ ＣＥ Ｍ为棱Ａ Ｂ 的中点．
即 － － ＝０， 可取ｎ ． １ ， ＝１， ＝２， １ １
ｘ ｚ １＝（－１，－１，１） 求证 Ｃ Ｍ Ｂ Ｄ
－２ －２ ＝０， （１） ： １ ⊥ １ ；
设ｎ 为平面Ａ ＥＦ的法向量 则 {ｎ ２· Ａ→ １ Ｅ ＝０， （２） 求 求 二 直 面 线 角 ＡＢ Ｂ 与 － Ｂ 平 １ Ｅ 面 － Ｄ ＤＢ 的 Ｅ 正 所 弦 成 值 角 ； 的正弦值．
２ １ ， ｎ Ａ→Ｆ （３） １
２· １ ＝０，
( ) ｎ ｎ
同理可取 ｎ １ ．因为 ｎ ｎ １· ２
２ ＝ ，２，１ ｃｏｓ〈 １， ２〉 ＝ ｎ ｎ ＝
２ ｜ １｜·｜ ２｜
７
－ ，
７
所以二面角Ａ ＥＦ Ａ 的正弦值为 ４２．
－ － １
７
７．（２０２０新高考 ，２０，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的底面为正
Ⅰ ， －
方形 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ．设平面ＰＡＤ与平面ＰＢＣ的交线为ｌ．
（１） 证
，
明 ：
⊥
ｌ ⊥ 平面ＰＤＣ ；
８．
轴
解
ｙ
析
轴 ｚ
依
轴
题
的
意
正 ， 方
以
向
Ｃ
建
为
立
原
空
点
间 ，
分
直
别
角
以
坐
→Ｃ
标
Ａ
系 ，
Ｃ→Ｂ
如 ，
Ｃ
图
→Ｃ
１
的
可
方
得
向
Ｃ
为ｘ
已知ＰＤ ＡＤ Ｑ为ｌ上的点 求ＰＢ与平面ＱＣＤ所成角 ， ， （ ）， （０，
（２） ＝ ＝１， ， Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ
的正弦值的最大值． ０，０）， （２，０，０）， （０，２，０）， １（０，０，３）， １（２，０，３）， １（０，２，
Ｄ Ｅ Ｍ ．
３）， （２，０，１）， （０，０，２）， （１，１，３）
７． 解析 证明 因为ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 所以ＰＤ ＡＤ．又底
（１） ： ⊥ ， ⊥
面ＡＢＣＤ为正方形 所以ＡＤ ＤＣ．因此ＡＤ 平面ＰＤＣ．
， ⊥ ⊥
因为ＡＤ ＢＣ ＡＤ 平面ＰＢＣ 所以ＡＤ 平面ＰＢＣ．
∥ ， ⊄ ， ∥
由
因
已
此
知
ｌ
得
平
ｌ
∥ 面
Ａ
Ｐ
Ｄ
Ｄ
．
Ｃ． （１）
证明
：
依题意
，
Ｃ
１
→Ｍ
＝（１，１，０），
Ｂ→
１
Ｄ
＝（２，－２，－２），
从而Ｃ
１
→Ｍ
⊥ Ｂ→Ｄ 所以Ｃ Ｍ Ｂ Ｄ．
以Ｄ为坐标原点 Ｄ→Ａ的方向为ｘ轴 · １ ＝２－２＋０＝０， １ ⊥ １
（２） ， 依题意 →ＣＡ 是平面ＢＢ Ｅ的一个法向量 Ｅ→Ｂ
正方向 建立如图所示的空间直角坐标 （２） ， ＝（２，０，０） １ ， １＝
， Ｅ→Ｄ ．设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＤＢ Ｅ的法向
系Ｄ － ｘｙｚ．则 Ｄ （０，０，０）， Ｃ （０，１，０）， Ｂ （０，２， { １） ｎ ， Ｅ→Ｂ ＝（２，０，－ { １） ｙ ｚ ＝（ ， ， ） １
（１，１，０）， Ｐ （０，０，１）， Ｄ→Ｃ ＝（０，１，０）， Ｐ→Ｂ 量 则 · １＝０，即 ２ ＋ ＝０，
＝（１，１，－１） ． ， ｎ · Ｅ→Ｄ ＝０， ２ ｘ － ｚ ＝０ ．
由 可设Ｑ ａ 不妨设ｘ 可得ｎ ．
（１） （ ，０，１）， ＝１， ＝（１，－１，２）
则Ｄ→Ｑ
＝（
ａ
，０，１）
．
因此有 →ＣＡ ｎ
→ＣＡ
·
ｎ
６ 于是 →ＣＡ ｎ ３０．
设ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） 是平面ＱＣＤ的法向量 ， 则 ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ →ＣＡ ｜｜ ｎ ｜ ＝ ６ ， ｓｉｎ〈 ， 〉＝ ６
所以 二面角Ｂ Ｂ Ｅ Ｄ的正弦值为 ３０．
， － １ －
６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ２９
依题意 →ＡＢ ．由 知 ｎ 为平面 （３） ， ＝（－２，２，０） （２） ＝（１，－１，２）
→ＡＢ ｎ
ＤＢ Ｅ的一个法向量 于是 →ＡＢ ｎ · ３．
１ ， ｃｏｓ〈 ， 〉＝ →ＡＢ ｎ ＝－ ３ ｜ ｜｜ ｜
所以 直线ＡＢ与平面ＤＢ Ｅ所成角的正弦值为 ３．
， １
３
９．（２０１８课标 理，１９，１２分）如图 边长为 的正方形ＡＢＣＤ所
Ⅲ ， ２
在的平面与半圆弧ＣＤ
(
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．
９． 解析 本题考查面面垂直的判定 二面角的计算 空间向量
、 、
的应用．
证明 由题设知 平面ＣＭＤ 平面ＡＢＣＤ 交线为ＣＤ．因为
（１） ： ， ⊥ ，
ＢＣ ＣＤ ＢＣ 平面ＡＢＣＤ 所以ＢＣ 平面ＣＭＤ 故ＢＣ ＤＭ．
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ， ⊥
因为Ｍ为ＣＤ
(
上异于Ｃ Ｄ的点 且ＤＣ为直径 所以ＤＭ ＣＭ．
， ， ， ⊥
又ＢＣ ＣＭ Ｃ 所以ＤＭ 平面ＢＭＣ．
∩ ＝ ， ⊥
而ＤＭ 平面ＡＭＤ 故平面ＡＭＤ 平面ＢＭＣ．
⊂ ， ⊥
以Ｄ为坐标原点 Ｄ→Ａ的方向为ｘ
（２） ，
轴正方向 建立如图所示的空间直角
，
坐标系Ｄ ｘｙｚ．
－
当三棱锥Ｍ ＡＢＣ体积最大时 Ｍ 为
－ ，
ＣＤ
(
求证 ＣＤ 平面ＰＡＤ （１） ： ⊥ ；
求二面角Ｆ ＡＥ Ｐ的余弦值
（２） － － ；
ＰＧ
设点 Ｇ 在 ＰＢ 上 且 ２ ．判断直线 ＡＧ 是否在平面 （３） ， ＰＢ＝
３
ＡＥＦ内 说明理由．
，
１０． 解析 证明 因为ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＣＤ 平面ＡＢＣＤ
（１） ： ⊥ ， ⊂ ，
所以ＰＡ ＣＤ
⊥ ，
又因为ＡＤ ＣＤ 且ＡＤ ＰＡ Ａ 所以ＣＤ 平面ＰＡＤ．
⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
过Ａ作ＡＤ的垂线交ＢＣ于点Ｍ．
（２）
因为ＰＡ 平面ＡＢＣＤ 所以ＰＡ ＡＭ ＰＡ ＡＤ．
⊥ ， ⊥ ， ⊥
如图 建立空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ
， － ，
则Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｐ ．
（０，０，０）， （２，－１，０）， （２，２，０）， （０，２，０）， （０，０，２）
因为Ｅ为ＰＤ的中点 所以Ｅ ．
， （０，１，１）
的中点．由题设得Ｄ
（０，０，０），
Ａ
（２，
所以→ＡＥ
＝（０，１，１）
．又Ｐ→Ｃ
＝（２，２，－２），
→ＡＰ
＝（０，０，２）
．
Ｂ Ｃ Ｍ ( )
０，０）， （２，２，０）， （０，２，０）， （０，１，１）， 所 以 Ｐ→Ｆ １ Ｐ→Ｃ ２ ２ ２ →ＡＦ →ＡＰ Ｐ→Ｆ
则Ａ→Ｍ →ＡＢ Ｄ→Ａ ． ＝ ＝ ， ，－ ， ＝ ＋
＝（－２，１，１）， ＝（０，２，０）， ＝（２，０，０） ３ ３ ３ ３
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＭＡＢ的法向量 则 ( )
＝（ ， ， ） ， ２ ２ ４ ．
＝ ， ，
{ｎ Ａ→Ｍ { ｘ ｙ ｚ ３ ３ ３
· ＝０，即 －２ ＋ ＋ ＝０，可取ｎ ． 设平面ＡＥＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
ｎ · →ＡＢ ＝０， ２ ｙ ＝０， ＝（１，０，２） {ｎ →ＡＥ {ｙ ＋ ｚ ＝０， ＝（ ， ， ），
Ｄ→Ａ是平面ＭＣＤ的一个法向量 因此 则 · ＝０，即
ｎ Ｄ→Ａ
， ｎ
·
→ＡＦ
＝０，
２ ｘ
＋
２ ｙ
＋
４ ｚ
＝０
．
ｎ Ｄ→Ａ · ５ 则 ｎ Ｄ→Ａ ２ ５． ３ ３ ３
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ Ｄ→Ａ ＝ ５ ， ｓｉｎ〈 ， 〉＝ ５ 令ｚ ＝１， 则ｙ ＝－１， ｘ ＝－１ ．于是ｎ ＝（－１，－１，１） ．
｜ ｜｜ ｜
又因为平面ＰＡＤ的一个法向量为ｐ
＝（１，０，０），
所以面ＭＡＢ与面ＭＣＤ所成二面角的正弦值是２ ５．
ｎ ｐ
５ 所以 ｎ ｐ · ３．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｐ ＝－
解后反思 ．面面垂直的判定 ｜ ｜｜ ｜ ３
１
在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂
由题知 二面角Ｆ ＡＥ Ｐ为锐二面角 所以其余弦值为 ３．
线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决． ， － － ，
３
．利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法
（３）
直线ＡＧ在平面ＡＥＦ内．
２
（
１
）求空间中二面角的大小，可根据题意建立空间直角坐标 理由
：
因为点Ｇ在ＰＢ上
，
且 Ｐ
Ｐ
Ｇ
Ｂ＝
２
，
Ｐ→Ｂ
＝（２，－１，－２），
所以
系，再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过 ３
( ) ( )
两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合 Ｐ→Ｇ ２ Ｐ→Ｂ ４ ２ ４ →ＡＧ →ＡＰ Ｐ→Ｇ ４ ２ ２ ．
＝ ＝ ，－ ，－ ， ＝ ＋ ＝ ，－ ，
实际图形判断所求角是锐角还是钝角． ３ ３ ３ ３ ３ ３ ３
由 知 平面ＡＥＦ的一个法向量为ｎ ．
（ ）给出二面角的大小求解或证明相关问题，可利用求解二面 （２） ， ＝（－１，－１，１）
２
角的方法列出相关的关系式，再根据实际问题求解． 所以→ＡＧ ｎ ４ ２ ２ ．所以直线ＡＧ在平面ＡＥＦ内．
· ＝－ ＋ ＋ ＝０
１０．（２０１９北京理，１６，１４分）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 平 ３ ３ ３
， － ， ⊥ 思路分析 （ ）要证线面垂直，需证线与平面内的两条相
面ＡＢＣＤ ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＢＣ ＰＡ ＡＤ ＣＤ ＢＣ ．Ｅ为ＰＤ １
， ⊥ ， ∥ ， ＝ ＝ ＝２， ＝３ 交直线垂直．（ ）建系求两平面的法向量，利用向量法求二面
ＰＦ ２
的中点 点Ｆ在ＰＣ上 且 １ ．
， ， ＰＣ＝ 角的余弦值．（ ）通过计算得出→ＡＧ ｎ，结合Ａ 平面ＡＥＦ可
３ ３ ⊥ ∈
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ３０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
证明ＡＧ 平面ＡＥＦ． ２．（２０１６课标 ，文１８，１２分）如图 在以Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ为顶点
⊂ Ⅰ ， ， ， ， ， ，
的五面体中 面ＡＢＥＦ 为正方形 ＡＦ ＦＤ ＡＦＤ ° 且二
以下为教师用书专用（１—８） ， ， ＝２ ，∠ ＝９０ ，
面角Ｄ ＡＦ Ｅ与二面角Ｃ ＢＥ Ｆ都是 °．
１．（２０１８北京理，１６，１４分）如图 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＣＣ － － － － ６０
， － １ １ １ ， １ 证明 平面ＡＢＥＦ 平面ＥＦＤＣ
平面ＡＢＣ Ｄ Ｅ Ｆ Ｇ分别为ＡＡ ＡＣ Ａ Ｃ ＢＢ 的中点 ＡＢ （１） ： ⊥ ；
⊥ ， ， ， ， １， ， １ １， １ ， ＝ 求二面角Ｅ ＢＣ Ａ的余弦值．
（２） － －
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） ：
解析 证明 由已知可得ＡＦ ＤＦ ＡＦ ＦＥ 所以ＡＦ 平
（１） ： ⊥ ， ⊥ ， ⊥
面ＥＦＤＣ． 分
（２ ）
又ＡＦ 平面ＡＢＥＦ 故平面ＡＢＥＦ 平面ＥＦＤＣ． 分
⊂ ， ⊥ （３ ）
过Ｄ作ＤＧ ＥＦ 垂足为Ｇ 由 知ＤＧ 平面ＡＢＥＦ．
（２） ⊥ ， ， （１） ⊥
以Ｇ为坐标原点 Ｇ→Ｆ的方向为ｘ轴正方向 Ｇ→Ｆ 为单位长 建
， ，｜ ｜ ，
立如图所示的空间直角坐标系Ｇ ｘｙｚ． 分
－ （６ ）
解析 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中
（１） － １ １ １ ，
因为ＣＣ 平面ＡＢＣ 所以四边形Ａ ＡＣＣ 为矩形．
１⊥ ， １ １
又Ｅ Ｆ分别为ＡＣ Ａ Ｃ 的中点 所以ＡＣ ＥＦ．
， ， １ １ ， ⊥
因为ＡＢ ＢＣ 所以ＡＣ ＢＥ．
＝ ， ⊥
所以ＡＣ 平面ＢＥＦ． 由 知 ＤＦＥ为二面角Ｄ ＡＦ Ｅ的平面角 故 ＤＦＥ °
⊥ （１） ∠ － － ， ∠ ＝６０ ，
由 知ＡＣ ＥＦ ＡＣ ＢＥ ＥＦ ＣＣ ．
（２） （１） ⊥ ， ⊥ ， ∥ １ 则 ｜ ＤＦ ｜ ＝ ２，｜ ＤＧ ｜ ＝ ３， 可得 Ａ （１，４，０）， Ｂ （－３，４，０），
又ＣＣ 平面ＡＢＣ 所以ＥＦ 平面ＡＢＣ．
１⊥ ， ⊥ Ｅ Ｄ ．
因为ＢＥ 平面ＡＢＣ 所以ＥＦ ＢＥ． （－３，０，０）， （０，０， ３）
⊂ ， ⊥ 由已知得 ＡＢ ＥＦ 所以ＡＢ 平面ＥＦＤＣ． 分
如图建立空间直角坐标系Ｅ ｘｙｚ． ， ∥ ， ∥ （８ ）
－ 又平面ＡＢＣＤ 平面ＥＦＤＣ ＣＤ 故ＡＢ ＣＤ ＣＤ ＥＦ．
∩ ＝ ， ∥ ， ∥
由ＢＥ ＡＦ 可得ＢＥ 平面ＥＦＤＣ 所以 ＣＥＦ为二面角Ｃ ＢＥ
∥ ， ⊥ ， ∠ －
Ｆ的平面角 ＣＥＦ °．从而可得Ｃ ．
－ ，∠ ＝６０ （－２，０， ３）
所以Ｅ→Ｃ Ｅ→Ｂ →ＡＣ →ＡＢ
＝（１，０， ３）， ＝（０，４，０）， ＝（－３，－４， ３）， ＝
． 分
（－４，０，０） （１０ ）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＢＣＥ的法向量 则
＝（ ， ， ） ，
{ｎ · Ｅ→Ｃ ＝０，即 { ｘ ＋ ３ ｚ ＝０，
ｎ Ｅ→Ｂ ｙ ．
· ＝０， ４ ＝０
所以可取ｎ ．
＝（３，０，－ ３）
{ｍ →ＡＣ
由题意得Ｂ Ｃ Ｄ Ｆ 设ｍ是平面ＡＢＣＤ的法向量 则 · ＝０，
（０，２，０）， （－１，０，０）， （１，０，１）， （０，０，２）， ， ｍ →ＡＢ ．
Ｇ ． · ＝０
（０，２，１） ｎ ｍ
所以Ｂ→Ｃ
＝（－１，－２，０），
Ｂ→Ｄ
＝（１，－２，１）
． 同理可取ｍ
＝（０， ３，４）
．则
ｃｏｓ 〈
ｎ
，
ｍ
〉＝ ｎ
·
ｍ ＝－
２ １９．
｜ ｜｜ ｜ １９
设平面ＢＣＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ０， ０， ０），
{ｎ Ｂ→Ｃ {ｘ ｙ 故二面角Ｅ － ＢＣ － Ａ的余弦值为 － ２ １９． （１２ 分 ）
则 · ＝０，即 ０＋２ ０＝０， １９
ｎ
·
Ｂ→Ｄ
＝０，
ｘ
０－２
ｙ
０＋
ｚ
０＝０
． 评析 本题考查了立体几何部分有关垂直的证明，以及二
令ｙ 则ｘ ｚ ． 面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题．解决立体几何
于是
０＝
ｎ
－１， ０＝２，
．
０＝－４
问题时要注意“发现”垂线所在的位置．
＝（２，－１，－４）
３．（２０１５浙江，１７，１５分）如图 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＢＡＣ
又因为平面ＣＣ Ｄ的一个法向量为Ｅ→Ｂ ， － １ １ １ ，∠
１ ＝（０，２，０）， ° ＡＢ ＡＣ Ａ Ａ Ａ 在底面 ＡＢＣ 的射影为 ＢＣ 的中
所以 ｎ Ｅ→Ｂ
ｎ
·
Ｅ→Ｂ
２１． 点
＝９０
Ｄ
，
是Ｂ
＝
Ｃ 的
＝２
中
，
点
１
．
＝４， １
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ Ｅ→Ｂ ＝－ ２１ ， 证明 Ａ １ Ｄ １ 平面Ａ ＢＣ
｜ ｜｜ ｜ （１） ： １ ⊥ １ ；
求二面角Ａ ＢＤ Ｂ 的平面角的余弦值．
由题知二面角Ｂ ＣＤ Ｃ 为钝角 所以其余弦值为 ２１． （２） １－ － １
－ － １ ， －
２１
由 知平面ＢＣＤ的一个法向量为ｎ Ｆ→Ｇ
（３） （２） ＝（２，－１，－４）， ＝
．
（０，２，－１）
因为ｎ Ｆ→Ｇ
· ＝２×０＋（－１）×２＋（－４）×（－１）＝２≠０，
所以直线ＦＧ与平面ＢＣＤ相交．
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ３１
{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 ．
解析 证明 设 Ｅ 为 ＢＣ 的中点 由题意得 Ａ Ｅ 平面 １ －
（１） ： ， １ ⊥ ８
ＡＢＣ 所以Ａ Ｅ ＡＥ． 评析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系，二面角等基
， １ ⊥
因为ＡＢ ＡＣ 所以ＡＥ ＢＣ． 础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．
＝ ， ⊥
故ＡＥ 平面Ａ ＢＣ． ４．（２０１５福建理，１７，１２ 分）如图 在几何体 ＡＢＣＤＥ 中 四边形
⊥ １ ， ，
由Ｄ Ｅ分别为Ｂ Ｃ ＢＣ的中点 得ＤＥ Ｂ Ｂ且ＤＥ Ｂ Ｂ 从 ＡＢＣＤ是矩形 ＡＢ 平面ＢＥＣ ＢＥ ＥＣ ＡＢ ＢＥ ＥＣ Ｇ Ｆ
， １ １， ， ∥ １ ＝ １ ， ， ⊥ ， ⊥ ， ＝ ＝ ＝２， ，
而ＤＥ Ａ Ａ且ＤＥ Ａ Ａ 所以四边形Ａ ＡＥＤ为平行四边形． 分别是线段ＢＥ ＤＣ的中点．
∥ １ ＝ １ ， １ ，
故Ａ Ｄ ＡＥ． 求证 ＧＦ 平面ＡＤＥ
１ ∥ （１） ： ∥ ；
又因为ＡＥ 平面Ａ ＢＣ 所以Ａ Ｄ 平面Ａ ＢＣ． 求平面ＡＥＦ与平面ＢＥＣ所成锐二面角的余弦值．
⊥ １ ， １ ⊥ １ （２）
解析 解法一 证明 如图 取 ＡＥ 的中点 Ｈ 连接
：（１） ： ， ，
ＨＧ ＨＤ
， ，
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
１ ⊥ ， １ ⊥ ， ∠ １ １ １－ － １
的平面角．
由Ａ Ｄ Ａ Ｂ ＤＡ Ｂ ° 得 ＢＤ Ａ Ｆ Ｂ Ｆ
１ ＝ ２， １ ＝４，∠ １ ＝９０ ， ＝３ ２， １ ＝ １
４
＝ ，
３
又Ｇ是ＢＥ的中点 所以ＧＨ ＡＢ 且ＧＨ １ ＡＢ．
， ∥ ， ＝
由余弦定理得 Ａ ＦＢ １ ． ２
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 又Ｆ是ＣＤ的中点 ， 所以ＤＦ ＝ １ ＣＤ．
： ， ， ，
２
的正半轴 ， 建立空间直角坐标系Ｅ － ｘｙｚ ， 如图所示． 由四边形ＡＢＣＤ是矩形得 ， ＡＢ ∥ ＣＤ ， ＡＢ ＝ ＣＤ ，
所以ＧＨ ＤＦ 且ＧＨ ＤＦ
∥ ， ＝ ，
从而四边形ＨＧＦＤ是平行四边形 所以ＧＦ ＤＨ．
， ∥
又ＤＨ 平面ＡＤＥ ＧＦ 平面ＡＤＥ 所以ＧＦ 平面ＡＤＥ．
⊂ ， ⊄ ， ∥
如图 在平面ＢＥＣ内 过Ｂ点作ＢＱ ＥＣ．因为ＢＥ ＣＥ 所
（２） ， ， ∥ ⊥ ，
以ＢＱ ＢＥ．
⊥
由题意知各点坐标如下 Ａ Ｂ Ｄ
： １（０，０， １４）， （０， ２，０）， （－ ２，
Ｂ ．
０， １４）， １（－ ２， ２， １４）
因此Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｂ
１ ＝（０， ２，－ １４）， ＝（－ ２，－ ２， １４）， １＝（０，
．
２，０）
设平面Ａ ＢＤ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ 平面Ｂ ＢＤ的法向量
１ ＝（ １， １， １）， １
为ｎ ｘ ｙ ｚ ．
＝（ ２， ２， ２） 又因为ＡＢ 平面ＢＥＣ 所以ＡＢ ＢＥ ＡＢ ＢＱ．
{ｍ Ａ→Ｂ { ｙ ｚ ⊥ ， ⊥ ， ⊥
由 · １ ＝０，即 ２ １－ １４ １＝０， 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
， ， ， ， ，
ｍ · Ｂ→Ｄ ＝０， － ２ ｘ １－ ２ ｙ １＋ １４ ｚ １＝０， 方向建立空间直角坐标系 ， 则Ａ （０，０，２）， Ｂ （０，０，０）， Ｅ （２，０，
可取ｍ ． Ｆ ．
＝（０， ７，１） ０）， （２，２，１）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ３２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
因为ＡＢ ⊥ 平面ＢＥＣ ， 所以→ＢＡ ＝（０，０，２） 为平面ＢＥＣ的法向量． 易知二面角Ａ － Ａ １ Ｂ １－ Ｃ １ 为锐二面角 ， 所以二面角Ａ － Ａ １ Ｂ １－ Ｃ １
设ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） 为平面ＡＥＦ的法向量． 的余弦值为 １ ．
又→ＡＥ →ＡＦ ７
＝（２，０，－２）， ＝（２，２，－１）， 方法点拨 在求解或证明过程中，通常会用到一些初中阶
由 {ｎ · →ＡＥ ＝０，得 { ２ ｘ －２ ｚ ＝０， 段学习的平面 几何知识，如三角形中位线的性质、菱形的性
ｎ
·
→ＡＦ
＝０， ２
ｘ
＋２
ｙ
－
ｚ
＝０，
质，等腰三角形的性质，相似（全等）三角形的判定与性质等，
取ｚ 得ｎ ． 在复习时应予以关注．
＝２， ＝（２，－１，２）
从而 ｎ →ＢＡ
ｎ
·
→ＢＡ
４ ２
６．（２０１３课标
Ⅰ
理，１８，１２分）如图
，
三棱柱ＡＢＣ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
中
，
ＣＡ
＝
ｃｏｓ〈 ， 〉＝
｜
ｎ
｜·｜
→ＢＡ
｜
＝ ３×２ ＝ ３ ， ＣＢ ， ＡＢ ＝ ＡＡ １，∠ ＢＡＡ １＝６０ °．
证明 ＡＢ Ａ Ｃ
所以平面ＡＥＦ与平面ＢＥＣ所成锐二面角的余弦值为 ２ ． （１） ： ⊥ １ ；
若平面 ＡＢＣ 平面 ＡＡ Ｂ Ｂ ＡＢ ＣＢ 求直线 Ａ Ｃ 与平面
３ （２） ⊥ １ １ ， ＝ ， １
５．（２０１４课标 ，１９，１２ 分）如图 三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 侧面 ＢＢ Ｃ Ｃ所成角的正弦值．
Ⅰ ， － １ １ １ ， １ １
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 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．
解析 连接 ＢＣ 交 Ｂ Ｃ 于点 Ｏ 连接 ＡＯ．因为侧面 １⊥
（１） １， １ ， 因为ＯＣ ＯＡ Ｏ 所以ＡＢ 平面ＯＡ Ｃ．
ＢＢ Ｃ Ｃ为菱形 所以Ｂ Ｃ ＢＣ 且Ｏ为Ｂ Ｃ及ＢＣ 的中点． ∩ １＝ ， ⊥ １
１ １ ， １ ⊥ １， １ １ 又Ａ Ｃ 平面ＯＡ Ｃ 故ＡＢ Ａ Ｃ．
又ＡＢ Ｂ Ｃ 所以Ｂ Ｃ 平面ＡＢＯ．由于ＡＯ 平面ＡＢＯ 故Ｂ Ｃ １ ⊂ １ ， ⊥ １
⊥ １ ， １ ⊥ ⊂ ， １ 由 知ＯＣ ＡＢ ＯＡ ＡＢ．
⊥ ＡＯ．又Ｂ １ Ｏ ＝ ＣＯ ， 故ＡＣ ＝ ＡＢ １ ． （ 又 ２ 平 ） 面 （１ Ａ ） ＢＣ 平 ⊥ 面 ， ＡＡ １ Ｂ ⊥ Ｂ 交线为 ＡＢ 所以 ＯＣ 平面
（２） 因为ＡＣ ⊥ ＡＢ １， 且Ｏ为Ｂ １ Ｃ的中点 ， 所以ＡＯ ＝ ＣＯ． ＡＡ Ｂ Ｂ 故ＯＡ ⊥ ＯＡ ＯＣ两 １ 两 １ 相 ， 互垂直． ， ⊥
又因为 ＡＢ ＝ ＢＣ ， 所以 △ ＢＯＡ ≌△ ＢＯＣ．故 ＯＡ ⊥ ＯＢ ， 从而 ＯＡ ， １ １ ， ， １，
ＯＢ ＯＢ 两两垂直． 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 ， ，｜ ｜ ，
建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
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．
－
由题设知Ａ Ａ Ｃ Ｂ ．
因为 ＣＢＢ ° 所以 ＣＢＢ 为等边三角形 又ＡＢ ＢＣ 则
（１，０，０）， １（０， ３，０）， （０，０， ３）， （－１，０，０）
∠ １＝６０ ， △ １ ， ＝ ， 则→ＢＣ →ＢＢ →ＡＡ Ａ→Ｃ ．
æ ö æ ö æ ö ＝（１，０， ３）， １＝ １＝（－１， ３，０）， １ ＝（０，－ ３， ３）
Ａç ３÷ Ｂ Ｂ ç ３ ÷ Ｃç ３ ÷． 设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＢＢ Ｃ Ｃ的法向量
è０，０， ø， （１，０，０）， １è０， ，０ø， è０，－ ，０ø ＝（ ， ， ） １ １ ，
３ ３ ３ {ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ ｚ
æ ö æ ö 则 · ＝０，即 ＋ ３ ＝０， 可取ｎ ．
Ａ→Ｂ １ ＝ è ç ０， ３ ３ ，－ ３ ３ ø ÷ ， Ａ １ →Ｂ １ ＝ →ＡＢ ＝ è ç １，０，－ ３ ３ ø ÷ ， Ｂ １ →Ｃ １ ＝ Ｂ→Ｃ ｎ · Ｂ→Ｂ １＝０ ． － ｘ ＋ ３ ｙ ＝０ ． ＝（ ３，１，－１）
æ ö ｎ Ａ→Ｃ
＝è
ç
－１，－ ３
３
，０ø
÷． 故
ｃｏｓ〈
ｎ
，
Ａ→
１
Ｃ
〉＝ ｎ
·
Ａ→
１
Ｃ ＝－ ５
１０．
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＡ Ｂ 的法向量 ｜ ｜｜ １ ｜
＝（ ， ， ） １ １ ，
ì 所以Ａ Ｃ与平面ＢＢ Ｃ Ｃ所成角的正弦值为 １０．
ï
{ｎ Ａ→Ｂ ï ３ｙ － ３ｚ ＝０， １ １ １ ５
则 · １＝０， 即í３ ３ 思路分析 （ ）取ＡＢ的中点Ｏ，由已知条件可得ＯＣ ＡＢ，
１ ⊥
ｎ
·
Ａ
１
→Ｂ
１＝０， î
ï
ïｘ － ３ｚ ＝０ ． ＯＡ １⊥ ＡＢ，从而得ＡＢ ⊥ 平面ＯＡ １ Ｃ，从而得ＡＢ ⊥ Ａ １ Ｃ；（ ２ ）根据
３ 证得的垂直关系建立空间直角坐标系，求出平面ＢＢ Ｃ Ｃ的一
所以可取ｎ ． １ １
＝（１， ３， ３） 个法向量，进而求出该法向量与Ａ→Ｃ夹角的余弦值，从而可得
设ｍ是平面Ａ Ｂ Ｃ 的法向量 则 {ｍ · Ａ １ →Ｂ １＝０， 直线Ａ １ Ｃ与平面ＢＢ １ Ｃ １ Ｃ所成角的 １ 正弦值．
１ １ １ ， ｍ Ｂ→Ｃ ． 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 １＝０
同理可取ｍ ． 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，－ ３， ３）
ｎ ｍ 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
则 ｎ ｍ · １ ．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｎ ｍ ＝ 解中，常要借助这个定理作出平面的垂线．
｜ ｜｜ ｜ ７
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ３３
７．（２０１３湖南，１９，１２分）如图 在直棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＤ
， － １ １ １ １ ，
ＢＣ ＢＡＤ ° ＡＣ ＢＤ ＢＣ ＡＤ ＡＡ ．
∥ ，∠ ＝９０ ， ⊥ ， ＝１， ＝ １＝３
证明 ＡＣ Ｂ Ｄ
（１） ： ⊥ １ ；
求直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成角的正弦值．
（２） １ １ １
图
２
从而Ｂ→Ｄ ｔ →ＡＣ ｔ Ｂ→Ｄ ｔ ．
１ ＝（－，３，－３）， ＝（ ，１，０）， ＝（－，３，０）
解析 解法一 如图 因为ＢＢ 平面ＡＢＣＤ ＡＣ 平面 因为ＡＣ ＢＤ 所以→ＡＣ Ｂ→Ｄ ｔ２ 解得ｔ 或ｔ
：（１） １， １⊥ ， ⊂ ⊥ ， · ＝－ ＋３＋０＝０， ＝ ３ ＝－ ３
ＡＢＣＤ 所以ＡＣ ＢＢ ． 舍去 ．
， ⊥ １ （ ）
又
ＡＣ
ＡＣ
Ｂ ⊥ Ｄ
Ｂ
．
Ｄ
，
所以ＡＣ
⊥
平面 ＢＢ
１
Ｄ
，
而 Ｂ
１
Ｄ
⊂
平面 ＢＢ
１
Ｄ
，
所以 于是Ｂ→
１
Ｄ
＝（－ ３，３，－３），
→ＡＣ
＝（ ３，１，０）
．
⊥ １ 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〉｜＝
ｎ Ｂ→Ｃ
· １ １ ３ ２１．
图 ｜
ｎ
｜·｜
Ｂ
１
→Ｃ
１｜
＝
７
＝
７
１
即直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成角的正弦值为 ２１．
因为Ｂ Ｃ ＡＤ 所以直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成的角等 １ １ １
（２） １ １∥ ， １ １ １ ７
于直线ＡＤ与平面ＡＣＤ 所成的角 记为θ ． 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
１ （ ）
如图 连接 Ａ Ｄ．因为棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 是直棱柱 且 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
１， １ － １ １ １ １ ，
Ｂ Ａ Ｄ ＢＡＤ ° 所以 Ａ Ｂ 平面 ＡＤＤ Ａ 从而 Ａ Ｂ 能力．对于解法一的第（ ）问的运算量很小，但对学生的逻辑
∠ １ １ １＝∠ ＝９０ ， １ １⊥ １ １， １ １ ２
ＡＤ ．又ＡＤ ＡＡ 所以四边形ＡＤＤ Ａ 是正方形 于是Ａ Ｄ 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，
⊥ １ ＝ １＝３， １ １ ， １
ＡＤ ．故ＡＤ 平面Ａ Ｂ Ｄ 于是ＡＤ Ｂ Ｄ． 但运算求解能力要求非常高．在利用空间向量求解线面角时容
⊥ １ １⊥ １ １ ， １⊥ １
由 知 ＡＣ Ｂ Ｄ 所以Ｂ Ｄ 平面ＡＣＤ 故 ＡＤＢ ° θ． 易把公式记错，也是失分的原因．
（１） ， ⊥ １ ， １ ⊥ １， ∠ １＝９０ －
在直角梯形ＡＢＣＤ中 因为ＡＣ ＢＤ 所以 ＢＡＣ ＡＤＢ．从而 ８．（２０１６课标 ，１９，１２分）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中 ＰＡ 底面
， ⊥ ， ∠ ＝∠ Ⅲ ， － ， ⊥
ＡＢ ＢＣ ＡＢＣＤ ＡＤ ＢＣ ＡＢ ＡＤ ＡＣ ＰＡ ＢＣ Ｍ为线段ＡＤ上一
ＡＢＣ ＤＡＢ 故 即ＡＢ ＤＡ ＢＣ ． ， ∥ ， ＝ ＝ ＝３， ＝ ＝４，
Ｒｔ△ ∽Ｒｔ△ ， ＤＡ＝ＡＢ， ＝ · ＝ ３ 点 ＡＭ ＭＤ Ｎ为ＰＣ的中点．
， ＝２ ，
连接ＡＢ ．易知 ＡＢ Ｄ是直角三角形 且Ｂ Ｄ２ ＢＢ２ ＢＤ２ ＢＢ２ 证明ＭＮ 平面ＰＡＢ
１ △ １ ， １ ＝ １＋ ＝ １ （１） ∥ ；
＋
ＡＢ２
＋
ＡＤ２
＝２１，
即Ｂ
１
Ｄ
＝ ２１
．
（２）
求直线ＡＮ与平面ＰＭＮ所成角的正弦值．
ＡＤ
在 ＡＢ Ｄ中 ＡＤＢ ３ ２１
Ｒｔ△ １ ，ｃｏｓ∠ １＝Ｂ Ｄ＝ ＝ ，
１ ２１ ７
即 ° θ ２１．从而 θ ２１．
ｃｏｓ（９０ － ）＝ ｓｉｎ ＝
７ ７
即直线Ｂ Ｃ 与平面ＡＣＤ 所成角的正弦值为 ２１．
１ １ １
７
解法二 易知 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 两两垂直．如图 以Ａ为坐标原
：（１） ， ， ， １ ２， 解析 证明 由已知得ＡＭ ２ ＡＤ ．
点 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角 （１） ： ＝ ＝２
， ， ， １ ， ， ３
坐标系．设ＡＢ ｔ 则相关各点的坐标为Ａ Ｂ ｔ 取ＢＰ的中点Ｔ 连接ＡＴ ＴＮ
＝ ， （０，０，０）， （ ，０，０）， ， ， ，
Ｂ ｔ Ｃ ｔ Ｃ ｔ Ｄ Ｄ ．
１（ ，０，３）， （ ，１，０）， １（ ，１，３）， （０，３，０）， １（０，３，３）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ３４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
æ ö æ ö
由Ｎ为ＰＣ的中点知ＴＮ ＢＣ ＴＮ １ＢＣ ． 分 Ｐ→Ｍ Ｐ→Ｎ ç ５ ÷ Ａ→Ｎ ç ５ ÷．
∥ ， ＝ ＝２ （３ ） ＝（０，２，－４）， ＝è ，１，－２ø， ＝è ，１，２ø
２ ２ ２
又ＡＤ ＢＣ 故ＴＮ ＡＭ 故四边形ＡＭＮＴ为平行四边形 于是 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＰＭＮ的法向量
∥ ， 􀱀 ， ， ＝（ ， ， ） ，
ＭＮ ＡＴ． { ｙ ｚ
∥ {ｎ Ｐ→Ｍ ２ －４ ＝０，
因为ＡＴ 平面ＰＡＢ ＭＮ 平面ＰＡＢ 所以ＭＮ 平面ＰＡＢ． 则 · ＝０，即 分
⊂ ， ⊄ ， ∥ 分 ｎ Ｐ→Ｎ ５ｘ ｙ ｚ （１０ ）
（６ ） · ＝０， ＋ －２ ＝０，
２
（２） 取ＢＣ的中点Ｅ ， 连接ＡＥ．由ＡＢ ＝ ＡＣ得ＡＥ ⊥ ＢＣ ， 从而ＡＥ ⊥ 可取ｎ ＝（０，２，１） ．
ＡＤ
，
且ＡＥ
＝
ＡＢ２
－
ＢＥ２
＝
ＡＢ２
－
(Ｂ
２
Ｃ)
２
＝ ５
． 于是
｜ｃｏｓ〈
ｎ
，
Ａ→Ｎ
〉｜＝
｜ ｎ
ｎ
· Ａ
Ａ
→
→
Ｎ
Ｎ
｜
＝
８
２５
５．
｜ ｜｜ ｜
以Ａ为坐标原点 →ＡＥ的方向为ｘ轴正方向 建立如图所示的空
， ，
间直角坐标系Ａ ｘｙｚ． 即直线ＡＮ与平面ＰＭＮ所成角的正弦值为８ ５． 分
－ （１２ ）
２５
æ ö
由题意知 Ｐ Ｍ Ｃ Ｎç ５ ÷
， （０，０，４）， （０，２，０）， （ ５，２，０）， è ，１，２ø，
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１４４
1 １．与线面角有关的问题
考点 空间角与距离
（ ）求斜线与平面所成的角的关键是：找到斜线在平面内的
１
射影，斜线与其射影所成的锐角即为斜线与平面所成的角．
１．空间角
（ ）最小角定理：平面的斜线和它在平面内的射影所成的角
( ] ２
异面直线所成角的范围是 ，π 线面角的范围 是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角．
（１） ① ０ ；
[ ] ２ （ ）三余弦公式： θ θ · θ（如图所示，其中θ 是
是 ，π 二面角的范围是 ［ ， ］ ． ３ ｃｏｓ ＝ｃｏｓ １ ｃｏｓ ２ １
② ０ ； ③ ０ π 斜线ＯＡ与平面α所成的角，θ 是斜线ＯＡ的射影ＡＢ与平面内
２ ２
求解异面直线所成角有两种方法 平移法 向量法 应用 的直线ＡＣ的夹角，θ是斜线ＯＡ与平面内的直线ＡＣ的夹角）．
（２） ： 、 ，
时应注意异面直线所成角的范围．
用向量法求解斜线与平面所成角的问题 关键是确定斜
（３） ，
线的一个方向向量ａ和平面的一个法向量ｂ 再通过计算线面角
，
ａ ｂ
的向量公式 θ ａ ｂ ｜ · ｜ θ是斜线与平面所成的
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ａ ｂ （
｜ ｜｜ ｜
角 求解 要特别注意ａ和ｂ的夹角与线面角的关系．
） ，
利用向量法求二面角的大小时 应注意二面角的大小与 （ ）点Ｃ是 ＡＰＢ所在平面外的一点，若 ＣＰＡ ＣＰＢ
（４） ， ４ ∠ ∠ ＝∠
两法向量夹角大小的关系 它们之间可能相等 也可能互补 故 °，则斜线 ＣＰ 在平面 ＡＰＢ 内的射影落在 ＡＰＢ 的平分
， ， ， ≠９０ ∠
应在分清关系的情况下求解 避免出现错误． 线上．
，
计算二面角的关键是作出二面角的平面角 方法较为灵 ２．与二面角有关的问题
（５） ，
活 可以通过 割 或 补 找二面角的平面角．对于无棱二面角 （ ）二面角与二面角的平面角的区别和联系：二面角是
， “ ” “ ” ， １
可以先找出棱或借助于向量法求解 也可以利用射影面积公式 一个立体图形，二面角的平面角是一个平面图形，我们常用二
，
Ｓ 面角的平面角来刻画二面角的大小．
θ
射求解．
ｃｏｓ ＝Ｓ （ ）利用几何法求二面角的大小的关键是作出二面角的平
原 ２
２．空间距离 面角，要紧扣它的三个条件，即这个角的顶点在棱上，角的两边分
求空间距离常用的方法 别在两个半平面内，这两边都与棱垂直，只有满足这三个条件，才
：
直接法 找所求距离对应的垂线段 利用线线垂直 线 能称该角为二面角的平面角，否则就不是二面角的平面角．
（１） （ ）： 、
面垂直 面面垂直等性质定理和判定定理 作出空间距离对应的
、 ，
垂线段 再通过解三角形求出距离．其中 找垂足是作垂线段的关
， ，
键 一般借助面面垂直的性质定理或线面垂直的判定定理作出
，
面的垂线 因此要充分挖掘条件中的垂直关系．
，
间接法 在求解线面距离 面面距离的问题时 都可以转化
（２） ： 、 ，
为点面距离求解．在求解点面距离时 可以转化为点线距离 也可以
， ，
利用等体积转化法或等比例转化法进行求解 在求解点线距离时
； ，
可以利用勾股定理求解 也可以构造三角形采用等面积转化法求解．
，
-@
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
2
考点 空间向量及其应用
１．与空间向量运算有关的结论
设ａ ａ ａ ａ ｂ ｂ ｂ ｂ ｂ ０．
＝（ １， ２， ３）， ＝（ １， ２， ３）， ≠
ａ ｂ ａ λｂ ａ λｂ ａ λｂ ａ λｂ λ Ｒ
（１） ∥ ⇔ ＝ ⇔ １＝ １， ２＝ ２， ３＝ ３（ ∈ ）；
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
（２） ⊥ ⇔ · ＝０⇔ １ １＋ ２ ２＋ ３ ３＝０；
ａ ａ２ ａ２ ａ２ ａ２
（３）｜ ｜＝ ＝ １＋ ２＋ ３；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ３５
ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ 如图 ｎ ｎ 分别是二面角α ｌ β的两个半平面α β的法
ａ ｂ · １ １＋ ２ ２＋ ３ ３ ． ｂ、ｃ， １， ２ － － ，
（４）ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ａ ｜｜ ｂ ｜ ＝ ａ２ １＋ ａ２ ２＋ ａ２ ３· ｂ２ １＋ ｂ２ ２＋ ｂ２ ３ 向量 ， 则二面角的大小θ满足 ｃｏｓ θ ＝ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉 或 －ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉 ．
２．用向量证明空间中的平行关系 -@ 用空间向量解决空间距离问题
设直线ｌ 和ｌ 的方向向量分别为ｖ 和ｖ 则ｌ ｌ 或 （ ）点面距离：已知平面 α外一点 Ｂ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），平面 α
（１） １ ２ １ ２， １∥ ２（ １ ０ ０ ０
ｌ 与ｌ 重合 ｖ ｖ ． 内一点Ａ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），平面α的一个法向量ｎ，则点Ｂ到平面α
１ ２ 设直 ） 线 ⇔④ ｌ的 方 １∥ 向向 ２ 量为ｖ 与平面α共面的两个不共线向量 １ １ １
（２） ， →ＢＡ·ｎ
分别为ｖ 和ｖ 则ｌ α或ｌ α 存在两个实数ｘ ｙ 使ｖ ｘｖ ｙｖ ． 的距离为ｄ ｜ ｜．
１ ２， ∥ ⊂ ⇔ ， ， ＝ １＋ ２ ＝ ｎ
设直线ｌ的方向向量为ｖ 平面α的法向量为ｕ 则ｌ α ｜ ｜
（３） ， ， ∥ （ ）线面距离：已知直线ａ上一点Ｂ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），平面 α
或ｌ α ｖ ｕ ． ２ ０ ０ ０
⊂ ⇔⑤ ⊥ 内一点Ａ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），平面α的一个法向量ｎ，且ａ α，则直线
设平面α β的法向量分别为ｕ ｕ 则α β ｕ ｕ ． １ １ １ ∥
（４） ， １， ２， ∥ ⇔⑥ １∥ ２
３．用向量证明空间中的垂直关系 →ＢＡ·ｎ
ａ到平面α的距离为ｄ ｜ ｜．
＝ ｎ
设直线ｌ 和ｌ 的方向向量分别为ｖ 和ｖ 则ｌ ｌ ｖ
｜ ｜
ｖ （１） ｖ ·ｖ １ ． ２ １ ２， １⊥２⇔ １ （ ）面面距离：已知平面α内一点Ａ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），平面β内
⊥ ２⇔⑦ 设 直 １ 线 ２ ｌ ＝ 的 ０ 方向向量为ｖ 平面α的法向量为ｕ 则ｌ α 一点Ｂ ３ （ｘ ，ｙ ，ｚ ），平面α（或平面β）的一个 １ 法 １ 向 １ 量ｎ，则平行
（２） ， ， ⊥ ０ ０ ０
⇔⑧
ｖ
∥
ｕ ．
平面α，β间的距离为ｄ ｜
→ＢＡ·ｎ
｜．
设平面 α 和 β 的法向量分别为 ｕ 和 ｕ 则 α β ＝ ｎ
（３） １ ２， ⊥ ⇔ ｜ ｜
ｕ ｕ ｕ ｕ ． （ ）异面直线间的距离：已知直线ａ上一点Ａ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），
１⊥ ２⇔ １· ２＝０ ４ １ １ １
４．用空间向量解决空间角 直线ｂ上一点Ｂ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），异面直线ａ，ｂ的公垂线的方向向
设异面直线ｌ ｌ 的方向向量分别为ｍ ｍ 则ｌ 与ｌ ０ ０ ０
（１） １， ２ １， ２， １ ２ →ＢＡ·ｎ
所成的角θ满足 θ 〈ｍ ，ｍ 〉 ． 量ｎ，则异面直线ａ，ｂ间的距离为ｄ ｜ ｜．
ｃｏｓ ＝⑨ ｜ｃｏｓ １ ２ ｜ ＝ ｎ
设直线ｌ的方向向量和平面α的法向量分别为ｍ和ｎ ｜ ｜
（２） ， （ ）两点间的距离：已知点Ａ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），Ｂ（ｘ ，ｙ ，ｚ ），则
则直线ｌ与平面α所成角θ满足 θ 〈ｍ，ｎ〉 ． ５ １ １ １ ２ ２ ２
ｓｉｎ ＝⑩ ｜ｃｏｓ ｜
（３） 求二面角的大小 Ａ，Ｂ两点间的距离为 ｜ →ＡＢ ｜＝ （ｘ ２－ ｘ １ ）２ ＋ （ｙ ２－ ｙ １ ）２ ＋ （ｚ ２－ ｚ １ ）２．
如图 ＡＢ ＣＤ是二面角α ｌ β的两个半平面内与棱ｌ垂直
ａ， 、 － －
的直线 则二面角的大小θ →ＡＢ Ｃ→Ｄ ．
， ＝〈 ， 〉
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１４５
一、求解异面直线所成角的方法 中 ＡＢ ＢＣ ＡＡ 则异面直线ＡＤ 与ＤＢ 所成角的余弦
， ＝ ＝１， １＝ ３， １ １
１．定义法（平移法） 值为
（ ）
常见的平移方法有 利用图中已有的平行线平移 利用
（１） ： ； １ ５ ５ ２
特殊点 线段的端点或中点 作平行线平移 补形平移． Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
（ ） ； ５ ６ ５ ２
用平移法求异面直线所成角的一般步骤 解题思路
（２） ：
思路一 利用补形的手段平移两异面直线使其相交 从而构
： ，
造角所在的三角形 采用平移法即可求得结果
， ；
思路二 建立恰当的空间直角坐标系 分别求出Ａ→Ｄ 与Ｄ→Ｂ 的
： ， １ １
坐标 采用向量法即可求得结果．
，
解析 解法一 如图 将长方体 ＡＢＣＤ
： ， －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 补成长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 使ＡＡ
１ １ １ １ － ２ ２ ２ ２， １＝
Ａ Ａ 连 接 Ｂ Ｃ ＤＣ 易 知 ＡＤ Ｂ Ｃ
１ ２， １ ２， ２， １ ∥ １ ２，
ＤＢ Ｃ 或其补角为异面直线 ＡＤ 与 ＤＢ 所
∴ ∠ １ ２ １ １
成的角．易知 Ｂ Ｃ ＡＤ ＤＢ ２ ２
２．向量法 １ ２＝ １＝２， １＝ １ ＋１ ＋３ ＝
建立空间直角坐标系后 确定两直线的方向向量ａ ｂ 则两 ＤＣ ＤＣ２ ＣＣ２ ２ ２ ．在
， ， ， ５， ２＝ ＋ ２ ＝ １ ＋（２ ３） ＝ １３
ａ ｂ ＤＢ Ｃ 中 由 余 弦 定 理 得 ＤＢ Ｃ
异面直线所成角θ满足 θ · ． △ １ ２ ， ｃｏｓ∠ １ ２ ＝
例１ （２０１８课标 ｃ 理 ｏｓ ，９， ＝ ５ 分 ｜ ａ ） ｜｜ 在 ｂ ｜ 长方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ＤＢ Ｄ ２ １＋ Ｂ Ｂ １ Ｃ Ｂ ２ ２－ Ｃ ＤＣ２ ２ ＝ ５＋４－１３ ＝－ ５ ，
Ⅱ － １ １ １ １ ２ １· １ ２ ２× ５×２ ５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ３６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
思路二 由于已知的多面体存在线面垂直关系 容易构建空
异面直线ＡＤ 与ＤＢ 所成角的余弦值为 ５．故选 ． ： ，
∴ １ １ Ｃ 间直角坐标系 因此可采用向量法进行求解．
５ ，
解法二 以 Ａ 为原点建立空间直角坐标 解析 解法一
： １ ：
系 （ 如图 ）， 则Ａ （０，０， ３）， Ｄ １（０，１，０）， Ｄ （０，１， （１） 证明 ： 由ＡＢ ＝２， ＡＡ １＝４， ＢＢ １＝２， ＡＡ １⊥ ＡＢ ， ＢＢ １⊥ ＡＢ 得
３）， Ｂ １（１，０，０）， 所以Ａ→Ｄ １＝（０，１，－ ３）， Ｄ→Ｂ １＝ ＡＢ １＝
故
Ａ １
Ａ
Ｂ
Ｂ
１＝２
Ａ
２
Ｂ
， 所
．
以
利
Ａ
用
１ Ｂ
勾
２ １＋
股
ＡＢ
定
２ １
理
＝ Ａ
的
Ａ２ １
逆
，
定理证明线线垂直
所 以 Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ １⊥ １ １ （ ）
（１， － １， － ３ ）， ｃｏｓ 〈 １， １〉 ＝ 由ＢＣ ＢＢ ＣＣ ＢＢ ＢＣ ＣＣ ＢＣ得Ｂ Ｃ
Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ ＝２， １＝２， １＝１， １⊥ ， １⊥ １ １＝ ５，
１· １ ０×１＋１×（－１）＋（－ ３）×（－ ３） 由ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ °得ＡＣ
Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ ＝ ＝ ＝ ＝２，∠ ＝１２０ ＝２ ３，
｜ １｜·｜ １｜ ２× ５ 由ＣＣ ＡＣ 得ＡＣ 所以ＡＢ２ Ｂ Ｃ２ ＡＣ２
１⊥ ， １＝ １３， １＋ １ １＝ １，
５．则异面直线ＡＤ 与ＤＢ 所成角的余弦值为 Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ 故ＡＢ Ｂ Ｃ ．又Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ 因此ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ ．
１ １ ｜ｃｏｓ〈 １， １〉｜ １⊥ １ １ １ １∩ １ １＝ １， １⊥ １ １ １
５ 如图 过点Ｃ 作Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 交直线Ａ Ｂ 于点Ｄ 连接ＡＤ．
（２） ， １ １ ⊥ １ １， １ １ ，
５ 故选 ． 由ＡＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ 且ＡＢ 平面 ＡＢＢ 得平面 Ａ Ｂ Ｃ 平面
＝ ， Ｃ １⊥ １ １ １ １⊂ １ １ １ １⊥
５ ＡＢＢ 由Ｃ Ｄ Ａ Ｂ 得Ｃ Ｄ 平面ＡＢＢ 所以 Ｃ ＡＤ是ＡＣ 与平面
答案 Ｃ １， １ ⊥ １ １ １ ⊥ １， ∠ １ １
ＡＢＢ 所成的角． 利用定义法找线面角的关键是构造线面垂直 由
１－１ （２０２０湖北重点高中联考，８）在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ １ （ ）
－ １ １ １
中 ， 底面ＡＢＣ为等腰直角三角形 ， 且斜边 ＢＣ ＝２， Ｄ 是 ＢＣ 的中 Ｂ １ Ｃ １＝ ５， Ａ １ Ｂ １ ＝ ２ ２， Ａ １ Ｃ １ ＝ ２１ 得 ｃｏｓ∠ Ｃ １ Ａ １ Ｂ １ ＝ ６ ， 则
点 若ＡＡ 则异面直线Ａ Ｃ与ＡＤ所成角的大小为 ７
， １ ° ＝ ２， ° １ ° ° （ ） Ｃ Ｄ
Ａ．３０ Ｂ．４５ Ｃ．６０ Ｄ．９０ Ｃ Ａ Ｂ １ 所以Ｃ Ｄ 故 Ｃ ＡＤ １ ３９．因此 直
１－１． 答案 Ｃ ｓｉｎ∠ １ １ １＝ ， １ ＝ ３， ｓｉｎ∠ １ ＝ＡＣ ＝ ，
７ １ １３
１－２ （２０１７课标 理，１０，５分）已知直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
Ⅱ － １ １ １ 线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９．
中 ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ ＣＣ 则异面直线ＡＢ 与ＢＣ 所 １ １
，∠ ＝１２０ ， ＝２， ＝ １＝１， １ １ １３
成角的余弦值为
（ ）
３ １５ １０ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ５ ５ ３
１－２． 答案 Ｃ
二、求解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 解法二
， ；（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 证明 如图 以ＡＣ的中点Ｏ为原点 分别以射线ＯＢ ＯＣ
；（３） ： ， （１） ： ， ， ，
的知识求角． 为ｘ ｙ轴的非负半轴 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． 建立空间直
， ， － （
２．公式法 角坐标系
）
ｈ
θ 其中ｈ为斜线上除斜足外的任一点到所给平面α
ｓｉｎ ＝ ｌ （
的距离 ｌ为该点到斜足的距离 θ为斜线与平面α所成的角 ．
， ， ）
３．向量法
→ＡＢ ｎ
θ →ＡＢ ｎ ｜ · ｜ 其中ＡＢ为平面α的斜线 ｎ
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ →ＡＢ ｎ （ ，
｜ ｜｜ ｜
为平面α的法向量 θ为斜线与平面α所成的角 ．
， ）
例２ （２０１８浙江，１９，１５分）如图 已知多
，
面体 ＡＢＣＡ Ｂ Ｃ 中 Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ 均垂直于
平面ＡＢＣ １ Ａ １ ＢＣ １ ， １ ° ， Ａ Ａ １ ， １ Ｃ Ｃ ＡＢ 由题意知各点坐标如下 ：
，∠ ＝１２０ ， １ ＝４， １ ＝１， ＝ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｃ
ＢＣ Ｂ Ｂ ． （０，－ ３，０）， （１，０，０）， １（０，－ ３，４）， １（１，０，２）， １（０，
＝ （１ １ ） 证 ＝２ 明 ： ＡＢ １⊥ 平面Ａ １ Ｂ １ Ｃ １； ３，１） ．因此Ａ→Ｂ １＝（１， ３，２）， Ａ １ →Ｂ １＝（１， ３，－２）， Ａ １ →Ｃ １＝（０，２ ３，
求直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的 ．由Ａ→Ｂ Ａ→Ｂ 得 ＡＢ Ａ Ｂ ．由Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ 得 ＡＢ
（２） １ １ －３） １· １ １＝０ １⊥ １ １ １· １ １＝０ １⊥
正弦值． Ａ Ｃ ． 注意两向量垂直的充要条件的应用
解题思路 １ １ 因 （ 为Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ 所以ＡＢ 平面 ） Ａ Ｂ Ｃ ．
１ １∩ １ １＝ １， １⊥ １ １ １
思路一 欲证线面垂直 需完成线线垂直的证明 根据条 设直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角为θ．
：（１） ， ， （２） １ １
件结合勾股定理的逆定理可得ＡＢ Ａ Ｂ ＡＢ Ｂ Ｃ 从而根据
线面垂直的判定定理获证结论 １⊥ １ １， １⊥ １ １， 由 （１） 可知Ａ→Ｃ １＝（０，２ ３，１）， →ＡＢ ＝（１， ３，０）， Ｂ→Ｂ １＝（０，０，２） ．
； 设平面ＡＢＢ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ．
由于条件中存在面面垂直的背景 很容易构造出线面垂 １ ＝（ ， ， ）
直 法 ， 求 进 （ 解 而 ２ ． ） 找出斜线ＡＣ １ 在平面ＡＢＢ １ 内的射 ， 影 ， 因此可采用定义 由 {ｎ ｎ · →Ａ Ｂ→ Ｂ Ｂ ＝０， 得 { ｘ ＋ ｚ ３ ｙ ＝０，可取ｎ ＝（－ ３，１，０） ．
· １＝０， ２ ＝０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ３７
所以 θ Ａ→Ｃ ｎ ｜ Ａ→Ｃ １· ｎ ｜ ３９． 注意线面 （２）
设直线ＥＦ与平面Ａ
１
ＢＣ所成角为θ．
角θ与两向
ｓｉｎ
量夹
＝
角
｜ｃｏ
的
ｓ〈
关系
１
）
， 〉｜＝ ｜ Ａ→Ｃ １｜·｜ ｎ ｜ ＝ １３ （ 由
设
（
平
１
面
） 可
Ａ
知
１ Ｂ
Ｂ→
Ｃ
Ｃ
的
＝
法
（－
向
３
量
，１
为
，０
ｎ
）
＝
， Ａ
（
→ １
ｘ
Ｃ
， ｙ
＝
，
（
ｚ
０
）
，
．
２，－２ ３） ．
{Ｂ→Ｃ ｎ { ｘ ｙ
因此 直线ＡＣ 与平面ＡＢＢ 所成的角的正弦值是 ３９． 由 · ＝０， 得 － ３ ＋ ＝０，取ｎ
２－１
，
（２０１９ 浙
１
江，１９，１５
１
分）如图 已知三棱柱 １３ ＡＢＣ
Ａ→
１
Ｃ
·
ｎ
＝０， ２
ｙ
－２ ３
ｚ
＝０
． ＝（１， ３，１），
， － Ｅ→Ｆ ｎ
Ａ Ｂ Ｃ 平面Ａ ＡＣＣ 平面ＡＢＣ ＡＢＣ ° ＢＡＣ ° Ａ Ａ 故 θ Ｅ→Ｆ ｎ ｜ · ｜ ４ ．
１ Ａ １ Ｃ １， ＡＣ Ｅ Ｆ １ 分别 １ 是 ⊥ ＡＣ Ａ Ｂ 的 ，∠ 中点． ＝９０ ，∠ ＝３０ ， １ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ Ｅ→Ｆ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ ５
＝ １ ＝ ， ， ， １ １
证明 ＥＦ ＢＣ 因此 直线ＥＦ与平面Ａ ＢＣ所成的角的余弦值为 ３ ．
（１） ： ⊥ ； ， １
求直线ＥＦ与平面Ａ ＢＣ所成角的余弦值． ５
（２） １ ２－２ （２０１８江苏，２２，１０分）如图 在正三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ
， － １ １ １
中 ＡＢ ＡＡ 点Ｐ Ｑ分别为Ａ Ｂ ＢＣ的中点．
， ＝ １＝２， ， １ １，
求异面直线ＢＰ与ＡＣ 所成角的余弦值
（１） １ ；
求直线ＣＣ 与平面ＡＱＣ 所成角的正弦值．
（２） １ １
２－１． 解析 解法一 证明 连接Ａ Ｅ 因为Ａ Ａ Ａ Ｃ Ｅ
：（１） ： １ ， １ ＝ １ ，
是ＡＣ的中点 所以Ａ Ｅ ＡＣ 又平面Ａ ＡＣＣ 平面ＡＢＣ Ａ Ｅ
， １ ⊥ ， １ １⊥ ， １ ⊂
平面 Ａ ＡＣＣ 平面 Ａ ＡＣＣ 平面 ＡＢＣ ＡＣ 所以 Ａ Ｅ 平面
１ １， １ １∩ ＝ ， １ ⊥
ＡＢＣ ， 则Ａ １ Ｅ ⊥ ＢＣ．又因为Ａ １ Ｆ ∥ ＡＢ ，∠ ＡＢＣ ＝９０ ° ， 故ＢＣ ⊥ Ａ １ Ｆ．所 ２－２． 解析 如图 ， 在正三棱柱
以 ＢＣ （ ⊥ ２） 平 取 面 ＢＣ Ａ １ 的 ＥＦ 中 ．因 点 此 Ｇ ， Ｅ 连 Ｆ ⊥ 接 Ｂ Ｅ Ｃ Ｇ ． ， ＧＦ ， Ａ 别 Ｂ 为 Ｃ － Ｏ Ａ １ Ｂ Ｏ １ Ｃ １ 连 中 接 ， Ｏ 设 Ｂ Ａ Ｏ Ｃ Ｏ ， Ａ １ Ｃ １ 的中点分
则四边形ＥＧＦＡ 是平行四边形．
则
，
ＯＢ
１，
ＯＣ ＯＯ
，
Ｏ
１
Ｃ
，
ＯＯ ＯＢ．
由于Ａ Ｅ 平面
１
ＡＢＣ
⊥ ， １⊥ ， １⊥
１ ⊥ ， 以 Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｏ 为基底建立空间
又因为ＥＧ 平面ＡＢＣ ｛ ， ， １｝
⊂ ， 直角坐标系Ｏ ｘｙｚ．
故Ａ Ｅ ＥＧ －
１ ⊥ ， 因为ＡＢ ＡＡ
所以平行四边形ＥＧＦＡ 为矩形． ＝ １＝２，
１ 所以Ａ Ｂ Ｃ
由 得ＢＣ 平面ＥＧＦＡ 且ＢＣ 平面Ａ ＢＣ （０，－１，０）， （ ３，０，０），
则 所 （ 平 以 １ 面 ） ＥＦ Ａ 在 １ Ｂ 平 Ｃ ⊥ ⊥ 面 平 Ａ 面 ＢＣ ＥＧ 上 Ｆ 的 Ａ １ １ ， 射 ， 影在 ⊂ 直线Ａ Ｇ １ 上． ， （０，１ （ ，０ １ ） ） ， 因 Ａ 为 １（０ Ｐ ，－ 为 １， Ａ ２ １ ） Ｂ ， １ Ｂ 的 １（ 中 ３ 点 ，０ ， ，２）， Ｃ １（０，１，２） ．
连接Ａ Ｇ交ＥＦ于 １ Ｏ 则 ＥＯＧ是直线Ｅ １ Ｆ与平面Ａ ＢＣ所 æ ö æ ö
１ ， ∠ １ 所以Ｐ è ç ３ ，－ １ ，２ø ÷．从而Ｂ→Ｐ ＝è ç － ３ ，－ １ ，２ø ÷ ，
成的角 不妨设ＡＣ 则在 Ａ ＥＧ中 Ａ Ｅ ＥＧ ． ２ ２ ２ ２
， ＝４， Ｒｔ△ １ ， １ ＝２ ３， ＝ ３
由于Ｏ为Ａ Ｇ的中点 故ＥＯ ＯＧ
Ａ
１
Ｇ
１５
又Ａ→Ｃ １＝（０，２，２） ．
１ ， ＝ ＝ ＝ ， Ｂ→Ｐ Ａ→Ｃ
２ ２ 故 Ｂ→Ｐ Ａ→Ｃ ｜ · １｜ ｜－１＋４｜ ３ １０．
所以 ｃｏｓ∠ ＥＯＧ ＝
ＥＯ２
Ｅ ＋ Ｏ
ＯＧ２
Ｏ － Ｇ
ＥＧ２
＝ ３ ．
｜ｃｏｓ〈 ， １〉｜＝
｜ Ｂ→Ｐ ｜·｜ Ａ→Ｃ １｜
＝
５×２ ２
＝
２０
２ · ５
因此 异面直线ＢＰ与ＡＣ 所成角的余弦值为３ １０．
因此 直线ＥＦ与平面Ａ ＢＣ所成角的余弦值是 ３ ． ， １
， １ ２０
５ æ ö
解法二 证明 连接 Ａ Ｅ 因为 Ａ Ａ Ａ Ｃ Ｅ 是 ＡＣ 的中 因为Ｑ为ＢＣ的中点 所以Ｑç ３ １ ÷
：（１） ： １ ， １ ＝ １ ， （２） ， è ， ，０ø，
点 所以Ａ Ｅ ＡＣ． ２ ２
， １ ⊥ æ ö
又平面 Ａ ＡＣＣ 平面 ＡＢＣ Ａ Ｅ 平面 Ａ ＡＣＣ 平面 因此Ａ→Ｑ ç ３ ３ ÷ Ａ→Ｃ Ｃ→Ｃ ．
１ １ ⊥ ， １ ⊂ １ １， ＝è ， ，０ø， １＝（０，２，２）， １＝（０，０，２）
Ａ ＡＣＣ 平面ＡＢＣ ＡＣ 所以Ａ Ｅ 平面ＡＢＣ． ２ ２
１ １∩ ＝ ， １ ⊥ 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＡＱＣ 的法向量
如图 ， 以点Ｅ为原点 ， 分别以射线ＥＣ ， ＝（ ， ， ） { １ ，
ＥＡ １ 为ｙ轴 ， ｚ轴的非负半轴 ， 建立空间直角 则 {Ａ→Ｑ · ｎ ＝０， 即 ３ｘ ＋ ３ ｙ ＝０，
坐标系Ｅ
－
ｘｙｚ．不妨设ＡＣ
＝４，
Ａ→Ｃ
１·
ｎ
＝０，
２
ｙ ｚ
２
．
则Ａ Ｂ Ｂ ２ ＋２ ＝０
１（０，０，２ ３）， （ ３，１，０）， １（ ３， 不妨取ｎ ．
æ ö ＝（ ３，－１，１）
Ｆç ３ ３ ÷ Ｃ ． 设直线ＣＣ 与平面ＡＱＣ 所成角为θ
３，２ ３）， è ， ，２ ３ø， （０，２，０） １ １ ，
２ ２ Ｃ→Ｃ ｎ
因此 ， Ｅ→Ｆ ＝ æ è ç ２ ３ ， ３ ２ ，２ ３ ö ø ÷ ， Ｂ→Ｃ ＝（－ ３，１，０） ． 则 ｓｉｎ θ ＝｜ｃｏｓ〈 Ｃ→Ｃ １， ｎ 〉｜＝ ｜ Ｃ ｜ →Ｃ １ １ ｜ · ·｜ ｎ ｜ ｜ ＝ ２× ２ ５ ＝ ５ ５ ，
由Ｅ→Ｆ · Ｂ→Ｃ ＝０ 得ＥＦ ⊥ ＢＣ． 所以直线ＣＣ 与平面ＡＱＣ 所成角的正弦值为 ５．
１ １
５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ３８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
方法总结 （ ）用向量法求异面直线所成角的步骤：
１
求两条异面直线所对应的方向向量ｍ，ｎ；
①
异面直线所成角 θ 的余弦值 θ 〈ｍ，ｎ〉
② ｃｏｓ ＝ ｜ ｃｏｓ ｜
ｍ·ｎ
｜ ｜ ．
＝ ｍ · ｎ
｜ ｜ ｜ ｜
（ ）用向量法求线面角的正弦值的步骤：
２
求直线的方向向量ａ和平面的法向量ｂ；
①
直线与平面所成角 θ 的正弦值 θ 〈ａ，ｂ〉
② ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ ｜
ａ·ｂ
｜ ｜．
＝ ａ ｂ
｜ ｜｜ ｜
三、求解二面角的方法
（一）利用找二面角的平面角进行求解
１．定义法：在二面角的棱上找一特殊点 过该点在两个半
，
平面内分别作垂直于棱的射线 如图 ＡＯＢ为二面角α ｌ
， （１），∠ － －
β的平面角．
２．垂面法：过棱上任一点作棱的垂直平面 该平面与二面
，
角的两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角 如 ，
图 ＡＯＢ为二面角α ｌ β的平面角．
（２），∠ － －
３．垂线法（三垂线定理法）：过二面角的一个半平面内
一点作另一个半平面所在平面的垂线 从垂足出发向棱引垂线
， ，
利用三垂线定理即可找到所求二面角的平面角或其补角 如图
，
ＡＢＯ为二面角α ｌ β的平面角．
（３），∠ － －
（二）利用公式进行求解
Ｓ
１．射影面积公式： θ 射 该方法主要用来解决无棱二
ｃｏｓ ＝Ｓ ，
原
面角大小的计算 关键在于找出其中一个半平面内的多边形在
，
另一个半平面内的射影．
ｎ ｎ
２．向量法：利用公式 ｎ ｎ １· ２ ｎ ｎ 分别为
ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ （ １， ２ ｜ １｜｜ ２｜
两平面的法向量 进行求解 注意 ｎ ｎ 与二面角大小的关系
） ， 〈 １， ２〉 ，
是相等还是互补 需结合图形进行判断．
，
例３ （２０１７山东理，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）
(
思路一 由于 ＥＡＧ与 ＣＡＧ是共底的等腰三角形 因
（２） ： △ △ ，
此可以取底边的中点 利用定义法找出所求二面角的平面角 结
， ，
合平面角知识求其大小
；
思路二 通过 的证明 发现所给几何体出现了共顶点的
： （１） ，
三条直线两两垂直 因此可以建立适当的空间直角坐标系 利用
， ，
向量法求其二面角大小．
解析 因为ＡＰ ＢＥ ＡＢ ＢＥ ＡＢ ＡＰ 平面ＡＢＰ ＡＢ
（１） ⊥ ， ⊥ ， ， ⊂ ， ∩
ＡＰ Ａ 所以ＢＥ 平面ＡＢＰ 又ＢＰ 平面ＡＢＰ
＝ ， ⊥ ， ⊂ ，
所以ＢＥ ＢＰ 又 ＥＢＣ ° 因此 ＣＢＰ °．
⊥ ， ∠ ＝１２０ ， ∠ ＝３０
解法一 取ＥＣ
（２） ：
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 ， － －
解题思路
欲求 ＣＢＰ的大小 只需求出 ＥＢＰ的大小即可 结合
（１） ∠ ， ∠ ，
条件利用线面垂直的判定及性质可得 ＥＢＰ的大小
∠ ；
(
的中点 Ｈ 连接
，
ＥＨ ＧＨ ＣＨ．因为 ＥＢＣ ° 所以四边形
， ， ∠ ＝１２０ ，
ＢＥＨＣ 为菱形 所以 ＡＥ ＧＥ ＡＣ ＧＣ
， ＝ ＝ ＝ ＝
２ ２ ．取 ＡＧ 的中点 Ｍ 连接ＥＭ
３ ＋２ ＝ １３ ， ，
ＣＭ ＥＣ 则ＥＭ ＡＧ ＣＭ ＡＧ 所以 ＥＭＣ为
， ， ⊥ ， ⊥ ， ∠
所求二面角的平面角．又ＡＭ 所以 ＥＭ
＝１， ＝
ＣＭ ．在 ＢＥＣ中 ＥＢＣ ° 由余弦定理得ＥＣ２
＝ １３－１＝２ ３ △ ，∠ ＝１２０ ，
２ ２ ° 所以ＥＣ 因此 ＥＭＣ为等边 ＝２ ＋２ －２×２×２×ｃｏｓ１２０ ＝１２， ＝２ ３， △
三角形 故所求的角为 °．
， ６０
解法二 以Ｂ为坐标原点 分别以ＢＥ ＢＰ ＢＡ所在的直线
： ， ， ，
为ｘ ｙ ｚ轴 建立如图所示的空间直角坐标系．
， ， ，
由题意得Ａ Ｅ Ｇ Ｃ
（０，０，３）， （２，０，０）， （１， ３，３）， （－１， ３，０），
故→ＡＥ →ＡＧ Ｃ→Ｇ
＝（２，０，－３）， ＝（１， ３，０）， ＝（２，０，３），
设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＥＧ的法向量．
＝（ １， １， １）
{ｍ →ＡＥ { ｘ ｚ
由 · ＝０，可得 ２ １－３ １＝０，
ｍ →ＡＧ ｘ ｙ ．
· ＝０ １＋ ３ １＝０
取ｚ 可得平面ＡＥＧ的一个法向量ｍ ．
１＝２， ＝（３，－ ３，２）
设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＣＧ的法向量． ＝（ ２， ２， ２）
{ｎ →ＡＧ { ｘ ｙ
由 · ＝０，可得 ２＋ ３ ２＝０，
ｎ Ｃ→Ｇ ｘ ｚ ．
· ＝０ ２ ２＋３ ２＝０
取ｚ 可得平面ＡＣＧ的一个法向量ｎ ．
２＝－２， ＝（３，－ ３，－２）
ｍ ｎ
所以 ｍ ｎ · １ ．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝
｜ ｜·｜ ｜ ２
易知所求角为锐二面角 因此所求的角为 °．
， ６０
３－１ 如图 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 平面Ａ ＢＣ 侧面
， － １ １ １ ， １ ⊥
ＡＢＢ Ａ 且ＡＡ ＡＢ ．
１ １， １＝ ＝２
求证 ＡＢ ＢＣ
（１） ： ⊥ ；
若直线ＡＣ与平面Ａ ＢＣ所成角的大小为 ° 求锐二面
（２） １ ３０ ，
角Ａ Ａ Ｃ Ｂ的大小．
－ １ －
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ３９
３－１． 解析 证明 如图 取Ａ Ｂ的中点Ｄ 连接ＡＤ．
（１） ： ， １ ， ｜－２｜ １ 所以ａ 即→ＡＣ ．设平面Ａ ＡＣ的
４＋
ａ２
· ２
＝
２
， ＝２， ＝（２，－２，０） １
法向量为ｎ 同理可得ｎ ．设锐二面角Ａ Ａ Ｃ Ｂ的大
２， ２＝（１，１，０） － １ －
ｎ ｎ
小为α 则 α ｎ ｎ ｜ １· ２｜ １ α °．
， ｃｏｓ ＝ ｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜ ＝ ｎ ｎ ＝ ，∴ ＝６０
｜ １｜·｜ ２｜ ２
锐二面角Ａ Ａ Ｃ Ｂ的大小为 °．
∴ － １ － ６０
３－２ （２０１７课标 理，１８，１２ 分）如图 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ
Ⅰ ， －
中 ＡＢ ＣＤ 且 ＢＡＰ ＣＤＰ °．
， ∥ ， ∠ ＝∠ ＝９０
因为ＡＡ ＡＢ 所以ＡＤ Ａ Ｂ． 证明 平面ＰＡＢ 平面ＰＡＤ
１＝ ， ⊥ １ （１） ： ⊥ ；
由平面Ａ ＢＣ 侧面Ａ ＡＢＢ 且平面Ａ ＢＣ 侧面Ａ ＡＢＢ 若ＰＡ ＰＤ ＡＢ ＤＣ ＡＰＤ ° 求二面角Ａ ＰＢ Ｃ的
１ ⊥ １ １， １ ∩ １ １＝ （２） ＝ ＝ ＝ ，∠ ＝９０ ， － －
Ａ Ｂ 得ＡＤ 平面Ａ ＢＣ． 余弦值．
１ ， ⊥ １
因为ＢＣ 平面Ａ ＢＣ 所以ＡＤ ＢＣ
⊂ １ ， ⊥ ，
因为三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 是直三棱柱
－ １ １ １ ，
所以ＡＡ 底面ＡＢＣ
１⊥ ，
因为ＢＣ 底面ＡＢＣ 所以ＡＡ ＢＣ
⊂ ， １⊥ ，
又ＡＡ ＡＤ Ａ 从而ＢＣ 侧面Ａ ＡＢＢ
１∩ ＝ ， ⊥ １ １，
又ＡＢ 侧面Ａ ＡＢＢ 故ＡＢ ＢＣ．
解 ⊂ 法一 连接 １ ＣＤ １， 由 ⊥ 可知ＡＤ 平面Ａ ＢＣ ３－２． 解析 （１） 证明 ： 由已知 ∠ ＢＡＰ ＝∠ ＣＤＰ ＝９０ ° ， 得 ＡＢ ⊥
（ 则 ２） ＣＤ是ＡＣ ： 在平面Ａ ， Ｂ （ Ｃ １ 内 ） 的射影． ⊥ １ ， ＡＰ ， ＣＤ ⊥ ＰＤ．由于ＡＢ ∥ ＣＤ ， 故ＡＢ ⊥ ＰＤ ，
ＡＣＤ即为直线ＡＣ １ 与平面Ａ ＢＣ所成的角 又ＡＰ ∩ ＰＤ ＝ Ｐ ， ＡＰ 、 ＰＤ ⊂ 平面ＰＡＤ ， 所以ＡＢ ⊥ 平面ＰＡＤ．
∴ 则 ∠ ∠ ＡＣＤ ＝３０ °．在等腰直角三角 １ 形Ａ １ ＡＢ中 ， ＡＡ ， １＝ ＡＢ ＝２， 且 又Ａ 解 Ｂ ⊂ 法 平 一 面 定 ＰＡ 义 Ｂ 法 ， 所以 根 平 据 面 题 Ｐ 意 ＡＢ 可 ⊥ 设 平 Ａ 面 Ｂ ＰＡＤ．
点Ｄ是Ａ Ｂ的中点 ＡＤ １ Ａ Ｂ 又 ＡＤＣ ° ＡＣＤ （２） （ ）： ＝１，
１ ，∴ ＝ ２ １ ＝ ２， ∠ ＝９０ ，∠ ＝ 因为ＡＢ ∥ ＣＤ ，∠ ＡＰＤ ＝∠ ＢＡＰ ＝
ＣＤＰ ° ＰＡ ＰＤ ＡＢ ＤＣ 所
° ＡＣ ． ∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ＝ ，
３０ ，∴ ＝２ ２ 以四边形 ＡＢＣＤ 是平行四边形 且
在平面ＡＣＣ Ａ 内 过点Ａ作ＡＥ Ａ Ｃ于点Ｅ 连接ＤＥ ，
１ １ ， ⊥ １ ， ，
ＡＤ 平面Ａ ＢＣ 而Ａ Ｃ 平面Ａ ＢＣ ＡＤ ＰＣ ＰＢ ＣＢ 取 ＰＢ 的中
∵ ＡＤ ⊥ Ａ Ｃ 又 １ ＡＥ ， ＡＤ １ Ａ ⊂ Ａ Ｃ １ 平面 ， ＡＤＥ Ａ Ｃ ＤＥ 点Ｆ ＝ 连接 ＝ ＡＦ ＝ ＣＦ ＝ ２，
∴ ⊥ １ ， ∩ ＝ ，∴ １ ⊥ ，∴ １ ⊥ ， ， ， ，
ＡＥＤ即为二面角Ａ Ａ Ｃ Ｂ的平面角． 在等腰三角形ＰＡＢ中 可得ＡＦ ＰＢ
∴ ∠ － １ － ， ⊥ ，
Ａ Ａ ＡＣ 在等边三角形ＰＢＣ中 可得ＣＦ ＰＢ
在 Ａ ＡＣ中 ＡＥ １ · ２×２ ２ ２ ６ ， ⊥ ，
Ｒｔ△ １ ， ＝ Ａ １ Ｃ ＝ ２ ３ ＝ ３ ， 所以 ∠ ＡＦＣ为二面角Ａ － ＰＢ － Ｃ的平面角 ，
由 知ＡＢ 平面ＰＡＤ 又ＡＤ 平面ＰＡＤ 所以ＡＢ ＡＤ．
ＡＤ （１） ⊥ ， ⊂ ， ⊥
又ＡＤ ＡＤＥ ° ＡＥＤ ２ ３
＝ ２，∠ ＝９０ ，∴ ｓｉｎ∠ ＝ＡＥ＝ ＝ ， 所以平行四边形ＡＢＣＤ是矩形 连接ＡＣ 则ＡＣ ．
２ ６ ２ ， ， ＝ ３
３ 在 ＡＦＣ中 ＡＣ ＡＦ ２ ＦＣ ６
又二面角Ａ Ａ Ｃ Ｂ为锐二面角 ＡＥＤ ° △ ， ＝ ３， ＝ ， ＝ ，
－ １ － ，∴ ∠ ＝６０ ， ２ ２
即锐二面角Ａ
－
Ａ
１
Ｃ
－
Ｂ的大小为
６０
°．
由余弦定理的推论可得 ＡＦＣ
ＡＦ２
＋
ＣＦ２
－
ＡＣ２
３
解法二 向量法 由 知ＡＢ ＢＣ且ＢＢ 底面ＡＢＣ 所 ｃｏｓ∠ ＝ ＡＦ ＣＦ ＝－ ，
（ ）： （１） ⊥ １⊥ ， ２ · ３
以以点Ｂ为原点 ＢＣ ＢＡ ＢＢ 所在直线分别为ｘ ｙ ｚ轴建立空
， 、 、 １ ， ， 所以二面角Ａ ＰＢ Ｃ的余弦值为 ３．
间直角坐标系Ｂ ｘｙｚ．则Ａ Ｂ Ａ 则Ａ→Ａ － － －
－ （０，２，０）， （０，０，０）， １（０，２，２）， １ ３
． 解法二 向量法 在平面ＰＡＤ内作ＰＦ ＡＤ 垂足为Ｆ．
＝（０，０，２） （ ）： ⊥ ，
由 可知 ＡＢ 平面ＰＡＤ 故ＡＢ ＰＦ
（１） ， ⊥ ， ⊥ ，
又ＡＤ ＡＢ Ａ 可得ＰＦ 平面ＡＢＣＤ．
∩ ＝ ， ⊥
以 Ｆ为坐标原点 →ＦＡ的方向为ｘ轴正方向 →ＡＢ 为单位长
， ，｜ ｜ ，
建立如图所示的空间直角坐标系Ｆ ｘｙｚ．
－
设ＢＣ ａ 则Ｃ ａ 则Ｂ→Ｃ ａ Ｂ→Ａ →ＡＣ
＝ ， （ ，０，０）， ＝（ ，０，０）， １＝（０，２，２），
ａ ．设平面Ａ ＢＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 由Ｂ→Ｃ ｎ
＝（ ，－２，０） １ １＝（ ， ， ）， ⊥ １，
{ｘａ
Ｂ→Ａ ｎ 得 ＝０， 令ｙ 则ｎ ．设直线ＡＣ与平
１⊥ １， ｙ ｚ ． ＝１， １＝（０，１，－１）
２ ＋２ ＝０
→ＡＣ ｎ æ ö æ ö æ ö
面Ａ １ ＢＣ所成的角为 θ ， 则 θ ＝３０ ° ， 所以 ｓｉｎ ３０ ° ＝ ｜ →ＡＣ · ｎ １｜ ＝ 由 （１） 及已知可得 Ａ è ç ２ ，０，０ø ÷ ， Ｐ è ç ０，０， ２ ø ÷ ， Ｂ è ç ２ ，１，０ø ÷ ，
｜ ｜｜ １｜ ２ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ４０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
æ ö æ ö { ｙ ｚ
Ｃç ２ ÷．所以Ｐ→Ｃ ç ２ ２÷ Ｃ→Ｂ →ＰＡ ３ －２ ３ ＝０， 取ｚ 则ｘ ｙ ｎ ．
è－ ２ ，１，０ø ＝è－ ２ ，１，－ ２ ø， ＝（ ２，０，０）， ＝ ∴ －２ ｘ ＋２ ｙ －２ ３ ｚ ＝０， ＝ ３， ＝－１， ＝２，∴ ＝（－１，２， ３）
æ ö 分
ç ２ ２÷ →ＡＢ ．设ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面ＰＣＢ的法 （５ ）
è ，０，－ ø， ＝（０，１，０） ＝（ １， １， １）
２ ２ 又 Ｍ Ｃ→Ｍ
{ ∵ （－１，０， ３），∴ ＝（－１，０， ３），
{ｎ Ｐ→Ｃ ２ｘ ｙ ２ｚ Ｃ→Ｍ ｎ
向量
，
则
ｎ
·
· Ｃ→Ｂ
＝
＝
０
０
，
，
即 －
２ ｘ
１＋
．
１－
２
１＝０，可取 ｎ
＝（０，－１， ∴ ｃｏｓ〈
Ｃ→Ｍ
，
ｎ
〉＝ ｜ Ｃ→Ｍ ｜
·
·｜ ｎ ｜ ＝ １＋４＋
１
３
＋
×
３
１＋３ ＝ ２
２．
２ １＝０ ＣＭ与平面Ａ ＢＥ所成角的大小为 °． 分
{ｍ →ＰＡ ∴ 注意线面角与 １ 两向量夹角的关系 ４５ （６ ）
．设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＰＡＢ的法向量 则 · ＝０，即 （ ）
－ ２） ＝（ ２， ２， ２） ， ｍ →ＡＢ 假设线段ＢＣ上存在点Ｐ满足条件 设Ｐ点坐标为
· ＝０， （２） ， （０，
{
ａ ａ 注意参数的范围 Ａ→Ｐ ａ Ｄ→Ｐ
２ｘ ２ｚ ｎ ｍ ，０）， ∈［０，３］，（ ）∴ １ ＝（０， ，－２ ３）， ＝
２－ ２＝０，可取ｍ ．则 ｎ ｍ · ａ 设平面Ａ ＤＰ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ２ ＝（１，０，１） ｃｏｓ〈 ， 〉 ＝ ｎ ｍ ＝ （２， ，０）， １ １＝（ １， １， １），
ｙ ． ｜ ｜｜ ｜ { ａｙ ｚ
２＝０ 则 １－２ ３ １＝０，取ｙ 则ｘ ａ ｚ ａ
ｘ ａｙ １＝６， １＝－３ ， １＝ ３ ，
－
３．易知二面角Ａ
－
ＰＢ
－
Ｃ为钝二面角
，
所以二面角Ａ
－
ＰＢ
－
Ｃ的 ２ １＋ １＝０，
３ ｎ ａ ａ ． 分
∴ １＝（－３ ，６， ３ ） （９ ）
余弦值为 － ３．
若平面Ａ
１
ＤＰ与平面Ａ
１
ＢＥ垂直
，
则ｎ
１·
ｎ
＝０，
３ ａ ａ 即 ａ ａ
∴３ ＋１２＋３ ＝０， ６ ＝－１２，∴ ＝－２，
四、求解立体几何中的探索性问题 ａ ａ 舍去． 虽然关于参数的方程有解 但不
∵０≤ ≤３，∴ ＝－２ （ ，
探索性问题包括两类 与空间平行 垂直有关的探索性 满足题意 最终还得舍去 线段 ＢＣ 上不存在点 Ｐ 使平面
， ）∴ ，
：（１） 、
问题
；（２）
与空间角有关的探索性问题． Ａ
１
ＤＰ与平面Ａ
１
ＢＥ垂直．
（１２
分
）
解决方案有两种 先假设存在 然后利用线面关系的相关 ４－１ （２０２０ 湖北武昌调研考试，１８）如图 ， 三棱柱 ＡＢＣ －
：（１） ，
定理和性质进行推理论证 寻找假设满足的条件 若满足 则肯定 Ａ Ｂ Ｃ 的侧面ＢＣＣ Ｂ 是平行四边形 ＢＣ Ｃ Ｃ 平面 Ａ Ｃ ＣＡ
， ， ， １ １ １ １ １ ， １⊥ １ ， １ １
假设 否则不存在 用向量法 该方法容易入手 先假设存在 平面ＢＣＣ Ｂ 且Ｅ Ｆ分别是ＢＣ Ａ Ｂ 的中点．
， ；（２） ， ， ， ⊥ １ １， ， ， １ １
设出空间点的坐标 转化为代数方程是否有解的问题 若有解且 求证 ＢＣ Ａ Ｃ
， ， （１） ： １⊥ １ ；
满足题意 则存在 若有解但不满足题意或无解 则不存在． 求证 ＥＦ 平面Ａ Ｃ ＣＡ
， ， ， （２） ： ∥ １ １ ；
例４ 如图 在 ＡＢＣ 中 Ｃ ° ＢＣ ＡＣ Ｄ Ｅ 在线段ＡＢ上是否存在点Ｐ 使得ＢＣ 平面ＥＦＰ 若
１， Ｒｔ△ ，∠ ＝９０ ， ＝３， ＝６， ， （３） ， １⊥ ？
分别是ＡＣ ＡＢ上的点 且ＤＥ ＢＣ ＤＥ 将 ＡＤＥ沿ＤＥ折起 ＡＰ
， ， ∥ ， ＝２， △ 存在 求出 的值 若不存在 请说明理由．
， ＡＢ ； ，
到 Ａ ＤＥ的位置 使Ａ Ｃ ＣＤ 如图 ．
△ １ ， １ ⊥ ， ２
若Ｍ是ＡＤ的中点 求直线ＣＭ与平面ＡＢＥ所成角的大小
（１） １ ， １ ；
线段ＢＣ上是否存在点Ｐ 使平面Ａ ＤＰ与平面Ａ ＢＥ垂
（２） ， １ １
直 说明理由．
？
４－１． 解析 证明 ＢＣ Ｃ Ｃ 平面 Ａ Ｃ ＣＡ 平面
（１） ：∵ １⊥ １ ， １ １ ⊥
ＢＣＣ Ｂ 且平面 Ａ Ｃ ＣＡ 平面 ＢＣＣ Ｂ Ｃ Ｃ ＢＣ 平面
１ １， １ １ ∩ １ １ ＝ １ ，∴ １⊥
ＡＣＣ Ａ ．又 Ａ Ｃ 平面Ａ Ｃ ＣＡ ＢＣ Ａ Ｃ．
１ １ ∵ １ ⊂ １ １ ，∴ １⊥ １
证明 取 Ａ Ｃ 的中点 Ｇ 连接 ＦＧ ＧＣ．在 Ａ Ｂ Ｃ 中
（２） ： １ １ ， ， △ １ １ １ ，
解析 由折叠的性质得ＣＤ ＤＥ Ａ Ｄ ＤＥ 注意折叠
（１） ⊥ ， １ ⊥ ，（ Ｆ Ｇ分别是Ａ Ｂ Ａ Ｃ 的中点 ＦＧ Ｂ Ｃ 且ＦＧ １ Ｂ Ｃ ．
性质的应用 关键在于折叠前后的不变量 ∵ ， １ １， １ １ ，∴ ∥ １ １， ＝ １ １
， ） ２
又ＣＤ Ａ Ｄ Ｄ ＤＥ 平面Ａ ＣＤ． 在平行四边形ＢＣＣ Ｂ 中 ＢＣ Ｂ Ｃ Ｅ是ＢＣ的中点 ＥＣ
∩ １ ＝ ，∴ ⊥ １ １ １ ， 􀱀 １ １，∵ ，∴ ∥
又 Ａ Ｃ 平面Ａ ＣＤ Ａ Ｃ ＤＥ
∵ １ ⊂ １ ，∴ １ ⊥ ， Ｂ Ｃ 且ＥＣ １ Ｂ Ｃ ． ＥＣ ＦＧ 且ＥＣ ＦＧ． 四边形ＦＥＣＧ是
又Ａ Ｃ ＣＤ ＣＤ ＤＥ Ｄ １ １， ＝ １ １ ∴ ∥ ， ＝ ∴
１ ⊥ ， ∩ ＝ ， ２
Ａ Ｃ 平面ＢＣＤＥ． 分 平行四边形． ＦＥ ＧＣ．又 ＦＥ 平面 Ａ Ｃ ＣＡ ＧＣ 平面
∴ １ ⊥ （３ ） ∴ ∥ ∵ ⊄ １ １ ， ⊂
利用线面垂直关系创造建立空间直角坐标系的背景 Ａ Ｃ ＣＡ ＥＦ 平面Ａ Ｃ ＣＡ．
（ ） １ １ ，∴ ∥ １ １
建系如图 则Ｃ Ｄ Ａ Ｅ
， （０，０，０）， （－２，０，０）， １（０，０，２ ３）， （－２，
Ｂ Ａ→Ｂ
２，０）， （０，３，０），∴ １ ＝（０，３，－２ ３），
Ａ→Ｅ ．设平面 Ａ ＢＥ 的法
１ ＝（－２，２，－２ ３） １
{Ａ→Ｂ ｎ
向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 １ · ＝０，
＝ （ ， ， ）， Ａ→Ｅ ｎ
１ · ＝０，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ４１
在线段ＡＢ上存在点Ｐ 使得ＢＣ 平面ＥＦＰ．取ＡＢ的
（３） ， １⊥
中点Ｐ 连接ＰＥ ＰＦ． ＢＣ 平面ＡＣＣ Ａ ＡＣ 平面ＡＣＣ Ａ ＣＧ
， ， ∵ １⊥ １ １， ⊂ １ １，
平面ＡＣＣ Ａ ＢＣ ＡＣ ＢＣ ＣＧ．在 ＡＢＣ中 Ｐ Ｅ分别
⊂ １ １，∴ １⊥ ， １⊥ △ ，∵ ，
是ＡＢ ＢＣ的中点 ＰＥ ＡＣ．又由 知ＦＥ ＣＧ ＢＣ ＰＥ
， ，∴ ∥ （２） ∥ ，∴ １⊥ ，
ＢＣ ＥＦ． ＰＥ ＥＦ Ｅ ＢＣ 平面ＥＦＰ．故当点Ｐ是线段ＡＢ
１⊥ ∵ ∩ ＝ ，∴ １⊥
ＡＰ
的中点时 ＢＣ 平面ＥＦＰ．此时 １ ．
， １⊥ ，ＡＢ＝
２
４－２ （２０１９ 湖北七市（州）教科
研协作体３月联考，１８）如图 在四棱
， 由题意知 ＡＣ ＡＢ ＡＰ两两垂直 所以以Ａ为坐标原点
锥Ｐ ＡＢＣＤ中 四边形ＡＢＣＤ 为平行 （２） ， ， ， ， ，
－ ， ＡＣ ＡＢ ＡＰ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐标系
四边形 ＡＢ ＡＣ ＰＡ 平面ＡＢＣＤ 且 ， ， ， ，
， ⊥ ， ⊥ ， Ａ ｘｙｚ．则 Ｃ Ｄ Ｐ Ｂ Ｅ
ＰＡ ＡＢ ＡＣ 点Ｅ是ＰＤ的中点． － （２，０，０）， （２，－３，０）， （０，０，３）， （０，３，０），
＝ ＝３， ＝２， ( )
求证 ＰＢ 平面ＡＥＣ ３ ３ ．设Ｍ ｘ ｙ ｚ Ｐ→Ｍ λＰ→Ｂ λ 则 ｘ ｙ ｚ
（１） ： ∥ ； １，－ ， （ ０， ０， ０）， ＝ （０＜ ＜１）， （ ０， ０， ０
在线段ＰＢ上 不含端点 是否存在一点Ｍ 使得二面角 ２ ２
（２） （ ） ， λ 得Ｍ λ λ ．设平面ＡＥＣ的法向量为
－３）＝ （０，３，－３）， （０，３ ，３－３ ）
( )
Ｍ ＡＣ Ｅ的余弦值为 １０ 若存在 确定Ｍ的位置 若不存在
－ － ？ ， ； ， ｎ ｘ ｙ ｚ 由 ｎ →ＡＥ ｎ →ＡＣ →ＡＥ ３ ３
１０ １＝（ １， １， １）， １· ＝０， １· ＝０， ＝ １，－ ， ，
请说明理由． { ２ ２
４－２． 解析 （１） 证明 ： 连接 ＢＤ 交 ＡＣ 于点 Ｆ ， 连接 ＥＦ ， 在 →ＡＣ 得 ｘ １－ ３ ｙ １＋ ３ ｚ １＝０，取ｙ 得ｎ ．设
ＰＢＤ中 由已知得ＥＦ ＰＢ 又ＥＦ 平面ＡＥＣ ＰＢ 平面ＡＥＣ
＝（２，０，０）， ２ ２ １＝１， １＝（０，１，１）
ｘ
△
ＰＢ 平
，
面ＡＥＣ．
∥ ， ⊂ ， ⊄ ， ２ １＝０，
∴ ∥ 平面ＭＡＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 由ｎ Ａ→Ｍ ｎ →ＡＣ
２＝（ ２， ２， ２）， ２· ＝０， ２· ＝０，
{ λｙ λ ｚ
Ａ→Ｍ λ λ →ＡＣ 得 ３ ２＋（３－３ ） ２＝０，取 ｚ
＝（０，３ ，３－３ ）， ＝（２，０，０）， ｘ ２＝
２ ２＝０，
( )
得ｎ １ ．设二面角Ｍ ＡＣ Ｅ的大小为θ 二面角
１， ２＝ ０，１－λ，１ － － ，∵
ｎ ｎ
Ｍ ＡＣ Ｅ的余弦值为 １０ θ为锐角 则 θ ｜ １· ２｜
－ － ，∴ ， ｃｏｓ ＝ ｎ ｎ ＝
１０ ｜ １｜·｜ ２｜
１
２－λ
１０ 化简得 λ２ λ 解得λ １ 或
( ) ＝ ， ９ －９ ＋２＝０， ＝
２ １０ ３
１
２· １－λ ＋１
λ ２ ．易知λ ２ 时 θ为钝角 λ １ Ｐ→Ｍ １ Ｐ→Ｂ．故Ｐ→Ｍ
＝ ＝ ， ，∴ ＝ ，∴ ＝ ＝
３ ３ ３ ３
１ Ｐ→Ｂ时 二面角Ｍ ＡＣ Ｅ的余弦值为 １０．
， － －
３ １０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ１４９
空间角与距离
１．（２０２０福建漳州３月第二次适应性测试，９）若正四棱柱ＡＢＣＤ
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面边长为 外接球的表面积为 四边形
－ １ １ １ １ ２， ４０π，
ＡＢＣＤ和ＢＣＣ Ｂ 的外接圆的圆心分别为Ｍ Ｎ 则直线ＭＮ与
１ １ ， ，
ＣＤ 所成的角的余弦值是
１ （ ）
７ １ １ ７
Ａ．－ Ｂ．－ Ｃ． Ｄ． 直线ＢＤ 平面Ａ Ｃ Ｄ
９ ３ ３ ９ Ａ． １⊥ １ １
１． 答案 Ｄ 三棱锥Ｐ Ａ Ｃ Ｄ的体积为定值
Ｂ． － １ １
２．（多选题）（２０２０ 山东烟台期末，１１）如图 在正方体 ＡＢＣＤ [ ]
， － 异面直线ＡＰ与Ａ Ｄ所成角的取值范围是 π π
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点Ｐ在线段Ｂ Ｃ上运动 则 Ｃ． １ ，
１ １ １ １ ， １ ， （ ） ４ ２
直线Ｃ Ｐ与平面Ａ Ｃ Ｄ所成角的正弦值的最大值为 ６
Ｄ． １ １ １
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ４２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
２． 答案 ＡＢＤ ＢＤ 与ＡＣ不垂直
① １ ；
３．（２０２１ 湖南 ３ 月联考，８）在菱形 ＡＢＣＤ 中 ＢＡＤ ° 将 长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 外接球的表面积最小为
，∠ ＝６０ ， ② － １ １ １ １ ３π；
ＡＢＤ沿ＢＤ折起 使Ａ到达Ａ′的位置 且二面角Ａ′ ＢＤ Ｃ为
△ ， ， － － Ｅ到平面Ａ Ｂ Ｄ的距离的最大值为 ２
° 则Ａ′Ｄ与平面ＢＣＤ所成角的正切值为 ③ １ １ ；
６０ ， （ ） ２
长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的表面积的最大值为 ．
３ ７ ３ ７ １ ④ － １ １ １ １ ６
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 其中所有正确结论的序号为 ．
４ ４ ７ ２
３． 答案 Ｃ ６． 答案
②③④
４．（２０２１东北三省三校第一次联考，１２）球面上两点之间的最短
连线的长度 就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣 空间向量及其应用
，
弧的长度 大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆 我们
（ ）， １．（２０２０广东、福建联考，１２）在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ
把这个弧长叫做两点的球面距离．已知正 ＡＢＣ的顶点都在半 － １ １ １ １ ， ，
△ 分别为线段Ａ Ｂ ＡＢ的中点 Ｏ为四棱锥Ｅ Ｃ Ｄ ＤＣ的外接
１ １， ， － １ １
径为 的球面上 球心到 ＡＢＣ 所在平面距离为２ ６ 则 Ａ Ｂ 球的球心 点Ｍ Ｎ分别是直线ＤＤ ＥＦ上的动点 记直线ＯＣ
２ ， △ ， 、 ， ， １， ，
３ 与ＭＮ所成角为θ 则当θ最小时 θ
两点间的球面距离为 ， ，ｔａｎ ＝ （ ）
（ ）
２ ２１ ４ ２ １１ ２０５ １１ ２１
π ２π ３π Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
Ａ．π Ｂ． Ｃ． Ｄ． １１ ３ ２０５ ４２
２ ３ ４ １． 答案 Ｄ
４． 答案 Ｃ
２．（多选题）（２０２１ 广东揭阳 ４ 月联考，１２）如图 设正方体
５．（多选题）（２０２１广东华南师大附中综合测试（三），１２）在边长 ，
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 Ｅ为Ａ Ｄ 的中点 Ｆ为ＣＣ 上的
为 ２ 的等边三角形ＡＢＣ中 ， 点Ｄ ， Ｅ分别是边ＡＣ ， ＡＢ上的点 ， 一个动 － 点 １ 设 １ 由 １ 点 １ Ａ Ｅ Ｆ构 ２， 成的平面 １ 为 １ α 则 ， １
ＡＤ ， ， ， ， （ ）
满足ＤＥ ＢＣ 且 λ λ 将 ＡＤＥ沿直线ＤＥ折
∥ ， ＡＣ＝ （ ∈（０，１））， △
到 Ａ′ＤＥ的位置 在翻折过程中 下列结论不成立的是
△ ， ，
（ ）
在边Ａ′Ｅ上存在点Ｆ 使得在翻折过程中 满足ＢＦ 平面Ａ′ＣＤ
Ａ． ， ， ∥
( )
存在λ １ 使得在翻折过程中的某个位置 满足平面
Ｂ． ∈ ０， ， ，
２
Ａ′ＢＣ 平面ＢＣＤＥ 平面α截正方体的截面可能是三角形
⊥ Ａ．
当点Ｆ与点Ｃ 重合时 平面α截正方体的截面面积为
若λ １ 当二面角Ａ′ ＤＥ Ｂ为直二面角时 Ａ′Ｂ １０ Ｂ． １ ， ２ ６
Ｃ． ＝ ， － － ， ＝
２ ４ 点Ｄ到平面α的距离的最大值为２ ６
在翻折过程中 四棱锥Ａ′ ＢＣＤＥ的体积记为ｆ λ 则ｆ λ Ｃ．
Ｄ． ， － （ ）， （ ） ３
当Ｆ为ＣＣ 的中点时 平面α截正方体的截面为五边形
的最大值为２ ３ Ｄ． １ ，
２． 答案 ＢＣＤ
９
５． 答案 ＡＢＣ ３．（２０２１江苏泰州二模，１６）已知点Ｄ Ｅ是边长为 的等边三角形
、 １２
６．（２０２１ 河北衡水中学全国高三第二次联考，１６）在长方体 ＡＢＣ的两边ＡＢ ＡＣ的中点 沿ＤＥ折叠 ＡＤＥ 使得二面角Ａ
△ ， ， △ ， －
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ ＡＤ ＡＡ Ｅ为棱Ｃ Ｄ 上任意一 ＤＥ Ｂ为 ° 则四棱锥Ａ ＢＣＥＤ外接球的表面积为 ．
－ １ １ １ １ ， ＝１， ＋ １＝２， １ １ － ６０ ， －
点 给出下列四个结论 ３． 答案
， ： １４８π
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ１５０ ５５分钟 ７５分
一、单项选择题（每小题５分，共１５分） ２． 答案 Ａ
１．（２０２０湖北襄阳第四中学５月检测）已知半径为 的球面上有 ３．（２０２１湘豫名校４月联考，１２）如图 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｐ是球Ｏ上的
４ ， ， ， ， ， ５
个点 四边形ＡＢＣＤ为正方形 球心 Ｏ 在平面 ＡＢＣＤ 内 ＰＢ
两点Ａ Ｂ ＡＢ 球心为Ｏ 若球面上的动点Ｃ满足二面角 ， ， ， ＝
、 ， ＝４ ２， ， ＰＤ ＰＡ ＰＣ 则异面直线ＰＡ与ＣＤ所成角的余弦值为
Ｃ ＡＢ Ｏ的大小为 ° 则四面体ＯＡＢＣ的外接球的半径为 ， ＝２ ，
－ － ６０ ，
（ ）
（ ）
２ ６ ２ ３ ４ ６ ４ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
３ ３ ３ ３
１． 答案 Ｃ
２．（２０２１ 东北三省三校第一次联考，１０）过正方体 ＡＢＣＤ
－
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的顶点 Ａ 作平面 α 使 α 平面 Ａ Ｂ ＣＤ Ａ Ｄ 和
１ １ １ １ ， ∥ １ １ ， １ １
Ｄ Ｃ 的中点分别为Ｅ和Ｆ 则直线ＥＦ与平面α所成角的正弦
１ １ ， ３ ５ ６ １０
值为 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
（ ） ３ ５ ３ ５
３． 答案 Ｄ
１ ３ ２ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
２ ２ ３ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ４３
二、多项选择题（每小题５分，共１５分） ９．（２０１９广东３月质检，１８）如图 在三棱锥Ａ ＢＣＤ中 ＡＢＣ是
， － ，△
４．（２０２０山东青岛三模，１２）在如图所示的棱 等边三角形 ＢＡＤ ＢＣＤ ° 点 Ｐ 是 ＡＣ 的中点 连接
，∠ ＝∠ ＝９０ ， ，
长为 的正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点 Ｐ ＢＰ ＤＰ．
１ － １ １ １ １ ， ，
在侧面ＢＣＣ Ｂ 所在的平面上运动 则下列 证明 平面ＡＣＤ 平面ＢＤＰ
１ １ ， （１） ： ⊥ ；
命题中正确的为 若ＢＤ 且二面角Ａ ＢＤ Ｃ为 ° 求直线ＡＤ与平面
（ ） （２） ＝ ６， － － １２０ ，
若点Ｐ总满足ＰＡ ＢＤ 则动点Ｐ的轨迹 ＢＣＤ所成角的正弦值．
Ａ． ⊥ ，
是一条直线
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，
的圆
２π
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，
Ｐ的轨迹是椭圆
若点Ｐ到直线ＡＤ与直线ＣＣ 的距离相等 则动点Ｐ的轨迹
Ｄ． １ ，
是双曲线
４． 答案 ＡＢＤ
５．（２０２１湖南六校４月联考，９）下列 若ｐ 则ｑ 形式的命题中 ｐ
“ ， ” ， ９． 解析 证明 因为 ＡＢＣ 是等边三角形 所以 ＡＢ ＢＣ
是ｑ的必要条件的是 （１） ： △ ， ＝ ，
（ ） 又 ＢＡＤ ＢＣＤ ° ＢＤ ＢＤ
若两直线的斜率相等 则两直线平行 ∠ ＝∠ ＝９０ ， ＝ ，
Ａ． ， 所以 ＡＢＤ ＣＢＤ 所以ＡＤ ＣＤ．
Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ， ＝
若ｘ 则ｘ
Ｂ． ＞５， ＞１０ 又因为点Ｐ是ＡＣ的中点 所以ＰＤ ＡＣ ＰＢ ＡＣ
， ⊥ ， ⊥ ，
已知ａ是直线ａ的方向向量 ｎ是平面α的法向量 若ａ α
Ｃ． ， ， ⊥ ， 因为ＰＤ ＰＢ Ｐ ＰＤ 平面ＰＢＤ ＰＢ 平面ＰＢＤ
∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ，
则ａ ｎ
⊥ 所以ＡＣ 平面ＰＢＤ．因为ＡＣ 平面ＡＣＤ
⊥ ⊂ ，
Ｄ． 已知可导函数ｆ （ ｘ ）， 若ｆ ′ （ ｘ ）＝ ０， 则ｆ （ ｘ ） 在ｘ ＝ ｘ ０ 处取得 所以平面ＡＣＤ ⊥ 平面ＢＤＰ．
极值
作ＣＥ ＢＤ 垂足为Ｅ 连接ＡＥ．
（２） ⊥ ， ，
５． 答案 ＢＤ 因为 ＡＢＤ ＣＢＤ 所以ＡＥ ＢＤ ＡＥ ＣＥ
Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ， ⊥ ， ＝ ，
６．（２０２１广东珠海一模，９）已知三棱柱ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 的底面是边 则 ∠ ＡＥＣ为二面角Ａ － ＢＤ － Ｃ的平面角．
长为 的等边三角形 侧棱与底面垂直 其外接球的表面积为 由二面角Ａ ＢＤ Ｃ为 ° 得 ＡＥＣ °．
３ ， ， － － １２０ ， ∠ ＝１２０
下列说法正确的是
１６π， （ ） 在等腰 ＡＥＣ中 由余弦定理可得ＡＣ ＡＥ
△ ， ＝ ３ ，
三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的体积是９ ３ 因为 ＡＢＣ是等边三角形 所以ＡＣ ＡＢ 所以ＡＢ ＡＥ．
Ａ． － １ １ １ △ ， ＝ ， ＝ ３
２
三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的表面积是 在 ＡＢＤ中 由 １ ＡＥ ＢＤ １ ＡＢ ＡＤ 得ＢＤ ＡＤ
Ｂ． － １ １ １ １８ Ｒｔ△ ， ２ · ＝ ２ · ， ＝ ３ ，
直线ＡＢ 与直线Ａ Ｃ 所成角的余弦值是３ １３ 因为ＢＤ 所以ＡＤ ．
Ｃ． １ １ １ ２６ 又ＢＤ２ ＝ ＡＢ２ ６， ＡＤ２ 所以 ＝ ＡＢ ２ ．
＝ ＋ ， ＝２
点Ａ到平面Ａ ＢＣ的距离是 １３
Ｄ． １ ２ 则ＡＥ ＝ ２ ３ ， ＥＤ ＝ ６．
６． 答案 ＡＣ ３ ３
如图所示 以Ｅ为原点 以向量Ｅ→Ｃ Ｅ→Ｄ方向分别为ｘ轴 ｙ轴的
， ， ， ，
三、填空题（每小题５分，共１０分）
正方向 与向量Ｅ→Ｃ Ｅ→Ｄ都垂直的向量所在直线为ｚ轴 建立空
７．（２０２１福建福州一中适应性测试，１６）如图 已知 ＡＢＣ的顶点 ， ， ，
， △ 间直角坐标系Ｅ ｘｙｚ
－ ，
Ｃ 平面α 点Ａ Ｂ在平面α的同一侧 且ＡＣ ＢＣ ．若
∈ ， ， ， ＝２ ３， ＝２
ＡＣ ＢＣ与平面α所成的角分别为５π π 则 ＡＢＣ 面积的取
， ， ， △
１２ ４
值范围是 ．
７． 答案 æ ö æ ö æ ö
［ ３，３］ 则Ｄç ６ ÷ Ａç ３ ÷ 向量Ａ→Ｄ ç ３ ６ ÷
８．（２０２１广东汕头一模，１６）在三棱锥Ｓ ＡＢＣ中 ＡＢＣ是边长 è０， ，０ø， è－ ，０，１ø， ＝è ， ，－１ø，
－ ，△ ３ ３ ３ ３
为 的等边三角形 ＳＡＢ是以ＡＢ为斜边的直角三角形 二面 易知平面ＢＣＤ的一个法向量为ｍ
２ ，△ ， ＝（０，０，１），
角Ｓ ＡＢ Ｃ 的大小为 ° 则该三棱锥外接球的表面积为 设直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角为θ
－ － ６０ ， ，
．
则 ｍ Ａ→Ｄ
ｍ
·
Ａ→Ｄ
－１ ２
８． 答案 ５２ π ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｍ ｜｜ Ａ→Ｄ ｜ ＝ ２×１ ＝－ ２ ，
９
四、解答题（共３５分） ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ〈
ｍ
，
Ａ→Ｄ
〉｜＝
２．
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ４４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
所以直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的正弦值为 ２．
２
名师点拨 “一证一算”仍是立体几何考查的主要方向，其
中“证”体现了对推理能力的考查，“算”体现了对知识的应用
能力和运算能力的考查．证时需要利用线线、线面、面面之间关 １１． 解析 解法一 等积法 ＢＥ 平面Ａ Ｃ Ｄ ＢＥ长
系的转化进行解决，算时要牢记角度、距离的计算方法．若采用 即点Ｂ 到 （ 平 １） 面Ａ Ｃ Ｄ （ 的距离 ） Ｖ ：∵ ⊥ Ｖ １ １ ， Ｖ ∴
传统方法完成算的问题，则需要推理加计算，难度相对会大 １ １ ， Ｂ － Ａ １ Ｃ １ Ｄ＝ ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ －４ Ａ １－ ＡＢＤ＝４
一些．
３－
８ ３
＝
４ ３
，
Ａ
１
Ｄ
＝
Ｃ
１
Ｄ
＝２ ２，
Ａ
１
Ｃ
１＝２ ３，
如图
，
ＤＦ
＝ ５，∴
１０．（２０２１江苏苏锡常镇四市教学情况调研（一），１９）如图 在四棱锥 ３ ３
，
Ｐ － ＡＢＣＤ中 ，△ ＰＡＤ是以ＡＤ为斜边的等腰直角三角形 ， ＢＣ ∥ Ｖ Ｂ － Ａ １ Ｃ １ Ｄ＝ １ ＢＥ × １ ×２ ３× ５＝ ４ ３ ，∴ ＢＥ ＝ ４ ＝ ４ ５．即ＢＥ的
ＡＤ ＡＢ ＡＤ ＡＤ ＡＢ ＢＣ ＰＣ Ｅ为ＰＤ的中点． ３ ２ ３ ５ ５
， ⊥ ， ＝２ ＝２ ＝２， ＝ ２，
求直线ＰＢ与平面ＰＡＣ所成角的正弦值 长为４ ５．
（１） ；
设Ｆ是ＢＥ的中点 判断点Ｆ是否在平面ＰＡＣ内 并请证 ５
（２） ， ，
明你的结论．
解法二 如图 连接Ａ Ｃ Ｂ Ｄ 交于点Ｏ 取ＤＤ 的中点Ｈ 在
： ， １ １， １ １ ， １ ，
正方形ＤＤ Ｂ Ｂ中 易证ＯＤ ＨＢ
１ １ ， ⊥ ，
由ＢＨ ＯＤ Ｅ 有 ＢＥ ＯＤ．又 Ａ Ｃ Ｂ Ｄ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ 且
１０． 解析 取ＡＤ的中点Ｇ 连接ＰＧ ＣＧ 因为 ＡＰＤ是等腰直 ∩ ＝ ， ⊥ １ １⊥ １ １， １ １⊥ １ ，
， ， ， △ Ｂ Ｄ Ｂ Ｂ Ｂ 所以Ａ Ｃ 平面ＤＤ Ｂ Ｂ 可得Ａ Ｃ ＢＥ
角三角形 所以ＰＧ ＡＤ 因为ＡＤ 所以ＰＧ ．因为ＡＧ １ １∩ １ ＝ １， １ １⊥ １ １ ， １ １⊥ ，
， ⊥ ， ＝２， ＝１ ＝ Ａ Ｃ ＯＤ Ｏ ＢＥ 平面 Ａ Ｃ Ｄ 在 ＢＤＥ 中
ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＢＣ 所以ＡＧ ＢＣ且ＡＧ ＢＣ 所以四边 ∵ １ １ ∩ ＝ ，∴ ⊥ １ １ ， △ ，
１， ∥ ， ＝２ ， ∥ ＝ ＝１， ＢＥ ＢＤ
形ＡＧＣＢ是平行四边形 所以ＡＢ ＣＧ 又因为ＡＢ ＡＤ 所以 ＤＢＥ 可得ＢＥ ４ ５．
， ∥ ， ⊥ ， ｃｏｓ∠ ＝ＢＤ＝ＢＨ， ＝
ＣＧ ＡＤ 又ＣＧ ＰＣ ＰＧ 所以ＰＧ ＣＧ ５
⊥ ， ＝１， ＝ ２， ＝１， ⊥ ，
以Ｇ为原点 建立如图所示的空间
，
直角坐标系 则 Ａ
， （０， －１，０），
Ｐ Ｃ Ｂ
（０，０，１）， （１，０，０）， （１，－１，０），
Ｄ ．
（０，１，０） 解法三 如图 建系
Ｐ→Ｂ →ＰＡ ： ， ，
（１） ＝（１，－１，－１）， ＝（０，－１，－
→ＡＣ 设平面ＰＡＣ的法
１）， ＝（１，１，０），
向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
{ｎ →ＰＡ ｙ ｚ
则 · ＝－ － ＝０，取ｙ 则ｎ
ｎ →ＡＣ ｘ ｙ ＝－１， ＝（１，－１，１），
· ＝ ＋ ＝０，
则 Ｐ→Ｂ ｎ １＋１－１ １ 所以直线ＰＢ与平面ＰＡＣ所成角
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ＝ ， 易知各点坐标 Ｄ Ａ Ｂ
３× ３ ３ （０，０，０）， （ ３，－１，０）， （ ３，１，０），
的正弦值为 １ ． Ａ １（ ３，－１，２）， Ｆ （ ３，－１，１）， Ｃ １（０，２，２）， 则Ｄ→Ａ １＝（ ３，－１，
３
( ) ２），
Ｄ→Ｃ
１＝（０，２，２），
设平面Ａ
１
Ｃ
１
Ｄ的法向量为ｍ
＝（
ｘ
，
ｙ
，
ｚ
），
（２） 因为Ｅ为ＰＤ的中点 ， 所以Ｅ ０， １ ， １ ， {ｍ Ｄ→Ｃ { ｙ ｚ
２ ２ 则有 · １＝０，即 ２ ＋２ ＝０， 取ｙ
所以Ｆ ( １ ，－ １ ， １ ) ， 则→ＡＦ ＝ ( １ ， ３ ， １ ) ， ｍ · Ｄ→Ａ １＝０， ３ ｘ － ｙ ＋２ ｚ ＝０， ＝１，
２ ４ ４ ２ ４ ４ ｍ
∴ ＝（ ３，１，－１），
则ｎ
·
→ＡＦ
＝
２
１
－
４
３
＋
４
１
＝０，
所以ＡＦ在平面ＰＡＣ内
，
即点Ｆ在
｜
Ｂ→Ｅ
｜＝
｜
ｍ
·
ｍ
Ｂ→Ｄ
｜
＝
４
＝
４ ５．所以ＢＥ的长为４ ５．
平面ＰＡＣ内． ｜ ｜ ５ ５ ５
１１．（２０２１ 湖南衡阳联考，２０）如图 直四棱柱 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 由第 问解法三知 平面 Ａ Ｃ Ｄ 的一个法向量为 ｍ
， － １ １ １ １ （２） （１） ， １ １ ＝
同理可求平面 ＦＣ Ｂ 的一个法向量为 ｎ
中 底面ＡＢＣＤ是边长为 的菱形 ＡＡ ＡＤＣ ２π 点Ｅ （ ３，１，－１）， １ ＝
， ２ ， １＝２，∠ ＝ ， æ ö
３ ç５ ３ ÷．因为ＢＥ ｍ 所以ＢＥ与平面ＦＣ Ｂ所成角即为
在平面Ａ Ｃ Ｄ上 且ＢＥ 平面Ａ Ｃ Ｄ． è ，１，２ø ∥ ， １
１ １ ， ⊥ １ １ ３
求ＢＥ的长 ｍ与平面 ＦＣ Ｂ 所成角 设为 θ 则 θ ｍ ｎ
（１） ； １ ， ， ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉 ｜ ＝
若Ｆ为Ａ Ａ的中点 求ＢＥ与平面ＦＣ Ｂ所成角的正弦值．
（２） １ ， １ ｜ ｍ · ｎ ｜ ６．所以ＢＥ与平面ＦＣ Ｂ所成角的正弦值为 ６．
ｍ ｎ ＝ １
｜ ｜·｜ ｜ ５ ５
方法总结 求空间中直线与平面所成角的常见方法：
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ４５
（ ）定义法：直接作平面的垂线，找到线面角； （ ）向量法：平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦
１ ３
（ ）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距 值的绝对值，即是线面角的正弦值．
２
离，距离与斜线长的比值即为线面角的正弦值；
􀪋􀪋􀪋
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题
１．（２０２１河南十所名校４月联考，１２）已知圆锥的底面圆心为Ｏ
，
顶点为Ｓ 侧面展开图对应扇形的圆心角为 Ａ Ｂ是底面圆 ， ３π， ，
周上的两点 ＳＢ 与平面 ＳＯＡ所成角的正弦值为 ３ 则 ＳＡ 与
， ，
４
ＯＢ所成角的余弦值为
（ ）
３ １ ３ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ２ ４ ２
答案 Ａ 如图 设圆锥的底面半径为ｒ 母线ＳＡ ｌ 高ＳＯ
， ， ＝ ， ＝
ｒ ｒ
ｈ．由侧面展开图对应扇形的圆心角为 得２π 得
３π， ｌ ＝ ３π， ｌ
３ 所以ＳＡ与底面所成的角为 ＳＡＯ ° ＳＡ ＳＢ ｈ ｒ
＝ ， ∠ ＝３０ ， ＝ ＝２ ， ＝
２
ｈ．过点Ｂ作ＢＣ 直线ＡＯ于点Ｃ 连接ＳＣ ＡＢ．由圆锥的性
３ ⊥ ， ，
质可知 ＳＯ 平面ＡＯＢ 因为ＢＣ 平面ＡＯＢ 所以ＳＯ ＢＣ 又
， ⊥ ， ⊂ ， ⊥ ，
ＳＯ ＯＡ Ｏ 所以ＢＣ 平面ＳＯＡ 所以 ＢＳＣ即直线ＳＢ与平
∩ ＝ ， ⊥ ， ∠
ＢＣ ＢＣ 面ＳＯＡ所成的角 ＢＳＣ ３ 即 ３ ＢＣ ３ ｈ．在
，ｓｉｎ∠ ＝ＳＢ＝ ， ｈ＝ ， ＝
４ ２ ４ ２
３ ｈ
ＢＣ
直角 ＢＯＣ中 ＢＯＣ ２ ３ 所以 ＢＯＣ °．过
△ ，ｓｉｎ∠ ＝ＯＢ＝ ｈ＝ ， ∠ ＝６０
３ ２
Ａ作ＡＥ ＯＢ交圆Ｏ于Ｅ 则 ＳＡＥ 或其补角 即为ＳＡ与ＯＢ
∥ ， ∠ （ ）
所成的角．连接ＳＥ ＯＥ 因为 ＥＡＯ ＢＯＣ ° ＯＡ ＯＥ
， ， ∠ ＝∠ ＝６０ ， ＝ ，∴
ＡＥＯ为等边三角形 ＡＥ ＯＢ ｈ 在 ＳＡＥ 中 易得
△ ， ＝ ＝ ３ ， △ ， ｃｏｓ
ＳＡＥ ３．
∠ ＝
４
２．（２０２１山西晋中二模，６）如图 圆锥的轴截面 ＡＢＣ 为正三角
，
形 其面积为 Ｄ为ＡＢ
， ４ ３，
(
的中点 Ｅ为母线ＢＣ的中点 则异面
， ， 直线ＡＣ ＤＥ所成角的余弦值为 ， （ ）
２ ２ ６ ３
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
４ ２ ３ ３
答案 Ｂ 取 ＡＢ 的中点为 Ｏ 连接 ＯＤ ＯＣ ＡＤ ＢＤ 因为
， ， ， ， ，
ＡＢＣ是圆锥的轴截面 所以平面ＡＢＣ 平面ＡＢＤ 又Ｄ是ＡＢ
△ ， ⊥ ，
(
直角坐标系 图略 由 ＡＢＣ 为正三角形 且面积为 得
（ ）， △ ， ４ ３，
ＡＢＣ的边长为 从而可得Ａ Ｃ Ｄ △ ４， （０，－２，０）， （０，０，２ ３）， （２，
Ｂ 所以→ＡＣ 因为Ｅ是ＢＣ的中点 ０，０）， （０，２，０）， ＝（０，２，２ ３）， ，
所以Ｅ Ｄ→Ｅ ．设异面直线ＡＣ ＤＥ所成的
（０，１， ３）， ＝（－２，１， ３） ，
→ＡＣ Ｄ→Ｅ
角为θ 则有 θ →ＡＣ Ｄ→Ｅ ｜ · ｜ ８
， ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜ ＝ ＝ ＝
→ＡＣ Ｄ→Ｅ
｜ ｜·｜ ｜ ４×２ ２
２ 故选 ．
， Ｂ
２
一题多解 取ＡＢ的中点Ｏ，连接ＯＤ，ＯＥ，因为Ｅ是ＢＣ的
中点，所以ＯＥ ＡＣ，所以 ＯＥＤ或其补角为异面直线ＡＣ，ＤＥ
∥ ∠
所成的角，连接ＡＤ，ＢＤ，因为 ＡＢＣ是圆锥的轴截面，所以平
△
面ＡＢＣ 平面ＡＢＤ，又 Ｄ 是ＡＢ
⊥
的中点 所以ＯＤ ＡＢ 又平面ＡＢＣ 平面ＡＢＤ ＡＢ ＯＤ 平面
， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂
ＡＢＤ 所以ＯＤ 平面ＡＢＣ．又ＯＣ ＡＢ 所以以Ｏ为坐标原点
， ⊥ ⊥ ， ，
以Ｏ→Ｄ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴的正方向建立空间
， ， 、 、
(
的中点，所以 ＯＤ ＡＢ，又平面
⊥
ＡＢＣ 平面ＡＢＤ ＡＢ，ＯＤ 平面ＡＢＤ，所以ＯＤ 平面ＡＢＣ，所
∩ ＝ ⊂ ⊥
以ＯＤ ＯＥ，由 ＡＢＣ为正三角形，且面积为 ，得 ＡＢＣ的
⊥ △ ４ ３ △
边长为 ，易知ＯＤ １ ＡＢ ，ＯＥ １ ＡＣ ，所以在 ＯＤＥ
４ ＝ ＝２ ＝ ＝２ Ｒｔ△
２ ２
中， ＯＥＤ ２，故选 ．
ｃｏｓ∠ ＝ Ｂ
２
３．（２０２１东北三省四市教研联合体３月联考，８）长方体ＡＢＣＤ
－
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ ＢＣ ＡＡ ．过ＢＣ的平面分别交线
１ １ １ １ ， ＝２， ＝４， １＝４ ３
段ＡＡ ＤＤ 于Ｍ Ｎ两点 四边形ＢＣＮＭ为正方形 则异面直
１， １ 、 ， ，
线Ｄ Ｍ与ＢＤ所成角的余弦值为
１ （ ）
１４ ２１ １４ ４ ３５
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
１４ １４ ４ ３５
答案 Ｄ 解法一 如图 连接Ｂ Ｄ Ｂ Ｍ 则Ｂ Ｄ ＢＤ 所
： ， １ １， １ ， １ １∥ ，
以 Ｂ Ｄ Ｍ 或其补角 就是异面直线 ＢＤ 与 Ｄ Ｍ 所成的角
∠ １ １ （ ） １ ，
因为四边形ＢＣＮＭ为正方形 且ＢＣ 所以ＣＮ ＣＤ２ ＤＮ２
， ＝４， ＝ ＋
２ ＤＮ２ 解得ＤＮ 即Ｍ Ｎ分别为ＡＡ 和ＤＤ 的
＝ ２ ＋ ＝４， ＝２ ３， ， １ １
中点 所以Ｂ Ｍ ．在 Ｂ Ｄ Ｍ 中 由余弦定理的推论得
， １ ＝４ △ １ １ ， ｃｏｓ
Ｂ Ｄ２ Ｄ Ｍ２ Ｂ Ｍ２
Ｂ Ｄ Ｍ １ １＋ １ － １ ２０＋２８－１６ ４ ３５ 所以异面
∠ １ １ ＝ Ｂ Ｄ Ｄ Ｍ ＝ ＝ ， ２ １ １· １ ２×２ ５×２ ７ ３５
直线Ｄ Ｍ与ＢＤ所成的角的余弦值为４ ３５ 故选 ．
１ ， Ｄ
３５
解法二 因为四边形 ＢＣＮＭ 为正方形 且 ＢＣ 所以 ＣＮ
： ， ＝４， ＝
ＣＤ２ ＤＮ２ ２ ＤＮ２ 解得 ＤＮ 即 Ｍ Ｎ 分别为 ＋ ＝ ２ ＋ ＝４， ＝２ ３， ，
ＡＡ 和ＤＤ 的中点 又Ｍ→Ｄ Ｍ→Ａ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｄ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｄ 所以Ｍ→Ｄ
１ １ ， １＝ １＋ １ １， ＝ ＋ ， １
Ｂ→Ｄ Ｍ→Ａ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｄ Ｍ→Ａ Ｂ→Ｃ Ｍ→Ａ Ｃ→Ｄ Ａ→Ｄ
· ＝（ １＋ １ １）·（ ＋ ）＝ １· ＋ １· ＋ １ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ４６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
·
Ｂ→Ｃ
＋
Ａ
１
→Ｄ
１·
Ｃ→Ｄ
＝１６，
又知
｜
Ｍ→Ｄ
１｜＝２ ７，｜
Ｂ→Ｄ
｜＝２ ５，
所以
ｃｏｓ （
不含端点
）
上
，
则二面角Ｂ′
－
ＤＣ
－
Ａ的正切的最大值为
（ ）
Ｍ→Ｄ Ｂ→Ｄ
Ｍ→Ｄ Ｂ→Ｄ １· １６ ４ ３５
〈 １， 〉＝
｜ Ｍ→Ｄ １｜｜ Ｂ→Ｄ ｜
＝
２ ７×２ ５
＝
３５
，
所以异面直线Ｄ Ｍ与ＢＤ所成的角的余弦值为４ ３５ 故选 ．
１ ， Ｄ
３５
解法三 因为四边形 ＢＣＮＭ 是正方形 且 ＢＣ 所以 ＣＮ
： ， ＝４， ＝
ＣＤ２ ＤＮ２ ２ ＤＮ２ 解得ＤＮ 所以Ｍ Ｎ分别是 ． ３ ． ． ．
＋ ＝ ２ ＋ ＝４， ＝２ ３， ， Ａ Ｂ１ Ｃ ２ Ｄ ３
ＡＡ ＤＤ 的中点 如图 以Ａ为坐标原点建立空间直角坐标系 ３
１， １ ， ， ， 答案 Ｃ 在 ＡＤＣ中 过点Ｈ作ＨＱ ＤＣ 垂足为Ｑ 连接
△ ， ⊥ ， ，
则Ａ Ｂ Ｄ Ｍ Ｄ
Ｂ′Ｑ．
（０，０，０）， （２，０，０）， （０，４，０）， （０，０，２ ３）， １（０，４，
所以Ｍ→Ｄ Ｂ→Ｄ 设异面直线 Ｂ′Ｈ 平面ＡＤＣ ＣＤ 平面ＡＤＣ
４ ３）， １＝（０，４，２ ３）， ＝（－２，４，０）， ∵ ⊥ ， ⊂ ，
Ｂ′Ｈ ＣＤ．
ＭＤ 与 ＢＤ 所成角为 θ 则 θ Ｍ→Ｄ Ｂ→Ｄ ∴ ⊥
１ ， ｃｏｓ ＝ ｜ ｃｏｓ〈 １， 〉 ｜ ＝ 又ＨＱ Ｂ′Ｈ Ｈ ＣＤ 平面Ｂ′ＱＨ
Ｍ→Ｄ Ｂ→Ｄ ∩ ＝ ，∴ ⊥ ，
｜ １· ｜ １６ ４ ３５ 故选 ． ＣＤ Ｂ′Ｑ Ｂ′ＱＨ 是二面角
＝ ＝ ， Ｄ ∴ ⊥ ，∴ ∠
｜ Ｍ→Ｄ １｜·｜ Ｂ→Ｄ ｜ ２ ７×２ ５ ３５ Ｂ′ － ＤＣ － Ａ的平面角．
设ＡＨ ｘ ｘ 则ＣＨ ｘ
＝ （０＜ ＜ ３）， ＝ ３－ ，
ＱＨ ＣＨ ＣＨ ｘ
由 ＣＡＢ ＣＱＨ知 ＱＨ ＡＢ ３－
△ ∽△ ，ＡＢ＝ＣＢ，∴ ＝ＣＢ· ＝ ，
２
而Ｂ′Ｈ ＡＢ′２ ＡＨ２ ＡＢ２ ＡＨ２ ｘ２
＝ － ＝ － ＝ １－ ，
ｘ２ ｘ２
Ｂ′ＱＨ １－ １－ ．
∴ ｔａｎ∠ ＝ ｘ ＝２ ｘ ２
３－ （ ３－ ）
４．（２０２１山西忻州重点中学３月月考，１２） 九章算术 卷五 商功 中 ２
《 》 《 》
描述几何体 阳马 为 底面为矩形 一棱垂直于底面的四棱锥 ． ｔ ２
“ ” “ ， ” 设 ｘ ｔ ｔ 则 Ｂ′ＱＨ １－（ ３－）
现有阳马Ｐ ＡＢＣＤ 如图 ＰＡ 平面ＡＢＣＤ ＰＡ ＡＢ ＡＤ 点 ３ － ＝ （０＜ ＜ ３）， ｔａｎ∠ ＝ ２ ｔ２ ＝
－ （ ）， ⊥ ， ＝ ＝１， ＝３，
Ｅ ， Ｆ分别在ＡＢ ， ＢＣ上 ， 当空间四边形ＰＥＦＤ的周长最小时 ， 直线 ( ) ２ æ ö２
ＰＡ与平面ＰＦＤ所成角的正切值为 （ ） ２ －２ １ ｔ ＋２ ３· １ ｔ －１＝２ －２ è ç １ ｔ － ２ ３ ø ÷ ＋ ２ １ ≤ ２， 故
选 ．
Ｃ
名师点睛 解决翻折问题一定要紧抓不变量，本题主要利
用了ＡＢ ＡＢ′这一不变量．
＝
６．（２０２１浙江温州二模，１０）如图 点Ｍ Ｎ分别是正四面体ＡＢＣＤ
， 、
的棱ＡＢ ＣＤ上的点 设ＢＭ ｘ 直线ＭＮ与ＢＣ所成的角为θ
、 ， ＝ ， ，
３ ５ ５ ３ ３ 则
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．２ ３ （ ）
５ ５ ２
答案 Ａ 把平面ＰＡＢ展开到与平面ＡＢＣＤ共面的Ｐ′ＡＢ的位
置 如图 延长ＤＣ到Ｄ′ 使得ＣＤ′ 则ＤＦ Ｄ′Ｆ 因为ＰＤ的长
（ ）， ， ＝１， ＝ ，
度为定值 故只需ＰＥ ＥＦ ＦＤ Ｐ′Ｅ ＥＦ ＦＤ′最小 只需Ｐ′ Ｅ Ｆ Ｄ′
， ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ， ， ， ，
ＣＦ ＣＤ′
四点共线 因为Ｐ′Ｄ ＤＤ′ 所以ＣＦ ．
， ＝４， ＝２，Ｐ′Ｄ＝ＤＤ′， ＝２
．当ＮＤ ＣＮ时 θ随着ｘ的增大而增大
Ａ ＝２ ，
．当ＮＤ ＣＮ时 θ随着ｘ的增大而减小
Ｂ ＝２ ，
．当ＣＮ ＮＤ时 θ随着ｘ的增大而减小
Ｃ ＝２ ，
．当ＣＮ ＮＤ时 θ随着ｘ的增大而增大
Ｄ ＝２ ，
答案 Ｄ 设正四面体ＡＢＣＤ的棱长为
过点Ａ作ＡＧ ＦＤ 垂足为Ｇ 连接ＰＧ 则ＦＤ 平面ＰＡＧ 所以 １，
⊥ ， ， ， ⊥ ，
平面ＰＡＧ 平面ＰＦＤ 过Ａ作ＡＨ ＰＧ 垂足为Ｈ 则ＡＨ 平面 若ＮＤ ＣＮ 则ＮＣ １ ＮＤ ２ 由Ｎ→Ｍ Ｎ→Ｃ Ｃ→Ｂ Ｂ→Ｍ得
⊥ ， ⊥ ， ， ⊥ ＝２ ， ＝ ， ＝ ， ＝ ＋ ＋
ＰＦＤ 故 ＡＰＧ即为直线ＰＡ与平面ＰＦＤ所成的角．因为 ＡＦＤ ３ ３
， ∠ △
Ｎ→Ｍ １ ｘ２ １ ｘ ｘ２ ｘ ７
的面积为 ３ ＦＤ 所以 １ ＡＧ ３ 所以 ＡＧ ３ ｜ ｜＝ ＋１＋ － － ＝ － ＋ ，
， ＝ ５， × ５× ＝ ， ＝ ＝ ９ ３ ９
２ ２ ２ ５ ｘ
１
３ ５ 所以 ＡＰＧ
ＡＧ
３ ５．故选 ． θ ｜
Ｎ→Ｍ
·
Ｃ→Ｂ
｜
－
６
＋１－
２
， ｔａｎ∠ ＝ＡＰ＝ Ａ ｃｏｓ ＝ ＝
５ ５ Ｃ→Ｂ Ｎ→Ｍ
５．（２０２１浙江“超级全能生”３月模拟，９）如图 已知在 ＡＢＣ 中 ｜ ｜｜ ｜ ｘ２ － ｘ ＋ ７
， △ ， ９
ＢＡＣ ° ＡＢ ＢＣ Ｄ为线段ＢＣ上一点 沿ＡＤ将 ＡＢＤ
∠ ＝９０ ， ＝１， ＝２， ， △
翻折至 ＡＢ′Ｄ 若点Ｂ′在平面ＡＤＣ内的射影Ｈ恰好落在线段ＡＣ
△ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ４７
( ) 根据最小角定理 直线ｌ与平面ＰＡＱ夹角的最大值为θ 当且
１ ５ ｘ ， １，
－ 仅当平面ＰＡＯ与平面 ＰＡＱ 垂直时 取到最大值 显然此时满
２ ３ ． ， ，
＝ ( ) ２ ( ) 足题意 故选 ．
５ ｘ ７ ５ ｘ １７ ， Ｂ
－ － － ＋ ８．（２０２１ 浙江嘉兴二模，９）如图 矩
３ ３ ３ ９ ，
[ ] 形ＡＢＣＤ中 已知ＡＢ ＢＣ Ｅ
令 ５ ｘ ｔ ｔ ２ ５ ， ＝２， ＝４，
－ ＝ ，∈ ， ， 为ＡＤ的中点．将 ＡＢＥ沿着ＢＥ向
３ ３ ３ △
上翻折至 Ａ′ＢＥ 记锐二面角Ａ′ ＢＥ Ｃ的平面角为α Ａ′Ｂ 与
则 θ １ １ １ １ △ ， － － ，
ｃｏｓ ＝ · ＝ · ( ) ， 平面ＢＣＤＥ所成的角为β 则下列结论不可能成立的是
２ １７ ７ ２ １７ １ ２１ ２ １９ ， （ ）
ｔ２ － ｔ＋１ ｔ － ＋ ． α β ． α ∙∙β∙
９ ３ ９ ３４ ６８ Ａｓｉｎ ＝ ２ｓｉｎ Ｂ ２ｃｏｓ ＝ｃｏｓ
[ ]
因为 １ ３ ３ 且 ３ ２１ ３ 故 θ不单调 所以 ．α β ．α β π 答案 Ｄ 记ＢＣ的中
ｔ ∈ ， ， ＜ ＜ ， ｃｏｓ ， Ａ、Ｂ Ｃ ＜２ Ｄ － ＞
５ ２ ５ ３４ ２ ４
错误． 点为Ｆ 连接ＡＦ与ＢＥ交于点Ｏ 连接Ａ′Ｏ 易知ＡＦ ＢＥ 则α
， ， ， ⊥ ，
Ａ′ＯＦ 过Ａ′作Ａ′Ｈ 平面ＢＣＤＥ 则垂足Ｈ在线段ＯＦ上
若ＣＮ ＮＤ 则ＮＣ ２ ＮＤ １ 由Ｎ→Ｍ Ｎ→Ｃ Ｃ→Ｂ Ｂ→Ｍ得 ＝∠ ， ⊥ ， ，
＝２ ， ＝ ， ＝ ， ＝ ＋ ＋ 连接ＢＨ 则β Ａ′ＢＨ 设Ａ′Ｈ ｈ．
３ ３ ， ＝∠ ， ＝
Ｎ→Ｍ ４ ｘ２ ２ ｘ ｘ２ ｘ ７
｜ ｜＝ ＋１＋ － － ＝ － ＋ ，
９ ３ ９
ｘ
１
Ｎ→Ｍ Ｃ→Ｂ － ＋１－
θ ｜ · ｜ ３ ２ Ａ′Ｈ ｈ Ａ′Ｈ ｈ
ｃｏｓ ＝ ＝ 因为 α β
Ｃ→Ｂ Ｎ→Ｍ ｓｉｎ ＝ＯＡ′＝ ，ｓｉｎ ＝Ａ′Ｂ＝ ，
｜ ｜｜ ｜ ｘ２ － ｘ ＋ ７ ２ ２
９ 所以 α β 选项 成立
( ) ｓｉｎ ＝ ２ｓｉｎ ①， Ａ ；
１ ４
－
ｘ 将
①
平方得
ｓｉｎ
２α
＝２ｓｉｎ
２β
，
所以
１－ｃｏｓ
２α
＝２（１－ｃｏｓ
２β
），
＝ ( )
２ ３
( )
． 即
ｃｏｓ
２α
＝２ｃｏｓ
２β
－１＝ｃｏｓ２
β
，
２
４ ｘ ５ ４ ｘ １１ 因为 ２α α 所以 β α
－ － － ＋ ｃｏｓ ＜ｃｏｓ ， ｃｏｓ２ ＜ｃｏｓ ，
３ ３ ３ ９ 所以α β 故选项 成立
[ ] ＜２ ， Ｃ ；
令 ４ ｘ ｔ ｔ １ ４ ＯＨ ＢＨ
－ ＝ ，∈ ， ， α β 若 α β 则 ＯＨ ＢＨ
３ ３ ３ ｃｏｓ ＝ ，ｃｏｓ ＝ ， ２ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ， ２ ＝ ，
２ ２
则 θ １ １ １ １ ．
ｃｏｓ ＝ · ＝ · ( ) 所以 ＯＢＨ π 则 可能成立
２ １１ ５ ２ １１ １ １５ ２ １９ ∠ ＝ ， Ｂ ；
ｔ２ － ｔ＋１ ｔ － ＋ ６
９ ３ ９ ２２ ４４
[ ] 由选项 成立知α β 并且β π 所以α β β β β π 选
因为 １ ３ 且１５ ３ 故 θ单调递减 所以θ随着ｘ Ｃ ＜２ ， ＜ ， － ＜２ － ＝ ＜ ，
ｔ ∈ ，３ ， ＜ ， ｃｏｓ ， ４ ４
４ ２２ ４ 项 不可能成立．故选 ．
的增大而增大 所以 错误 正确． Ｄ Ｄ
， Ｃ ，Ｄ
二、多项选择题
故选 ．
Ｄ
７．（２０２１浙江新高考研究卷（二），８）如图 在正四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ ９．（２０２１ 届山东开学质量检测，１２）如图 在直三棱柱 ＡＢＣ
， － ， －
中 ， ＡＢ ≤ ＰＡ ， 点Ｑ是直线ＢＣ上一个动点 ， 直线ＢＰ在平面ＰＡＣ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ， ＡＡ １＝ ＡＣ ＝２， ＡＢ ＝３，∠ ＢＡＣ ＝９０ ° ， 点Ｄ ， Ｅ分别为线
上的投影记为ｌ 设ｌ与ＰＡ所成角为θ ｌ与平面ＰＡＱ所成角 段ＢＣ Ｂ Ｃ上的动点 不含端点 且 ＥＣ ＤＣ 则下列说法正
为θ 则 ， １， ， １ （ ）， Ｂ Ｃ＝ＢＣ，
２， （ ） 确的是 １
（ ）
．π θ θ ．θ θ π
Ａ ≤ ２≤ １ Ｂ ２≤ １≤
４ ４
ＥＤ 平面ＡＣＣ
．π θ θ ．θ θ π Ａ． ∥ １
Ｃ ≤ １≤ ２ Ｄ １≤ ２≤ 四面体Ａ ＢＤＥ的体积是定值
４ ４ Ｂ． －
答案 Ｂ 取ＡＣ的中点Ｏ 连接ＰＯ 则直线ＰＯ即直线ｌ 在
， ， ，
异面直线Ｂ Ｃ与ＡＡ 所成角的正切值为 １３
平面ＰＡＱ中 ， ＰＡ是定直线 ， Ｃ． １ １ ２
因为ＡＢ ＰＡ 所以ＡＯ ２ＡＢ ２ＰＡ 即 ＰＡＯ ２ 二面角Ａ ＥＣ Ｄ的余弦值为 ４
≤ ， ＝ ≤ ， ｃｏｓ∠ ≤ ， Ｄ． － －
２ ２ ２ １３
答案 ＡＣＤ 在直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 四边形ＢＣＣ Ｂ
所以直线ＡＯ与直线ＡＰ的夹角大于或等于π 则ＰＯ与ＰＡ的 － １ １ １ ， １ １
， 是矩形．
４
ＥＣ ＤＣ
夹角小于或等于π 即θ π． 对于 ＥＤ Ｂ Ｂ 又 Ｂ Ｂ Ａ Ａ ＥＤ Ａ Ａ
， １≤ Ａ，∵ Ｂ Ｃ＝ＢＣ，∴ ∥ １ ， ∵ １ ∥ １ ，∴ ∥ １ ，
４ ４ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ４８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
又 ＥＤ 平面ＡＣＣ ＡＡ 平面ＡＣＣ ＥＤ 平面ＡＣＣ 项 若点Ｐ到直线ＡＤ与直线ＣＣ 的距离相等 则动点Ｐ的轨
∵ ⊄ １， １⊂ １，∴ ∥ １，Ａ Ｄ． １ ，
正确． 迹是双曲线
ＥＣ ＤＣ ＥＤ ＥＣ ＤＣ ＥＤ 答案 ＡＢＤ 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 对于 ＢＤ
对于 ＥＤ Ｂ Ｂ 不妨令 － １ １ １ １ ， Ａ， ⊥
Ｂ，∵ ∥ １ ，∴ Ｂ Ｃ＝ＢＣ＝Ｂ Ｂ， Ｂ Ｃ＝ＢＣ＝Ｂ Ｂ＝ 平面Ａ ＡＣＣ 当点Ｐ 在直线 ＣＣ 上运动时 总能满足 ＰＡ
１ １ １ １ １ １， １ ， ⊥
ｋ ｋ ＥＤ ｋＢ Ｂ ＤＣ ｋＢＣ 又 Ｂ Ｂ 平面ＡＢＣ ＥＤ ＢＤ 点Ｐ的轨迹为直线ＣＣ 中命题正确．对于 以Ａ为顶
（０＜ ＜１），∴ ＝ １ ， ＝ ， ∵ １ ⊥ ，∴ ， １，Ａ Ｂ，
平面ＡＢＣ ＥＤ ＢＣ 又 Ａ到平面 ＤＣＣ 的距离即为 Ａ 到 点 ＡＢ为高 ＡＢ 为母线的圆锥的底面圆即为点Ｐ的轨迹 即
⊥ ，∴ ⊥ ， １ ， ， １ ，
ＡＢ ＡＣ 以Ｂ为圆心 半径为 的圆 所以点Ｐ的轨迹是一个周长为
ＢＣ的距离ｄ · ３×２ ６ １３ 四面体Ａ ＢＤＥ的体积 ， １ ，
＝ ＢＣ ＝ ＝ ，∴ － 的圆 中命题正确．对于 点Ｐ到ＡＢ的距离等于点Ｐ
１３ １３ ２π ，Ｂ Ｃ，
到点Ｂ的距离 所以符合条件的点的轨迹是直线ＢＣ 中命
Ｖ １ Ｓ ｄ １ １ ＢＤ ＤＥ ｄ １ ＢＣ ＣＤ ＤＥ ， ，Ｃ
Ａ － ＢＤＥ＝ · △ ＢＤＥ· ＝ × · · ＝ （ － ）· 题错误．对于 以Ｂ为原点 分别以ＢＣ ＢＡ ＢＢ 所在直线为
３ ３ ２ ６ Ｄ， ， 、 、 １
ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐标系．设Ｐ ｘ ｚ 由题意可
ｄ １ ＢＣ ｋＢＣ ｋＢ Ｂ ｄ １ ｋ ｋ 、 、 （ ，０， ），
· ＝ ６ （ － ）· １ · ＝ ６ （１－ ）· · １３×２× 知点Ｐ到直线ＡＤ的距离为 １＋ ｚ２ ， 点Ｐ到直线ＣＣ １ 的距离
６ １３ ｋ ｋ 不是定值．因此 不正确． 为 ｘ ２ 则有 ｚ２ ｘ ２ 即 ｘ ２ ｚ２ 故
＝２ （１－ ） Ｂ （１－ ） ， １＋ ＝ （１－ ） ， （ －１） － ＝１， Ｄ
１３ 中命题正确．故选 ．
对于 Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ Ｃ 与 ＡＡ 所成角为 ＣＢ Ｂ 或其补 ＡＢＤ
Ｃ，∵ １ ∥ １ ，∴ １ １ ∠ １ （ ＢＣ １１．（２０２０海南三模，１１）如图 ， 四棱锥 Ｐ － ＡＢＣＤ 中 ， 平面 ＰＡＤ ⊥
角 在 Ｂ ＢＣ中 Ｂ Ｂ ＢＣ ＢＢ Ｃ 底面 ＡＢＣＤ ＰＡＤ 是等边三角形 底面 ＡＢＣＤ 是菱形 且
）， Ｒｔ△ １ ， １ ＝２， ＝ １３，∴ ｔａｎ∠ １ ＝Ｂ Ｂ＝ ，△ ， ，
１ ＢＡＤ ° Ｍ为棱ＰＤ的中点 Ｎ为菱形ＡＢＣＤ的中心 下
∠ ＝６０ ， ， ，
１３ 项正确 列结论正确的有
，∴ Ｃ ； （ ）
２ 直线ＰＢ与平面ＡＭＣ平行
对于 二面角Ａ ＥＣ Ｄ即二面角Ａ Ｂ Ｃ Ｂ 以Ａ为原点 分 Ａ．
Ｄ， － － － １ － ， ， 直线ＰＢ与直线ＡＤ垂直
Ｂ．
别以→ＡＢ →ＡＣ Ａ→Ａ 的方向为 ｘ ｙ ｚ 轴的正方向建立空间直角坐 线段ＡＭ与线段ＣＭ的长度相等
， ， １ ， ， Ｃ．
标系
，
ＰＢ与ＡＭ所成角的余弦值为 ２
Ｄ．
４
答案 ＡＢＤ 如图 连接ＭＮ 易知ＭＮ ＰＢ 又ＭＮ 平面
， ， ∥ ， ⊂
ＡＭＣ ＰＢ 平面 ＡＭＣ ＰＢ 平面 ＡＭＣ 正确 在菱形
， ⊄ ，∴ ∥ ，Ａ ；
ＡＢＣＤ中 ＢＡＤ ° ＢＡＤ 为等边三角形 设 ＡＤ 的中
，∠ ＝６０ ，∴ △ ，
点为Ｏ 连接 ＯＢ ＯＰ 则 ＯＰ ＡＤ ＯＢ ＡＤ ＡＤ 平面
， ， ， ⊥ ， ⊥ ，∴ ⊥
ＰＯＢ ＡＤ ＰＢ 正确 易证ＰＯ 平面ＡＢＣＤ．设ＡＤ 则
，∴ ⊥ ，Ｂ ； ⊥ ＝４，
ＯＰ ＯＢ ＰＢ ＭＮ １ ＰＢ ．在 ＭＡＮ中 ＡＭ
＝ ＝２ ３，∴ ＝２ ６， ＝ ＝ ６ △ ，
２
则Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ→Ｂ
（０，０，０）， （３，０，０）， （０，２，０）， １（３，０，２），∴ １＝（３， ＡＮ ＭＮ 可得 ＡＭＮ ２ 故异面直线ＰＢ与
＝ ＝２ ３， ＝ ６， ｃｏｓ∠ ＝ ，
Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｃ 设平面ＡＢ Ｃ的法向 ４
０，２）， ＝（－３，２，０）， １ ＝（－３，２，－２）， １
{ｍ Ａ→Ｂ { ｘ ｚ ＡＭ所成角的余弦值为 ２ 在 ＭＡＣ中可判断ＡＭ ＣＭ
量为ｍ ｘ ｙ ｚ 则 · １＝０，即 ３ ＋２ ＝０， 令ｘ ， △ ＜ ，∴ Ｃ
{ｚ
＝（ ， ， ）， ｍ
·
Ｂ→
１
Ｃ
＝０， －３
ｘ
＋２
ｙ
－２
ｚ
＝０，
＝２，
错误 ，Ｄ 正确．
４
则 ＝－３，则ｍ ．
ｙ ＝（２，０，－３）
＝０，
{ｎ Ｂ→Ｃ
设平面 ＢＢ Ｃ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 · ＝０， 即
１ ＝（ １， １， １）， ｎ Ｂ→Ｃ
· １ ＝０，
{ ｘ ｙ
－３ １＋２ １＝０， 令ｘ 得ｎ 故二面角Ａ ＥＣ
ｘ ｙ ｚ １＝２， ＝（２，３，０）， － －
－３ １＋２ １－２ １＝０，
Ｄ的余弦值为 ２×２ ４ 因此 正确．综上可知 选 ．
＝ ， Ｄ ， ＡＣＤ １２．（２０２０ 山东烟台期末，１１）如图 在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
１３× １３ １３ ， － １ １ １ １
１０．（２０２０山东青岛三模，１２）在如图所示的棱 中 点Ｐ在线段Ｂ Ｃ上运动 则
， １ ， （ ）
长为 的正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 点 Ｐ
１ － １ １ １ １ ，
在侧面ＢＣＣ Ｂ 所在的平面上运动 则下列
１ １ ，
命题中正确的为
（ ）
若点Ｐ总满足ＰＡ ＢＤ 则动点Ｐ的轨迹
Ａ． ⊥ ，
是一条直线
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，
的圆
２π
若点Ｐ到直线ＡＢ的距离与到点Ｃ的距离之和为 则动点 直线ＢＤ 平面Ａ Ｃ Ｄ
Ｃ． １， Ａ． １⊥ １ １
Ｐ的轨迹是椭圆 三棱锥Ｐ Ａ Ｃ Ｄ的体积为定值
Ｂ． － １ １
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ４９
[ ] 当ｎ ｎ ａ２ｃ２ ｂ２ｃ２ ａ２ｂ２ 时 二面角Ａ ＣＤ Ｂ是直二面
异面直线ＡＰ与Ａ Ｄ所成角的取值范围是 π π １· ２＝－ － ＋ ＝０ ， － －
Ｃ． １
４
，
２
角．化简得ａ２ｂ２
＝（
ａ２
＋
ｂ２
）·
ｃ２
，
直线Ｃ Ｐ与平面Ａ Ｃ Ｄ所成角的正弦值的最大值为 ６ 随便取一组符合题意的值 ， 如ａ ＝ ２， ｂ ＝ ２， ｃ ＝１，③ 错误．
Ｄ． １ １ １ ３ 对于 由 知 平面 ＢＣＤ 的一个法向量为ｎ ａｃ ｂｃ
答案 ＡＢＤ 对于选项 连接Ｂ Ｄ 在正方体中 Ａ Ｃ ④， ③ ， １ ＝（－ ， ，
Ａ， １ １， ， １ １⊥ ａｂ →ＡＣ ａ ｃ
Ｂ Ｄ 且ＢＢ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 则ＢＢ Ａ Ｃ 又ＢＢ Ｂ Ｄ ）， ＝（０， ， ），
１ Ｂ １， 所以Ａ １⊥ Ｃ 平面 １ ＢＤ １ Ｂ １ １， 故Ａ Ｃ １⊥ ＢＤ １ １ 同 ， 理 连 １ 接 ∩ ＡＤ １ １ 设ＡＣ 与底面 ＢＣＤ 所成角为 β 则 β ｎ →ＡＣ
＝ １， １ １⊥ １ １， １ １⊥ １； ， １， ， ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ〈 １， 〉 ｜
易证得Ａ Ｄ ＢＤ 则ＢＤ 平面Ａ Ｃ Ｄ 故 正确 ａｂｃ
对于选项 １
Ｂ
⊥
，
Ｖ
Ｐ － Ａ １ Ｃ
１
１
，
Ｄ＝
Ｖ
Ｃ １－ Ａ
１
１ Ｐ
⊥
Ｄ，
因为点 １ Ｐ １ 在 ， 线段 Ａ Ｂ
１
Ｃ上 ； 运动
，
所 ＝ ａ２
＋
ｃ２
·
２ ａ２ｃ２
＋
ａ２ｂ２
＋
ｂ２ｃ２ ，
ａ２ｂ２ｃ２
以Ｓ
△ Ａ １ ＤＰ＝
１ Ａ
１
Ｄ
·
ＡＢ
，
面积为定值
，
又Ｃ
１
到平面Ａ
１
ＰＤ
１
的距
ｓｉｎ
２β
＝ ａ２ ｃ２
４
ａ２ｃ２ ａ２ｂ２ ｂ２ｃ２
２ （ ＋ ）·（ ＋ ＋ ）
离即Ｃ 到平面Ａ Ｂ ＣＤ的距离 也为定值 故体积为定值 故 ａ２ｂ２ｃ２
１ １ １ ， ， ， ８
正确 ＝ ａ２ ｃ２ ａ２ｃ２ ａ２ｂ２ ａ２ｂ２ ｂ２ｃ２ ａ２ｃ２ ｂ２ｃ２
Ｂ ； （ ＋ ）·［（ ＋ ）＋（ ＋ ）＋（ ＋ ）］
对于选项 当点Ｐ与线段Ｂ Ｃ的端点重合时 ＡＰ与Ａ Ｄ所 ａ２ｂ２ｃ２
Ｃ， １ ， １ ８
≤ ａｃ ａ２ｂｃ ａｂ２ｃ ａｂｃ２
成角取得最小值 为π 故 错误 ２ ·（２ ＋２ ＋２ ）
， ， Ｃ ； ｂ
３ ２
对于选项 因为直线ＢＤ 平面Ａ Ｃ Ｄ 所以当直线Ｃ Ｐ与 ＝ａ ｂ ｃ，
Ｄ， １⊥ １ １ ， １ ＋ ＋
平面Ａ Ｃ Ｄ所成角的正弦值最大时 直线Ｃ Ｐ与直线ＢＤ 所 ａ ｂ ｃ
１ １ ， １ １ 由此可推出 ２α ２β ２γ ２ ＋２ ＋２ 当且仅当ａ ｂ
成角的余弦值最大 当Ｐ运动到Ｂ Ｃ中点处时 直线Ｃ Ｐ与 ，ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ≤ ａ ｂ ｃ ＝２， ＝
， １ ， １ ＋ ＋
直线ＢＤ 所成的角的余弦值最大 此时所成角为 Ｃ ＢＤ 设 ｃ时取等号． 正确．
１ ， ∠ １ １， ＝ ④
Ｃ Ｂ 思路分析 用长方体的体积减去四个全等三棱锥的体
棱长为 在 Ｄ Ｃ Ｂ中 Ｃ ＢＤ １ ２ ６ 故 ①
１， Ｒｔ△ １ １ ，ｃｏｓ∠ １ １＝ＢＤ ＝ ＝ ， Ｄ 积即得三棱锥Ａ ＢＣＤ的体积； 计算三棱锥Ａ ＢＣＤ的棱长，
１ ３ ３ － ② －
正确． 运用余弦定理即可判断三棱锥Ａ ＢＣＤ的每个面都是锐角三
－
角形； 建立空间直角坐标系，求出平面ＢＣＤ与平面ＡＣＤ的
三、填空题 ③
法向量，即可判断平面ＢＣＤ与平面ＡＣＤ可能垂直； 在 的
１３．（２０２１北京丰台综合练习一，１５）如图 从长 宽 高分别为ａ ④ ③
， 、 、 ， 基础上求 β，同理求得 α、 γ，运用ａ２ ｂ２ ａｂ即可
ｂ ｃ的长方体ＡＥＢＦ ＧＣＨＤ 中截去部分几何体后 所得几何 ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ ≥２
， － ， 进行判断．
体为三棱锥Ａ ＢＣＤ．下列四个结论中 所有正确结论的序号
－ ， １４．（２０２０海南调研测试，１６）在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ为棱
是 ． － １ １ １ １ ，
ＣＤ上一点 且ＣＥ ＤＥ Ｆ为棱ＡＡ 的中点 且平面ＢＥＦ与ＤＤ
， ＝２ ， １ ， １
ＤＧ ＡＨ
交于点Ｇ 与ＡＣ 交于点Ｈ 则 ．
， １ ， ＤＤ ＝ ，ＨＣ ＝
１ １
三棱锥Ａ ＢＣＤ的体积为 １ ａｂｃ
① － ；
３
三棱锥Ａ ＢＣＤ的每个面都是锐角三角形
② － ；
三棱锥Ａ ＢＣＤ中 二面角Ａ ＣＤ Ｂ不会是直二面角
③ － ， － － ；
三棱锥Ａ ＢＣＤ中 三条侧棱与底面所成的角分别记为α
④ － ， ， 答案 １ ３
β γ 则 ２α ２β ２γ ． ；
， ， ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ≤２ ６ ８
答案 ＡＦ ＤＧ
①②④ 解析 易证ＢＦ 平面ＣＤＤ Ｃ 则ＢＦ ＧＥ 则 即
解析 本题考查空间几何体的体积 二面角 线面角 考查 ∥ １ １， ∥ ， ＡＢ＝ＤＥ，
、 、 ，
学生的逻辑推理与运算求解能力 考查直观想象与数学运算 ＤＧ ＤＧ
， １ 又ＣＥ ＤＥ 则 １ 连接ＡＣ交ＢＥ于Ｍ 过Ｍ
的核心 试题反映综合性与创新性． ＤＥ＝ ， ＝２ ， ＤＤ ＝ ， ，
， ２ １ ６
作ＭＮ ＣＣ ＭＮ与ＡＣ 交于Ｎ 连接ＦＭ 则Ｈ为ＦＭ与ＡＣ
对于 Ｖ ａｂｃ １ １ ａｂｃ １ ａｂｃ 正确 ∥ １， １ ， ， １
①， Ａ － ＢＣＤ＝ － ３ × ２ × ×４＝ ３ ，① ； 的交点 因为ＡＢ ＣＥ 所以 ＡＭ ＡＢ ３ 则 ＡＮ ＡＭ ３ 所
， ∥ ， ＭＣ＝ＣＥ＝ ， ＮＣ ＝ＭＣ＝ ，
对于 三棱锥 Ａ ＢＣＤ 的每个面三边长分别是 ａ２ ｂ２ ２ １ ２
②， － ＋ 、 ＭＮ ＭＮ ＨＮ ＡＨ
ａ２
＋
ｃ２
、
ｂ２
＋
ｃ２
，
以
ＣＣ ＝
３
，
所以
ＦＡ＝
６
＝ＡＨ，
故
ＨＣ ＝
３ ．
１ ５ ５ １ ８
由 ａ２ ｂ２ ２ ａ２ ｃ２ ２ ｂ２ ｃ２ ２
（ ＋ ） ＋（ ＋ ） ＞（ ＋ ） ，
ａ２ ｂ２ ２ ｂ２ ｃ２ ２ ａ２ ｃ２ ２
（ ＋ ） ＋（ ＋ ） ＞（ ＋ ） ，
ａ２ ｃ２ ２ ｂ２ ｃ２ ２ ａ２ ｂ２ ２ 知 正确
（ ＋ ） ＋（ ＋ ） ＞（ ＋ ） ， ② ；
对于 举出反例即可．
③，
以Ｆ为坐标原点建系 经计算 平面ＢＣＤ的一个法向量为ｎ
， ， １
ａｃ ｂｃ ａｂ 平面ＡＣＤ的一个法向量ｎ ａｃ ｂｃ ａｂ
＝（－ ， ， ）， ２＝（ ，－ ， ），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ５０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
１５．（２０２１浙江绍兴４ 月模拟，１６）如图 在 ），半径 ｒ 的圆弧上运动（点 Ｐ 在 ＤＥＦ 内且包括边
， －１ ＝２ △
棱长为 的正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 界）．
４ － １ １ １ １ ，
Ｍ是棱ＡＡ 上的动点 Ｎ 是棱 ＢＣ 的中
１ ， 四、解答题
点 当平面 Ｄ ＭＮ 与底面 ＡＢＣＤ 所成的
， １ １７．（２０２１北京朝阳二模，１８）如图 在三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 四
锐二面角最小时 Ａ Ｍ ． ， － １ １ １ ，
， １ ＝ 边形ＡＡ Ｃ Ｃ是边长为 的正方形 ＡＢ ．再从条件 条件
１ １ ４ ， ＝３ ①、
答案 ８ 条件 中选择两个能解决下面问题的条件作为已知 并
②、 ③ ，
５ 作答．
解析 如图 延长Ｄ Ｍ ＤＡ 交于点Ｅ 连接ＥＮ
， １ ， ， ， ， 求证 ＡＢ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ
（１） ： ⊥ １ １ ；
求直线ＢＣ与平面Ａ ＢＣ 所成角的正弦值．
（２） １ １
条件 ＢＣ
①： ＝５；
条件 ＡＢ ＡＡ
②： ⊥ １；
条件 平面ＡＢＣ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ．
③： ⊥ １ １
则平面Ｄ ＭＮ 与底面 ＡＢＣＤ 所成的锐二面角即为二面角
１
Ｄ ＥＮ Ｄ 过Ｄ作ＤＨ ＥＮ于Ｈ 连接Ｄ Ｈ．
１－ － ， ⊥ ， １
故 Ｄ ＨＤ即为所求二面角的平面角
∠ １ ，
Ｄ Ｄ
Ｄ ＨＤ １ ４ ４ ４ ２ ５
∴ ｔａｎ∠ １ ＝ ＤＨ ＝ＤＨ≥ＤＮ＝ ＝ ，
２ ５ ５ 解析 选择
当且仅当ＤＮ ＮＥ时 等号成立 ①②：
⊥ ， ， 因为ＡＣ ＡＢ ＢＣ 所以ＡＢ ＡＣ．
ＣＮ ＤＮ （１） ＝４， ＝３， ＝５， ⊥
此时有 ＤＣＮ ＥＮＤ 则 故ＤＥ 所以ＡＥ 又因为ＡＢ ＡＡ ＡＣ ＡＡ Ａ 所以ＡＢ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ．
△ ∽△ ， ＤＮ＝ＤＥ， ＝１０， ＝６， ⊥ １， ∩ １＝ ， ⊥ １ １
由 知ＡＢ ＡＣ ＡＢ ＡＡ ．
Ａ Ｍ Ａ Ｄ （２） （１） ⊥ ， ⊥ １
由 ＭＡＥ ＭＡ Ｄ 得 １ １ １ ２ 因为四边形ＡＡ Ｃ Ｃ是正方形 所以ＡＣ ＡＡ ．
△ ∽△ １ １ ＡＭ ＝ ＡＥ ＝ ， １ １ ， ⊥ １
３ 如图 以Ａ为原点建立空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ
， － ，
所以Ａ Ｍ ２ Ａ Ａ ８ ．
１ ＝ １ ＝
５ ５
１６．（２０２１浙江嘉兴高三上期末，１７）如图 在多
，
面体ＡＢＣ ＤＥＦ中 已知棱ＡＥ ＢＤ ＣＦ两两
－ ， ， ，
平行 ＡＥ 底面 ＤＥＦ ＤＥ ＤＦ 四边形
， ⊥ ， ⊥ ，
ＡＣＦＥ为矩形 ＡＥ ＤＥ ＤＦ ＢＤ 底面
， ＝ ＝ ＝２ ＝３，
ＤＥＦ内 包括边界 的动点Ｐ满足ＡＰ ＢＰ
△ （ ） ，
与底面ＤＥＦ所成的角相等．记直线ＣＰ与底
面ＤＥＦ所成的角为θ 则 θ的取值范围是 ．
， ｔａｎ
é ù 则Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ
答案 êê３ １０ ３＋ ３úú （０，０，０）， （３，０，０）， （０，０，４）， １（０，４，０）， １（０，４，４），
ë ， û
解析 连接 １０ ＰＤ ２ ＰＥ ＰＦ 由题意易知 Ａ 设 → １ Ｂ 平 ＝ 面 （３ Ａ ，－ Ｂ ４ Ｃ ，０ 的 ）， 法 Ａ １ → 向 Ｃ １ 量 ＝（ 为 ０， ｎ ０，４） ｘ ， Ｂ→ ｙ Ｃ ｚ ＝（－３，０，４） ．
ＡＰＥ ＤＰＢ分别 ， 为Ａ ， Ｐ Ｂ ， Ｐ与底面ＤＥＦ １ １ ＝（ ， ， ），
∠ ，∠ ， {ｎ Ａ→Ｂ { ｘ ｙ
所成的角 则 · １ ＝０， 即 ３ －４ ＝０，
故 Ａ ， ＰＥ ＤＰＢ 即 ＡＥ ＢＤ ｎ · Ａ １ →Ｃ １＝０， ４ ｚ ＝０ ．
ｔａｎ∠ ＝ｔａｎ∠ ， ＰＥ＝ＰＤ， 令ｙ 则ｘ ｚ 所以ｎ ．
＝３， ＝４， ＝０， ＝（４，３，０）
又由ＡＥ ＢＤ 可得ＰＥ ＰＤ 设直线ＢＣ与平面Ａ ＢＣ 所成角为θ
＝２ ， ＝２ ， １ １ ，
以ＤＦ ＤＥ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴建立平面直角坐标系 Ｂ→Ｃ ｎ
， ， ， 则 θ Ｂ→Ｃ ｎ ｜ · ｜ １２．
如图所示 ， 设Ｐ （ ｘ ， ｙ ）， 知Ｆ （３，０）， Ｅ （０，３）， 可得ｘ２ ＋（ ｙ －３） ２ ＝ ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ Ｂ→Ｃ ｜｜ ｎ ｜ ＝ ２５
ｘ２ ｙ２ 整理得ｘ２ ｙ ２
４（ ＋ ）， ＋（ ＋１） ＝４， 所以直线ＢＣ与平面Ａ ＢＣ 所成角的正弦值为１２．
即点Ｐ在以圆心为Ｍ 半径ｒ 的圆弧上运动 点Ｐ １ １
（０，－１）， ＝２ （ ２５
在 ＤＥＦ内且包括边界 ． 选择
△ ） ①③：
设圆Ｍ与ｘ轴 ｙ轴正半轴分别交于点Ｑ Ｎ 因为ＡＣ ＡＢ ＢＣ
、 ， ， （１） ＝４， ＝３， ＝５，
所以ＡＢ ＡＣ．
易求Ｎ Ｑ ⊥
（０，１）， （ ３，０）， 又因为平面 ＡＢＣ 平面 ＡＡ Ｃ Ｃ 平面 ＡＢＣ 平面 ＡＡ Ｃ Ｃ
显然ＱＦ ＰＦ ＮＦ 又ＱＦ ＮＦ ⊥ １ １ ， ∩ １ １ ＝
≤ ≤ ， ＝３－ ３， ＝ １０， ＡＣ 所以ＡＢ 平面ＡＡ Ｃ Ｃ．
， ⊥ １ １
同上．
而 θ ３ 故３ １０ θ ３＋ ３． （２）
ｔａｎ ＝ＰＦ， ≤ｔａｎ ≤ １８．（２０２１北京丰台二模，１８）如图 在多面体ＡＢＣＤＥＦ中 四边形
１０ ２ ， ，
解题关键 解题的关键是得出点 Ｐ 在以圆心为 Ｍ（ ， ＡＢＣＤ和ＣＤＥＦ都是直角梯形 ＡＢ ＣＤ ＣＤ ＥＦ ＡＢ ＥＦ
０ ， ∥ ， ∥ ， ＝ ＝
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ５１
ＦＭ
ＤＡ ＤＣ ＤＥ ＡＤＥ ＡＤＣ ＥＤＣ π 点 Ｍ 为棱 时 １ ．
１， ＝ ＝ ＝２，∠ ＝∠ ＝∠ ＝ ， ，ＦＣ＝
２ ３
ＣＦ上一点 平面ＡＥＭ与棱ＢＣ交于点Ｎ． １９．（２０２１天津部分区一模，１８）如图 在多面体 ＡＢＣＤＥＦ 中 ＡＥ
， ， ，
求证 ＥＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＡＢＣＤ 四边形ＡＥＦＣ是平行四边形 且ＡＤ ＢＣ ＡＢ
（１） ： ⊥ ； ⊥ ， ， ∥ ， ⊥
求证 ＡＥ ＭＮ ＡＤ ＡＤ ＡＥ ＡＢ ＢＣ ．
（２） ： ∥ ； ， ＝ ＝２， ＝ ＝１
求证 ＣＤ ＥＦ
若平面ＡＥＭ与平面ＣＤＥＦ所成锐二面角的余弦值为 ２ （１） ： ⊥ ；
（３） ， 求二面角Ａ ＤＥ Ｂ的余弦值
３ （２） － － ；
ＦＭ 若点Ｐ在棱ＣＦ上 直线ＰＢ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值
求 的值． （３） ，
ＦＣ
为 ３ 求线段ＣＰ的长．
，
３
解析 证明 因为 ＡＤＥ ＥＤＣ π
（１） ： ∠ ＝∠ ＝ ，
２
所以ＥＤ ＡＤ ＥＤ ＤＣ． 解析 证明 因为ＡＥ 平面 ＡＢＣＤ ＡＢ 平面 ＡＢＣＤ
⊥ ， ⊥ （１） ： ⊥ ， ⊂ ，
又因为ＡＤ ＤＣ Ｄ ＡＤ ＤＣ 平面ＡＢＣＤ ＡＤ 平面ＡＢＣＤ 所以ＡＥ ＡＢ ＡＥ ＡＤ．
∩ ＝ ， ， ⊂ ， ⊂ ， ⊥ ， ⊥
所以ＥＤ 平面ＡＢＣＤ． 又因为ＡＢ ＡＤ 所以以点Ａ为坐标原点 Ａ→Ｄ →ＡＢ →ＡＥ的方向
⊥ ⊥ ， ， ， ，
证明 因为ＡＢ ＣＤ ＣＤ ＥＦ 所以ＡＢ ＥＦ． 分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴的正方向建立空间直角坐标系Ａ ｘｙｚ
（２） ： ∥ ， ∥ ， ∥ ， 、 － ，
又因为ＡＢ ＥＦ 所以四边形ＡＢＦＥ是平行四边形．
＝ ，
所以ＡＥ ＢＦ．
∥
因为ＡＥ 平面ＢＣＦ ＢＦ 平面ＢＣＦ 所以ＡＥ 平面ＢＣＦ．
⊄ ， ⊂ ， ∥
因为ＡＥ 平面ＡＥＭ 平面ＡＥＭ 平面ＢＣＦ ＭＮ
⊂ ， ∩ ＝ ，
所以ＡＥ ＭＮ．
∥
由题意得ＥＤ ＡＤ ＥＤ ＤＣ ＡＤ ＤＣ 所以如图建立空间
（３） ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ，
直角坐标系Ｄ ｘｙｚ
－ ，
由题设 易知Ａ Ｄ Ｂ Ｃ
， （０，０，０）， （２，０，０）， （０，１，０）， （１，１，０），
Ｅ Ｆ ．
（０，０，２）， （１，１，２）
所以Ｄ→Ｃ Ｅ→Ｆ
＝（－１，１，０）， ＝（１，１，０），
所以Ｄ→Ｃ Ｅ→Ｆ
· ＝（－１，１，０）·（１，１，０）＝－１＋１＝０，
所以Ｄ→Ｃ Ｅ→Ｆ 即ＣＤ ＥＦ．
⊥ ， ⊥
由ＡＢ ＥＦ ＤＡ ＤＣ ＤＥ 可知Ａ Ｂ 设二面角Ａ ＤＥ Ｂ的平面角为θ．
＝ ＝１， ＝ ＝ ＝２， （２，０，０）， （２，１，０）， （２） － －
Ｃ Ｅ Ｆ →ＡＥ Ｅ→Ｆ 由 得Ｂ→Ｄ Ｂ→Ｅ ．
（０，２，０）， （０，０，２）， （０，１，２）， ＝（－２，０，２）， ＝（０，１， （１） ＝（２，－１，０）， ＝（０，－１，２）
ＦＭ 设平面ＢＤＥ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
Ｆ→Ｃ 设 λ λ ＝（ ， ， ），
０）， ＝（０，１，－２）， ＦＣ＝ （０≤ ≤１）， {ｍ Ｂ→Ｄ { ｘ ｙ
则 · ＝０，即 ２ － ＝０，
则Ｅ→Ｍ ＝ Ｅ→Ｆ ＋ Ｆ→Ｍ ＝ Ｅ→Ｆ ＋ λＦ→Ｃ ＝（０，１，０）＋ λ （０，１，－２）＝（０，１＋ λ ， ｍ · Ｂ→Ｅ ＝０， － ｙ ＋２ ｚ ＝０，
λ
－２ ）， 令ｙ 得ｘ ｚ 所以ｍ ．
设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＥＭ的法向量
＝２， ＝１， ＝１， ＝（１，２，１）
＝（ ， ， ） ， 易知ＡＢ 平面ＡＤＥ 即→ＡＢ是平面ＡＤＥ的法向量．
{ｍ →ＡＥ { ｘ ｚ ⊥ ，
则 · ＝０，即 － ＋ ＝０， 且→ＡＢ ．
ｍ
·
Ｅ→Ｍ
＝０， （１＋
λ
）
ｙ
－２
λｚ
＝０， 所以ｍ
＝（０
→
，
Ａ
１
Ｂ
，０）
ｍ →ＡＢ
令ｚ λ 则ｘ λ ｙ λ · ＝（１，２，１）·（０，１，０）＝２，｜ ｜＝ ６，｜ ｜＝１，
＝１＋ ， ＝１＋ ， ＝２ ， ｍ →ＡＢ
所以ｍ λ λ λ ． 所以 ｍ →ＡＢ · ２ ６．
易知ｎ ＝（１＋ ，２ 是 ，１ 平 ＋ 面 ） ＣＤＥＦ的一个法向量 ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｍ ｜｜ →ＡＢ ｜ ＝ ６×１ ＝ ３
＝（１，０，０） ， 观察图形可知二面角Ａ ＤＥ Ｂ的平面角为锐角
ｍ ｎ λ － － ，
所以 ｍ ｎ · １＋ ２ ．
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ ｍ ｜｜ ｎ ｜ ＝ （１＋ λ ） ２ ＋（２ λ ） ２ ＋（１＋ λ ） ２ ＝ ３ 所以 ｃｏｓ θ ＝ｃｏｓ〈 ｍ ， →ＡＢ 〉＝ ６．
３
因为 λ 解得λ １ ．
０≤ ≤１， ＝
３ 故所求二面角Ａ ＤＥ Ｂ的余弦值为 ６．
－ －
３
所以平面ＡＥＭ 与平面 ＣＤＥＦ 所成锐二面角的余弦值为 ２
由题意及 设点Ｐ ｔ 且 ｔ 则→ＢＰ ｔ ．
３ （３） （１） （１，１，）， ０≤≤２， ＝（１，０，）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ５２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
由 知 平面ＢＤＥ的法向量ｍ ｍ ｎ λ
（２） ， ＝（１，２，１）， π ｜ · ｜ ｜４＋（２－ ）｜ ２
设直线ＢＰ与平面ＢＤＥ所成的角为φ ， ∴ ｃｏｓ ４ ＝ ｜ ｍ ｜·｜ ｎ ｜ ＝ ( λ ) ２ ＝ ２ ，
２ ２× １－ ＋４
则有 φ Ｂ→Ｐ ｍ ３． ２
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ 解得λ ．
３ ＝２
即 ｜ Ｂ Ｂ → → Ｐ Ｐ · ｜｜ ｍ ｍ ｜ ＝ １ ｜ ＋ １ ｔ ＋ ２ ｔ × ｜ ６ ＝ ３ ３． ∴ 当二面角Ｅ － ＡＣ － Ｆ的大小为π ４ 时 ， 点Ｆ的坐标为 （０，２，２），
整理 得ｔ２ ｔ 解得ｔ ．所以Ｐ 所以Ｃ→Ｐ 则→ＡＦ ＝（－ ３，３，２）， 则ＡＦ的长为 （－ ３） ２ ＋３ ２ ＋２ ２ ＝４ ．
， －２ ＋１＝０， ＝１ （１，１，１）， ＝（０，
．所以 Ｃ→Ｐ 即线段ＣＰ的长为 ．
０，１） ｜ ｜＝１， １
２０．（２０２１全国名校联盟５月联考，１９）如图 四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ的
， －
底面为菱形 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ 且ＰＤ ＡＤ ＢＡＤ °．设
， ⊥ ， ＝ ＝２，∠ ＝６０
Ｅ为ＰＤ的中点 平面ＰＡＢ与平面ＰＤＣ的交线为ｌ．
，
求异面直线ＢＰ与ＡＥ所成角的余弦值
（１） ；
若直线ｌ上一点Ｆ 满足二面角Ｅ ＡＣ Ｆ的大小为π 试
（２） ， － － ，
４
求ＡＦ的长． ２１．（２０２１全国重点中学高考冲刺押题卷（二），２０）如图 在三棱
，
台ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢＣ是边长为 的等边三角形 ＡＡ
－ １ １ １ ，△ ２ ， １＝
Ａ Ｃ Ｃ Ｃ Ｃ ＣＡ ° Ｅ为Ｂ Ｃ 的中点．
１ １＝ １ ＝１，∠ １ ＝６０ ， １ １
若 Ｆ 为线段 ＡＢ 上一点 且 ＥＦ 平面 ＡＣＣ Ａ 求 ＥＦ
（１） ， ∥ １ １，
的长
；
( ]
设二面角Ａ ＡＣ Ｂ的大小为θ 是否存在θ π 使
（２） １－ － ， ∈ ０， ，
２
解析 连接ＢＤ 取ＡＢ的中点Ｍ 连接ＤＭ． 得直线 ＡＡ 与平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 所成角的正弦值为３ １３
（１） ， ， １ １ １ ？
底面ＡＢＣＤ为菱形 ＤＡＢ ° １３
∵ ，∠ ＝６０ ， 若存在 求出θ的值 若不存在 请说明理由．
ＡＢＤ为等边三角形 ， ； ，
∴ △ ，
ＤＭ ＡＢ．
∴ ⊥
ＤＣ ＡＢ ＤＭ ＤＣ
∵ ∥ ，∴ ⊥ ，
又 ＰＤ 底面ＡＢＣＤ ＤＣ 平面ＡＢＣＤ ＤＭ 平面ＡＢＣＤ
∵ ⊥ ， ⊂ ， ⊂ ，
ＰＤ ＤＣ ＰＤ ＤＭ．
∴ ⊥ ， ⊥
以Ｄ为坐标原点 分别以ＤＭ ＤＣ ＤＰ所在直线为ｘ ｙ ｚ轴
∴ ， ， ， ， ，
建立空间直角坐标系．则Ｄ
（０，０，０）， 解析 如图 在ＢＣ上取点Ｇ 使ＣＧ １ 在ＡＢ上取点
ＰＤ ＡＤ Ａ Ｅ Ｂ Ｐ （１） ， ， ＝ ，
∵ ＝ ＝２，∴ （ ３，－１，０）， （０，０，１）， （ ３，１，０）， （０， ２
Ｃ ．
０，２）， （０，２，０） Ｆ 使ＡＦ １ 连接ＥＦ ＦＧ ＥＧ．
∴
Ｂ→Ｐ
＝（－ ３，－１，２），
→ＡＥ
＝（－ ３，１，１）
． ， ＝
２
， ， ，
设异面直线ＢＰ与ＡＥ所成角为θ
，
因为ＥＣ １∥ ＣＧ ， ＥＣ １＝ ＣＧ ，
所以四边形ＥＣ ＣＧ为平行四边形 所以ＧＥ ＣＣ ．
Ｂ→Ｐ →ＡＥ １ ， ∥ １
则 θ ｜ · ｜ ４ １０． 因为ＧＥ 平面ＡＣＣ Ａ ＣＣ 平面ＡＣＣ Ａ
ｃｏｓ ＝ ｜ Ｂ→Ｐ ｜·｜ →ＡＥ ｜ ＝ ２ ２× ５ ＝ ５ 所以ＧＥ ⊄ 平面ＡＣＣ １ Ａ １， ． １⊂ １ １，
∥ １ １
异面直线ＰＢ与ＡＥ所成角的余弦值为 １０． 因为ＦＧ ＡＣ ＦＧ 平面ＡＣＣ Ａ ＡＣ 平面ＡＣＣ Ａ
∴ ∥ ， ⊄ １ １， ⊂ １ １，
５ 所以ＦＧ 平面ＡＣＣ Ａ
过点Ｐ在平面ＰＣＤ内作直线ｌ平行于ＣＤ． ∥ １ ，
（２） 又ＧＥ ＧＦ Ｇ 所以平面ＥＦＧ 平面ＡＣＣ Ａ ．
ＣＤ ＡＢ ｌ ＡＢ 即直线 ｌ 为平面 ＰＡＢ 与平面 ＰＣＤ 的 ∩ ＝ ， ∥ １ １
∵ ∥ ，∴ ∥ ， 因为ＥＦ 平面ＧＥＦ 所以ＥＦ 平面ＡＣＣ Ａ ．
交线 ⊂ ， ∥ １ １
， 因为ＥＧ ＦＧ ３ ＥＧＦ Ｃ ＣＡ °
由 可知→ＡＣ 设Ｆ λ 则→ＣＦ λ ． ＝１， ＝ ，∠ ＝∠ １ ＝６０ ，
（１） ＝（－ ３，３，０）， （０， ，２）， ＝（０， －２，２） ２
设平面ＡＣＦ的法向量为ｍ ａ ｂ ｃ
{ ｍ →ＡＣ ａ ｂ ＝（ ， ， ）， 所以由余弦定理得ＥＦ ＝ １＋ ９ －２×１× ３ ×ｃｏｓ６０ ° ＝ ７．
则 · ＝－ ３ ＋３ ＝０， ４ ２ ２
ｍ Ｃ→Ｆ λ ｂ ｃ
· ＝（ －２） ＋２ ＝０，
( λ)
取ｂ 得ｍ ２－ ．
＝１， ＝ ３，１，
２
设平面ＡＥＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
＝（ ， ， ），
{
ｎ →ＡＣ ｘ ｙ
则 · ＝－ ３ ＋３ ＝０， 取ｙ 得ｎ
ｎ →ＡＥ ｘ ｙ ｚ ＝１， ＝（ ３，１，２），
· ＝－ ３ ＋ ＋ ＝０，
二面角的大小为π 存在θ π满足题意．分别取ＡＣ Ａ Ｃ 的中点Ｍ Ｎ 连接
∵ ， （２） ＝ ， １ １ ， ，
４ ３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ５３
ＮＭ ＢＭ． 解析 证明 如图 分别取ＡＢ ＡＣ的中点Ｍ Ｎ 连ＣＭ
， （１） ： ， 、 、 ， 、
因为ＡＡ Ａ Ｃ Ｃ Ｃ 所以ＡＣ ＮＭ． ＢＮ 则ＣＭ ＡＢ ＢＮ ＡＣ．
１＝ １ １＝ １ ＝１， ⊥ ， ⊥ ， ⊥
又因为ＡＢ ＢＣ ＡＣ 所以ＡＣ ＢＭ．
＝ ＝ ＝２， ⊥
因为ＢＭ ＮＭ Ｍ 所以ＡＣ 平面ＮＢＭ．
∩ ＝ ， ⊥
且 ＮＭＢ为二面角Ａ ＡＣ Ｂ的平面角．
∠ １－ －
以Ｍ为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系
，
则 Ａ Ｂ Ｃ
（ １， ０， ０）， （ ０， ３， ０）， （ － １， ０， ０），
æ ö æ ö
Ｃ ç １ ３ θ ３ θ÷ Ａ ç １ ３ θ ３ θ÷
１è－ ， ｃｏｓ ， ｓｉｎ ø， １è ， ｃｏｓ ， ｓｉｎ ø，
２ ２ ２ ２ ２ ２ 因为面ＡＢＢ Ａ 面 ＡＢＣ 面 ＡＢＢ Ａ 面 ＡＢＣ ＡＢ ＣＭ 面
æ ö １ １⊥ ， １ １∩ ＝ ， ⊂
所以Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ ç １ ３ θ ３ θ÷． ＡＢＣ 所以ＣＭ 面ＡＢＢ Ａ 所以ＡＡ ＣＭ 同理 ＡＡ ＢＮ．
＝（１， ３，０）， １＝è ， ｃｏｓ ， ｓｉｎ ø ， ⊥ １ １， １⊥ ， ， １⊥
２ ２ ２ 显然ＣＭ与ＢＮ相交于一点 所以ＡＡ 面ＡＢＣ．
设平面ＢＢ Ｃ Ｃ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ， １⊥
１ １ { ＝（ ， ， ）， 连Ｃ Ｎ 由 与Ａ Ｂ １ ＡＢ知 ＮＢ ＮＣ ＮＣ 两两垂直
所以 {Ｃ→Ｂ · ｎ ＝０， 即 ｘ ＋ ３ ｙ ＝０， （ 以 ２） Ｎ为原 １ 点 ， Ｎ （ Ｂ １） ＮＣ Ｎ １ Ｃ １＝ 所 ２ 在直线分 ， 别 、 为ｘ 、 轴 １ ｙ轴 ｚ轴建 ，
Ｃ→Ｃ ｎ １ ｘ ３ｙ θ ３ｚ θ ． ， 、 、 １ 、 、
１· ＝０， ＋ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝０ 立空间直角坐标系．
２ ２ ２
( θ)
令ｙ 则ｎ １－ｃｏｓ ．
＝１， ＝ － ３，１， θ
ｓｉｎ
æ ö
又Ａ→Ａ ç １ ３ θ ３ θ÷
１＝è－ ， ｃｏｓ ， ｓｉｎ ø，
２ ２ ２
设直线ＡＡ 与平面ＢＢ Ｃ Ｃ所成的角为α 则 ｎ Ａ→Ａ
１ １ １ ， ｜ｃｏｓ〈 ， １〉｜＝
α ３ １３ 即 ３ ３ １３
ｓｉｎ ＝
１３
，
１－２ｃｏｓ
θ
＋ｃｏｓ
２θ ＝
１３
，
４＋
ｓｉｎ
２θ 易知Ａ
（０，－ ３，０），
Ｂ
（３，０，０），
Ｃ
（０， ３，０），
Ｃ
１（０，０， ６），
化简得 ２θ θ æ ö
２ｃｏｓ －３ｃｏｓ ＋１＝０， Ｅç ３ ２ ６÷ 所以Ｃ→Ｃ Ｂ→Ｃ →ＡＥ
è０， ， ø， １＝（０，－ ３， ６）， ＝（－３， ３，０），
解得 θ 舍去 或 θ １ ３ ３
ｃｏｓ ＝１（ ） ｃｏｓ ＝ ， æ ö
２
ç ４ ３ ２ ６÷
＝è０， ， ø，
由题意可知 θ １ 所以θ π． ３ ３
２２．（２０２１浙江新 ｃ 高 ｏｓ 考 ＝ 研 ２ 究 ， 卷（一） ＝ ，１ ３ ９）如图 在 设ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ） 为面ＢＣＣ １ Ｂ １ 的法向量 ，
， {ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ ｙ
三棱台ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 ＡＢＣ是边长为 则 · ＝０， 即 －３ ＋ ３ ＝０，
－ １ １ １ ，△ ２ ３ ｎ Ｃ→Ｃ ｙ ｚ
· １＝０， － ３ ＋ ６ ＝０，
的正三角形 Ａ Ｂ １ ＡＢ ＡＡ ＣＥ
， １ １ ＝ ２ ， １ ＝ ６， ＝ 令ｘ ＝ ２， 则ｙ ＝ ６， ｚ ＝ ３，
所以ｎ 则 ｎ ．
２ＣＣ 面 ＡＢＢ Ａ 面 ＡＢＣ 面 ＡＣＣ Ａ ＝（ ２， ６， ３）， ｜ ｜＝ １１
３ １， １ １⊥ ， １ １⊥ 设ＡＥ与面 ＢＣＣ Ｂ 所成角为 θ 则 θ ｎ →ＡＥ
面ＡＢＣ． １ １ ， ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉 ｜ ＝
ｎ →ＡＥ
证明 ＡＡ 面ＡＢＣ ｜ · ｜ ３ 故 θ ２２
（１） 求ＡＥ ： 与 １ 面 ⊥ ＢＣＣ Ｂ ； 所成角的余弦值． ｜ ｎ ｜｜ →ＡＥ ｜ ＝ １１ ， ｃｏｓ ＝ １１ ，
（２） １ １
所以ＡＥ与面ＢＣＣ Ｂ 所成角的余弦值为 ２２．
１ １
１１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１５１
１．（２０２１ ５·３原创题）如图 矩形ＡＢＣＤ的顶点Ａ在二面角α
， －
ＭＮ β的棱ＭＮ上 点 Ｂ Ｃ Ｄ 都在平面 α 内 且 ＡＢ ＡＤ
－ ， ， ， ， ＝ ２ ，
ＤＡＮ °．若矩形ＡＢＣＤ在半平面β内的射影恰为菱形 则
∠ ＝３０ ，
二面角α ＭＮ β的平面角的余弦值是 ．
－ －
１． 答案 ５
５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ５４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
２．（２０２１ ５·３原创题）苏州博物馆由华人建筑师贝聿铭设计 体 由题知 ｘ ｙ ｚ λ 可得Ｐ λ λ
， （ Ｐ， Ｐ－４， Ｐ）＝ （０，－２，２）， （０，４－２ ，２ ），
现了浓郁的江南派系和苏州园林的风格．它的现代简约 既不
， ∴ →ＡＰ ＝（－４，４－２ λ ，２ λ ），
同于苏州传统园林 又不脱离中国人文气息和神韵 清晰地营
， ， →ＡＰ ｎ
造出了中国水墨山水画的意境．苏州博物馆的一座屋顶形状独 点 Ｐ 到 平 面 ＡＢ Ａ 的 距 离 为 ｜ · １｜
１ １ ｎ ＝
具特色 如图所示 底面ＡＢＣＤ是边长为 的正方形 点Ａ Ｂ ｜ １｜
， ， ４ ， １、 １、
λ λ
Ｃ Ｄ 在底面的垂足分别为ＤＡ ＡＢ ＢＣ ＣＤ的中点 且到底面 ｜（－４，４－２ ，２ ）·（１，－１，１）｜ ５ ３ 即 λ
１、 １ 、 、 、 ， ＝ ， ｜４ －８｜＝５，
的距离均为 ． ３ ３
２
求直线ＣＣ 与平面ＡＢ Ａ 所成角的正弦值 解得λ １３ 舍 或λ ３
（１） １ １ １ ； ＝ （ ） ＝ ，
求直线ＢＣ 到平面ＡＢ Ａ 的距离 ４ ４
（２） １ １ １ ； ( )
求平面ＢＣ Ｂ 与平面ＡＢ Ａ 所成锐角的余弦值
（３） １ １ １ １ ； ∴ Ｐ ０， ５ ， ３ ，∴ ｜ Ｐ→Ｄ ｜＝ ３４．
２ ２ ２
已知线段ＣＤ 上一点Ｐ到平面ＡＢ Ａ 的距离为５ ３ 求ＰＤ 解后反思 本题本质为长方体模型，运算结果也较为简单，
（４） １ １ １ ，
３
的长度．
可以改变一些条件，比如加入中点等可增加题目难度，同时该
几何体较为特殊，考查学生的直观想象能力．
３．（２０２１ ５·３ 原创题）已知直角梯形 ＳＢＣＤ 中 ＳＤ ＢＣ ＢＣ
， ∥ ， ⊥
ＣＤ ＳＤ ＢＣ ＣＤ 过点 Ｂ 作 ＢＡ ＣＤ 交 ＳＤ 于 Ａ 如图
， ＝３ ＝３ ＝６， ∥ （
沿ＡＢ把 ＳＡＢ折起 使得二面角Ｓ ＡＢ Ｃ为直二面角 连
１）， △ ， － － ，
接ＳＣ Ｅ为棱ＳＣ上任意一点 如图 ．
， （ ２）
求证 平面ＥＢＤ 平面ＳＡＣ
（１） ： ⊥ ；
求点Ｃ到平面ＳＢＤ的距离
２． 解析 以Ｄ为坐标原点 ＤＡ ＤＣ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 （２） ；
， ， 、 ， 在棱ＳＣ上是否存在点Ｅ 使得二面角Ｅ ＢＤ Ｓ的余弦值
过Ｄ作底面的垂线为ｚ轴 建立空间直角坐标系 （３） ， － －
， ，
则Ｄ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ 为２ ２ 若存在 求出点Ｅ的位置 若不存在 请说明理由．
（０，０，０）， （４，０，０）， （４，４，０）， （０，４，０）， １（２，０，２）， １ ？ ， ； ，
Ｃ Ｄ ３
（４，２，２）， １（２，４，２）， １（０，２，２），
设平面ＡＢ Ａ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
（１） １ １ １＝（ １， １， １），
由题有Ａ→Ａ Ａ→Ｂ
１＝（－２，０，２）， １＝（０，２，２），
{ｎ Ａ→Ａ { ｘ ｚ
则 １· １＝０，即 －２ １＋２ １＝０，
ｎ
１·
Ａ→Ｂ
１＝０， ２
ｙ
１＋２
ｚ
１＝０，
令ｘ 则ｎ
１＝１， １＝（１，－１，１），
又Ｃ→Ｃ
１＝（２，０，２），
设ＣＣ 与平面ＡＢ Ａ 所成角为θ
１ １ １ ， ３． 解析 （１） 证明 ： 由题意及翻折的性质可知 ， ＳＡ ⊥ ＡＢ ， ＡＤ ⊥
ｎ Ｃ→Ｃ ＡＢ 所以 ＳＡＤ为二面角Ｓ ＡＢ Ｃ的平面角 又因为二面角Ｓ
则 θ ｎ Ｃ→Ｃ ｜ １· １｜ ６． ， ∠ － － ， －
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 １， １〉｜＝ ｜ ｎ １｜｜ Ｃ→Ｃ １｜ ＝ ３ Ａ
Ａ
Ｂ
所
－ Ｃ
以
为
Ｓ
直
Ａ
二面
平
角
面
，
Ａ
所
Ｂ
以
ＣＤ
∠
所
ＳＡＤ
以
＝
Ｓ
９
Ａ
０ ° ， 即
ＢＤ
ＳＡ
由
⊥
题
ＡＤ
意
， 又
可知
ＡＢ
四
∩
边
ＡＤ
形
＝
， ⊥ ， ⊥ ，
故直线ＣＣ 与平面ＡＢ Ａ 所成角的正弦值为 ６． ＡＢＣＤ为正方形 所以ＢＤ ＡＣ 又因为ＡＣ ＳＡ Ａ 所以ＢＤ
１ １ １ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊥
３
平面ＳＡＣ 又ＢＤ 平面ＥＢＤ 所以平面ＥＢＤ 平面ＳＡＣ．
由已知易知ＡＡ ＢＣ 又 ＡＡ 平面ＡＢ Ａ ＢＣ 平面 ， ⊂ ， ⊥
（２） １∥ １， ∵ １⊂ １ １， １⊄ 设 ＡＣ ＢＤ Ｏ 连接 ＳＯ 则 ＳＯ ＢＤ 因为正方形 ＡＢＣＤ
ＡＢ Ａ ＢＣ 平面ＡＢ Ａ 直线ＢＣ 到平面ＡＢ Ａ 的距离即 （２） ∩ ＝ ， ， ⊥ ，
１ １，∴ ∥ １ １，∴ １ １ １
为点Ｂ到平面ＡＢ Ａ 的距离． 中 ＢＣ ＣＤ 所以ＢＤ 又ＳＡ ＡＯ １ ＡＣ ＳＡ ＡＯ
１ １ ， ＝ ＝２， ＝２ ２， ＝４， ＝ ， ⊥ ，
→ＡＢ 点Ｂ到平面ＡＢ Ａ 的距离为 ２
＝（０，４，０）， １ １ 所以ＯＳ ＳＡ２ ＡＯ２
→ＡＢ ｎ ＝ ＋ ＝３ ２，
｜ · １｜ ｜（０，４，０）·（１，－１，１）｜ ４ ３．
｜ ｎ １｜ ＝ ３ ＝ ３ Ｓ △ ＣＢＤ＝ ２ １ · ＣＢ · ＣＤ ＝ ２ １ ×２×２＝２，
设平面ＢＣ Ｂ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
（３） １ １ ２＝（ ２， ２， ２）， Ｓ １ ＳＯ ＢＤ １ ．
由题有Ｂ→Ｃ １＝（－２，０，２）， Ｂ→Ｂ １＝（０，－２，２），
设
△
点
ＳＢＤ
Ｃ
＝
到
２
平
·
面
·
ＳＢＤ的
＝
距
２
离
×３
为
２
ｈ
×
．
２ ２＝６
{ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ ｚ
则 ２· １＝０，即 －２ ２＋２ ２＝０，令ｘ 则ｎ
ｎ ２· Ｂ→Ｂ １＝０， －２ ｙ ２＋２ ｚ ２＝０， ２＝１， ２＝（１，１，１）， 因为Ｖ Ｃ － ＳＢＤ＝ Ｖ Ｓ － ＢＣＤ， 即 １ ３ Ｓ △ ＳＢＤ· ｈ ＝ ３ １ Ｓ △ ＢＣＤ· ＳＡ ，
设平面ＢＣ Ｂ 与平面ＡＢ Ａ 所成锐角为φ Ｓ ＳＡ
１ １ １ １ ， 所以ｈ △ ＢＣＤ· ２×４ ４
ｎ ｎ ＝ Ｓ ＝ ＝ ，
则 φ ｎ ｎ ｜ １· ２｜ １ ． △ ＳＢＤ ６ ３
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ ＝
｜ １｜｜ ２｜ ３ 即点Ｃ到平面ＳＢＤ的距离为 ４ ．
故平面ＢＣ Ｂ 与平面ＡＢ Ａ 所成锐角的余弦值为 １ ． ３
１ １ １ １ ３ 存在．以Ａ为原点 →ＡＢ Ａ→Ｄ →ＡＳ的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴
（３） ， ， ， ， ，
设Ｃ→Ｐ λＣ→Ｄ λ 的正方向建立空间直角坐标系 则 Ｂ Ｄ Ｃ
（４） ＝ １， ∈［０，１］， ， （２，０，０）， （０，２，０），
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ５５
Ｓ 又知点Ｅ在线段ＳＣ上 此时点Ｅ为棱ＳＣ的中点．
（２，２，０）， （０，０，４）， ，
设→ＳＥ
＝
λ→ＳＣ
＝（２
λ
，２
λ
，－４
λ
）（０≤
λ
≤１），
命题意图 本题以平面图形的翻折为背景，以直二面角为
因此Ｅ λ λ λ 桥梁判断面面关系以及求点到平面的距离，考查了学生的直
（２ ，２ ，４－４ ），
由 知Ｏ ． 观想象能力和逻辑推理能力；第（ ）问以探索性问题为出发
（２） （１，１，０） ３
点，考查学生对空间角的理解以及空间向量的应用，对立体几
所以Ｏ→Ｓ Ｏ→Ｅ λ λ λ
＝（－１，－１，４）， ＝（２ －１，２ －１，４－４ ）， 何的重点知识进行了考查，很好地体现了数学运算、逻辑推理
连接ＯＥ 则ＯＥ ＢＤ 又ＯＳ ＢＤ
， ⊥ ， ⊥ ， 以及直观想象等核心素养．
所以 ＳＯＥ为二面角Ｅ ＢＤ Ｓ的平面角
∠ － － ， 思路分析 （ ）利用翻折前后的垂直关系以及二面角Ｓ ＡＢ
→ＯＳ Ｏ→Ｅ λ λ λ １ －
所以 ＳＯＥ · １－２ ＋１－２ ＋４（４－４ ） Ｃ为直二面角可得ＳＡ 平面ＡＢＣＤ，从而得出线线垂直，进而
ｃｏｓ∠ ＝ ｜ →ＯＳ ｜·｜ Ｏ→Ｅ ｜ ＝ ３ ２· ２（２ λ －１） ２ ＋（４－４ λ ） ２ ＝ 利 － 用垂直关系之间的转 ⊥ 化获得结论的证明；
（ ）利用等体积转化法可得所求的点面距；
２ ２ 即 λ λ２ λ ２
３ ， ９－１０ ＝２ ２４ －４０ ＋１８， （ ）利用向量法表示出点Ｅ的坐标，从而构建关于参数λ的方
３
解得λ １ 或λ ９
程并进行求解，最后结合参数的范围确定满足条件的点Ｅ是
＝ ＝ ，
２ ２ 否存在．
因为 λ 所以λ １
０≤ ≤１， ＝ ，
２
即棱ＳＣ上存在点Ｅ 使得二面角Ｅ ＢＤ Ｓ的余弦值为２ ２
， － － ，
３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
学生用书Ｐ１５２
立体几何中翻折问题的解题策略
一、翻折问题的概念 五、典例分析
把一个平面图形按某种要求折起 转化为空间图形 进而研 例１ （正方形翻折）如图 在正方形
， ， ，
究图形在位置关系和数量关系上的变化 这类问题称为平面图 ＡＢＣＤ中 将 ＡＢＣ沿ＡＣ折起 使点Ｂ到达
， ， △ ，
形的翻折问题． 点Ｂ 的位置 当以Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四点为顶点
１ ， ， １， ，
二、高考考查地位与形式 的三棱锥体积最大时 异面直线ＡＤ与Ｂ Ｃ
， １
图形的展开与翻折问题是一个由抽象到直观 由直观到抽 所成的角的大小为
， （ ）
象的过程．高考中 图形的展开与翻折常与空间中的平行 垂直以
， 、 π π π π
及空间角相结合命题．因此 关注图形的展开与折叠问题是非常 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
， ６ ４ ３ ２
有必要的． 解析 连接 ＢＤ 交 ＡＣ 于点 Ｏ 连接 Ｂ Ｏ．由题意可知 当
， ， １ ，
三、解决翻折问题的策略 Ｂ Ｏ 平面ＡＤＣ时 点Ｂ 到平面ＡＤＣ的距离等于Ｂ Ｏ的长 当
１ ⊥ ， １ １ ；
１．解决翻折问题的核心在于画好翻折前后的平面图形与立 Ｂ
１
Ｏ与平面ＡＤＣ不垂直时
，
设点Ｂ
１
到平面ＡＤＣ的距离为ｄ
，
则ｄ
体图形 ， 抓住两个图形的特征关系 ， 并弄清翻折前后哪些量发生 ＜ Ｂ １ Ｏ．因为 △ ＡＤＣ的面积为定值 ， 所以将三棱锥Ｂ １－ ＡＣＤ的体积
了变化
，
哪些量没有发生变化．准确把握平面图形翻折前后的两 最大转化为点Ｂ
１
到平面 ＡＤＣ 的距离最大
，
由此可得当三棱锥
个 “ 不变关系 ”：（１） 与折痕垂直的线段 ， 翻折前后垂直关系不改 Ｂ １－ ＡＣＤ的体积最大时 ， Ｂ １ Ｏ ⊥ 平面ＡＤＣ． （ 利用转化思想将动态
变
；（２）
与折痕平行的线段
，
翻折前后平行关系不改变． 问题转化为静态问题
）
连接Ｂ
１
Ｂ．因为ＡＤ
∥
ＢＣ
，
所以
∠
ＢＣＢ
１（
或
２．一般情况下
，
折痕同一侧的量保持着原有的数量关系和线线
其补角
）
就是异面直线ＡＤ与Ｂ
１
Ｃ所成的角．
（
利用平移法找异面
关系
，
抓住这些不变量和不变关系是解决翻折问题的关键．不变的线 直线所成的角
）
设正方形的边长为ａ
，
因为Ｂ
１
Ｏ
⊥
平面ＡＤＣ
，
ＯＢ
线关系 尤其是图形中线线平行 线线垂直关系 是研究空间位置关
（ 、 ） 平面ＡＤＣ 所以ＯＢ ＯＢ 因为ＢＯ Ｂ Ｏ １ ＢＤ ２ａ 注意
系的重要依据 不变的数量关系是求解几何体的数字特征的基础 ⊂ ， ⊥ １， ＝ １ ＝ ＝ ，（
； ， ２ ２
如空间几何体的表面积 体积 空间角 距离 长度等关系． 翻折前后的不变量
、 、 、 、 ）
３．根据不变量和不变关系 利用有关定理 公式进行推理和 所以ＢＢ ａ ＢＣ Ｂ Ｃ 即 Ｂ ＢＣ 是等边三角形 所以
， 、 １ ＝ ＝ ＝ １ ， △ １ ，
计算 从而使得问题解决 同时注意转化与化归思想在此类问题
， ， ＢＣＢ π 即当三棱锥Ｂ ＡＣＤ的体积最大时 异面直线ＡＤ
中的应用． ∠ １＝
３
， １－ ，
四、解决翻折问题的基本步骤 与Ｂ Ｃ所成的角的大小为π 故选 ．
１ ， Ｃ
１．确定翻折前后的各量之间的关系 搞清翻折前后的变化 ３
， 答案 Ｃ
量和不变量．
例２ （三角形翻折）如图 在 ＡＢＣ 中 ＡＢＣ ° ＢＡＣ
２．在翻折后的图形中确定线和面的位置关系 明确需要用 ， △ ，∠ ＝４５ ，∠
， ° ＡＤ是ＢＣ边上的高 沿ＡＤ把 ＡＢＤ折起 使 ＢＤＣ °．
到的线和面． ＝９０ ， ， △ ， ∠ ＝９０
证明 平面ＡＢＤ 平面ＢＤＣ
３．利用判定定理或性质定理进行证明或计算． （１） ： ⊥ ；
若ＢＤ 求三棱锥Ｄ ＡＢＣ的表面积．
（２） ＝１， －
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ５６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
解析 证明 因为折起前 ＡＤ 是 ＢＣ 边上的高 所以当
（１） ： ，
ＡＢＤ被折起后 ＡＤ ＤＣ ＡＤ ＤＢ 又因为ＤＢ ＤＣ Ｄ ＤＢ ＤＣ 解题思路 把握好翻折前后的线线关系 结合线面垂直的
△ ， ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ， 、 ，
平面ＢＤＣ 所以ＡＤ 平面ＢＤＣ 又因为ＡＤ 平面ＡＢＤ 所以 判定定理逐个证明 注意反证法在此类问题中的应用．
⊂ ， ⊥ ， ⊂ ， ，
平面ＡＢＤ 平面ＢＤＣ． 解析 根据翻折性质可知 ＡＨ ＨＥ ＡＨ ＨＦ 又因为ＨＥ
⊥ ， ⊥ ， ⊥ ， ∩
由 知ＤＡ ＤＢ ＤＢ ＤＣ ＤＣ ＤＡ． ＨＦ Ｈ 所以ＡＨ 平面ＥＦＨ 故 正确 又知过平面外一点有且
（２） （１） ⊥ ， ⊥ ， ⊥ ＝ ， ⊥ ， ② ；
因为ＤＢ ＤＡ ＤＣ 所以ＡＢ ＡＣ ＢＣ 只有一条直线与已知平面垂直 所以 ＡＧ 不可能垂直于平面
＝ ＝ ＝１， ＝ ＝ ＝ ２， ，
所以 ＡＢＣ为等边三角形 ＥＦＨ 故 错误 若ＨＦ 平面ＡＥＦ 则ＨＦ ＡＦ 显然一个三角形
△ ， ， ① ； ⊥ ， ⊥ ，
内不可能出现两个直角 故 错误 若ＨＧ 平面ＡＥＦ 则ＨＧ
， ③ ； ⊥ ， ⊥
所以Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ × ２× ２×ｓｉｎ６０ ° ＝ ３ ， ＡＧ ， 由ＡＨ ⊥ 平面 ＥＦＨ 知 ＡＨ ⊥ ＨＧ ， 则 △ ＡＨＧ 中有两个直角 ， 矛
２ ２ 盾 故 错误．故填 ．
， ④ ①③④
又Ｓ △ ＤＡＢ＝ Ｓ △ ＤＢＣ＝ Ｓ △ ＤＣＡ＝ １ ×１×１＝ １ ， 答案 ①③④
２ ２
所以三棱锥Ｄ ＡＢＣ的表面积Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ
－ ＝ △ ＤＡＢ＋ △ ＤＢＣ＋ △ ＤＣＡ＋ △ ＡＢＣ
１．如图所示 在四边形ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＡＢ ＢＣＤ °
１ １ １ ３ ， ， ∥ ， ＝ ，∠ ＝４５ ，
＝ ＋ ＋ ＋ ＢＡＤ ° 将 ＡＢＤ沿ＢＤ折起 使得平面ＡＢＤ 平面ＢＣＤ 构
２ ２ ２ ２ ∠ ＝９０ ， △ ， ⊥ ，
成四面体ＡＢＣＤ 则在四面体中 下列说法正确的是
， ， （ ）
３＋ ３．
＝
２
例３ （梯形翻折）如图 在直角梯形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ＢＣ ＡＤ
， ， ⊥ ， ∥
ＢＣ ＡＢ ＢＣ １ ＡＤ 点Ｅ是线段ＣＤ上异于点Ｃ Ｄ的动点
， ＝ ＝ ＝１， ， ，
２ 平面ＡＢＤ 平面ＡＢＣ 平面ＡＣＤ 平面ＢＣＤ
ＥＦ ＡＤ于点Ｆ 将 ＤＥＦ沿ＥＦ折起到 ＰＥＦ的位置 并使ＰＦ Ａ． ⊥ Ｂ． ⊥
⊥ ， △ △ ， 平面ＡＢＣ 平面ＢＣＤ 平面ＡＣＤ 平面ＡＢＣ
ＡＦ 则五棱锥Ｐ ＡＢＣＥＦ的体积的取值范围为 ． Ｃ． ⊥ Ｄ． ⊥
⊥ ， － １． 答案 Ｄ
２．如图 在矩形ＡＢＣＤ中 ＡＢ ａ ＡＤ ｂ ａ ｂ Ｅ Ｆ 分别为 ＡＤ
， ， ＝ ， ＝２ ， ＜ ， ， ，
ＢＣ的中点 以ＥＦ为折痕把四边形ＥＦＣＤ折起 当 ＣＥＢ °
， ， ∠ ＝９０
时 二面角Ｃ ＥＦ Ｂ的平面角的余弦值等于
， － － （ ）
解析 ＰＦ ＥＦ ＰＦ ＡＦ ＥＦ ＡＦ Ｆ
∵ ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
ＰＦ 平面ＡＢＣＥＦ．
∴ ⊥
在直角梯形ＡＢＣＤ中 由已知得 Ｄ ° 则ＥＦ ＤＦ．
， ∠ ＝４５ ， ＝
设ＥＦ ＰＦ ＦＤ ｘ ｘ 则ＦＡ ｘ
＝ ＝ ＝ （０＜ ＜１）， ＝２－ ，
所以Ｓ
五边形ＡＢＣＥＦ＝
Ｓ
梯形ＡＢＣＤ－
Ｓ
△ ＤＥＦ＝
１
×（１＋２）×１－
１ ｘ２
＝
１
（３
２ ２ ２ ａ２ ａ２ ａ
ｘ２ 则五棱锥 Ｐ ＡＢＣＥＦ 的体积 Ｖ ｘ １ １ ｘ２ ｘ Ａ．０ Ｂ．ｂ２ Ｃ．－ｂ２ Ｄ．－ ｂ
－ ）， － （ ）＝ × （３－ ）· ＝
３ ２ ２． 答案 Ｃ
１ ｘ ｘ３ 则Ｖ′ ｘ １ ｘ２ 当 ｘ 时 Ｖ′ ｘ Ｖ ｘ ３．（２０１８课标 理，１８，１２分）如图 四边形ＡＢＣＤ为正方形 Ｅ Ｆ
（３ － ）， （ ）＝ （１－ ）， ０＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） Ⅰ ， ， ，
６ ２ 分别为ＡＤ ＢＣ的中点 以ＤＦ为折痕把 ＤＦＣ折起 使点Ｃ到
， ， △ ，
单调递增 则Ｖ Ｖ ｘ Ｖ 即 Ｖ ｘ １ ． Ｖ ｘ 的取值 达点Ｐ的位置 且ＰＦ ＢＦ．
， （０）＜ （ ）＜ （１）， ０＜ （ ）＜ ∴ （ ） ， ⊥
３ 证明 平面ＰＥＦ 平面ＡＢＦＤ
( ) （１） ： ⊥ ；
范围为 １ ． 求ＤＰ与平面ＡＢＦＤ所成角的正弦值．
０， （２）
３
( )
答案 １
０，
３
例４ （多折线翻折问题）如图 在正方形ＡＢＣＤ中 Ｅ Ｆ分别
， ， ，
是ＢＣ ＣＤ的中点 现在沿ＡＥ ＡＦ ＥＦ把正方形折成一个空间图
， ， ， ，
形 使Ｂ Ｃ Ｄ三点重合 重合后的点记为Ｈ 下列说法错误的是
， ， ， ， ，
将符合题意的序号填到横线上 ． ３． 解析 证明 由已知可得 ＢＦ ＥＦ
（ ） （１） ： ， ⊥ ，
ＡＧ 平面ＥＦＨ ＡＨ 平面ＥＦＨ 又因为ＰＦ ＢＦ 且ＰＦ ＥＦ 平面ＰＥＦ ＰＦ ＥＦ Ｆ 所以ＢＦ
① ⊥ ；② ⊥ ； ⊥ ， 、 ⊂ ， ∩ ＝ ，
ＨＦ 平面ＡＥＦ ＨＧ 平面ＡＥＦ． 平面ＰＥＦ
③ ⊥ ；④ ⊥ ⊥ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ５７
又ＢＦ 平面ＡＢＦＤ 所以平面ＰＥＦ 平面ＡＢＦＤ． 边形 故ＧＯ ＦＭ 因为Ｍ为ＥＢ的中点 三角形ＢＥＦ为等边
⊂ ， ⊥ ， ∥ ， ，
设正方形ＡＢＣＤ的边长为 ．作ＰＨ ＥＦ 垂足为Ｈ．由 三角形 故ＦＭ ＥＢ 易知平面ＥＦＢ 平面ＢＣＤＥ 又平面ＥＦＢ
（２） ２ ⊥ ， （１） ， ⊥ ， ⊥ ，
得 ＰＨ 平面ＡＢＦＤ． 平面 ＢＣＤＥ ＢＥ 故 ＦＭ 平面 ＢＣＤＥ 因此 ＧＯ 平面
， ⊥ ∩ ＝ ， ⊥ ， ⊥
以Ｈ为坐标原点 Ｈ→Ｆ的方向为ｙ轴正方向 Ｂ→Ｆ 为单位长 建 ＢＣＤＥ ， 又ＧＯ ⊂ 平面ＧＢＤ ， 故平面ＧＢＤ ⊥ 平面ＢＣＤＥ．
， ，｜ ｜ ，
立如图所示的空间直角坐标系Ｈ ｘｙｚ．
－
建立如图所示的空间直角坐标系 则Ｂ Ｃ
由 可得 ＤＥ ＰＥ．又ＤＰ ＤＥ 所以ＰＥ （２） ， （０，１，０）， （０，１，
（１） ， ⊥ ＝２， ＝１， ＝ ３， æ ö
又ＰＦ ＥＦ 故ＰＥ２ ＰＦ２ ＥＦ２ 所以ＰＥ ＰＦ Ｄ Ｇç ３ １ ÷
＝１， ＝２， ＋ ＝ ， ⊥ ， ２）， （０，０，２）， è ， ，１ø，
ＰＥ ＰＦ ２ ２
又ＰＨ ＥＦ 所以ＰＨ · ３ ＥＨ ３
⊥ ， ＝ ＥＦ ＝ ， ＝ ，
２ ２
æ ö ( )
则Ｈ Ｐç ３÷ Ｄ ３
（０，０，０）， è０，０， ø， －１，－ ，０ ，
２ ２
æ ö æ ö
所以Ｄ→Ｐ ç ３ ３÷ 易知Ｈ→Ｐ ç ３÷为平面ＡＢＦＤ的一
＝è１， ， ø， ＝è０，０， ø
２ ２ ２
个法向量．设 ＤＰ 与平面 ＡＢＦＤ 所成角为 θ 则 θ
， ｓｉｎ ＝
３
Ｈ→Ｐ Ｄ→Ｐ
· ４ ３．
｜ Ｈ→Ｐ ｜｜ Ｄ→Ｐ ｜ ＝ ３ ＝ ４ 则Ｃ→Ｄ ＝（０，－１，０），
æ ö
Ｃ→Ｇ ç ３ １ ÷ Ｃ→Ｂ ．
所以ＤＰ与平面ＡＢＦＤ所成角的正弦值为 ３． ＝è ，－ ，－１ø， ＝（０，０，－２）
２ ２
４ 设平面ＣＤＧ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
４．如图
１，
在直角梯形ＡＢＣＤ中
，
Ｅ
，
Ｆ分别为ＡＢ的三等分点
，
ＦＧ
{ ｙ
＝（ １， １， １），
∥
ＢＣ
，
ＥＤ
∥
ＢＣ
，
ＡＢ
⊥
ＢＣ
，
ＢＣ
⊥
ＤＣ
，
ＡＢ
＝３，
ＢＣ
＝２，
若沿着 ＦＧ
， 则
{Ｃ→Ｄ
·
ｍ
＝０，即
－ １＝０，
ＥＤ折叠 使得点Ａ和点Ｂ重合 如图 所示 连接ＧＣ ＢＤ．
， ， ２ ， ， Ｃ→Ｇ ｍ ３ｘ １ ｙ ｚ
求证 平面ＧＢＤ 平面ＢＣＤＥ · ＝０， １－ １－ １＝０，
（１） ： ⊥ ； ２ ２
求二面角Ｂ ＧＣ Ｄ的余弦值． æ ö
（２） － － 令ｘ 得ｍ ç ３÷．
１＝１， ＝è１，０， ø
２
设平面ＣＢＧ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
{ ｚ
＝（ ２， ２， ２），
{Ｃ→Ｂ ｎ －２ ２＝０，
则 · ＝０，即
Ｃ→Ｇ ｎ ３ｘ １ ｙ ｚ
· ＝０， ２－ ２－ ２＝０，
２ ２
ｍ ｎ
令ｘ 得ｎ ．则 ｍ ｎ · ７
２＝１， ＝（１， ３，０） ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｍ ｎ ＝ ，
｜ ｜·｜ ｜ ７
４． 解析 证明 取 ＢＤ ＢＥ 的中点 分别记为 Ｏ Ｍ 连接 易知二面角Ｂ ＧＣ Ｄ为钝二面角
（１） ： ， ， ， ， － － ，
ＧＯ ＯＭ ＭＦ．则ＯＭ ＤＥ且ＯＭ １ ＤＥ 又因为ＧＦ ＤＥ且ＧＦ 故二面角Ｂ ＧＣ Ｄ的余弦值为 ７．
， ， ∥ ＝ ， ∥ － － －
２ ７
１ ＤＥ 所以ＧＦ ＯＭ且ＧＦ ＯＭ 故四边形ＯＧＦＭ为平行四
＝ ， ∥ ＝ ，
２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
教师专用题组
１．（２０２１浙江杭州二模，１０）如图 长方形 ＡＢＣＤ 中 ＡＢ １５
， ， ＝ ，
２
ＡＤ 点Ｅ在线段ＡＢ 端点除外 上 现将 ＡＤＥ沿ＤＥ折起
＝１， （ ） ， △
至 Ａ′ＤＥ．设 ＡＤＥ α 二面角Ａ′ ＤＥ Ｃ的大小为β 若α β
△ ∠ ＝ ， － － ， ＋ ＝
π 则四棱锥Ａ′ ＢＣＤＥ体积的最大值为
， － （ ）
２
． １ ． ２ ． １５－１ ． ５－１
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
４ ３ １２ ８
答案 Ａ 过点Ａ作ＤＥ的垂线并延长 垂足为Ｏ 连接Ａ′Ｏ
， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ５８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
设点Ａ′在底面 ＡＢＣＤ 内的射影为 Ｈ 则点 Ｈ 在射线 ＡＯ 上
， ，
Ａ′ＯＨ β π α．
∠ ＝ ＝ －
２
易知ＡＥ α ＡＯ Ａ′Ｏ α
＝ｔａｎ ， ＝ ＝ｓｉｎ ，
从而ＢＥ １５ α Ａ′Ｈ
＝ －ｔａｎ ，
２
( ) 解析 证明 连接 ＡＥ． Ｄ Ｅ 分别是 ＡＣ 的三等分点
Ａ′Ｏ π α α α （１） ： ∵ ， ，
＝ ·ｓｉｎ － ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ， Ｄ是ＡＥ的中点 又Ｆ是ＡＢ的中点 ＤＦ ＢＥ． ＢＥ ＡＣ
２ ∴ ， ，∴ ∥ ∵ ⊥ ，
ＤＦ ＡＣ．
∴ ⊥
１５ α １５
ＢＥ ＣＤ ＡＤ －ｔａｎ ＋ 在图 中 ＢＥ ＤＥ ＢＥ ＣＥ．
从而Ｓ （ ＋ ）· ２ ２ ② ， ⊥ ， ⊥
四边形ＢＥＤＣ＝ ＝ ＡＤ ＣＥ 四边形ＡＤＥＣ是菱形 即四边形ＡＤＥＣ确定一平
２ ２ ∵ ∥ ，∴ ，
面 且ＤＥ ＣＥ是平面ＡＤＥＣ内两相交直线．
１５－ｔａｎ α ． ， ，
＝ ＢＥ 平面ＡＤＥＣ．
２ ∴ ⊥
ＤＣ 平面ＡＤＥＣ ＢＥ ＤＣ．
α ∵ ⊂ ，∴ ⊥
从而Ｖ Ａ′ － ＢＣＤＥ＝ １ Ｓ 四边形ＢＣＤＥ· Ａ′Ｈ ＝ １ × １５－ｔａｎ ｓｉｎ α ｃｏｓ α ＝ 在菱形ＡＤＥＣ中 ， ＤＣ ⊥ ＡＥ．
３ ３ ２
ＡＥ ＢＥ是平面ＡＢＥ内两相交直线 ＤＣ 平面ＡＢＥ．
æ αö ∵ ， ，∴ ⊥
１ （ １５ ｓｉｎ α ｃｏｓ α －ｓｉｎ ２α ）＝ １ è ç １５ ｓｉｎ２ α － １－ｃｏｓ２ ø ÷ ＝ ∵ ＡＢ ⊂ 平面ＡＢＥ ，∴ ＡＢ ⊥ ＤＣ．
６ ６ ２ ２ 由 知 平面ＢＥＤＦ 平面ＡＤＥＣ．
æ ö （２） （１） ， ⊥
１ α α 其中 α ç １５÷． ＤＣ ＤＥＣ是边长为 的正三角形．
（ １５ｓｉｎ２ ＋ｃｏｓ２ －１）， ｔａｎ ∈è０， ø ∵ ＝２，∴ △ ２
１２ ２ 取线段ＤＥ的中点为Ｏ 则ＣＯ ＤＥ．
， ⊥
显然Ｖ Ａ′ － ＢＣＤＥ＝ １ （ １５ｓｉｎ ２ α ＋ｃｏｓ ２ α －１）≤ １ （４－１）＝ １ ， 故 分别以直线ＯＥ ， ＯＣ为ｙ轴和ｚ轴 ， 以过点Ｏ平行于ＢＥ的直线
１２ １２ ４ 为ｘ轴建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ
选 ． － ，
Ａ
２．（２０２１江西八所重点高中第二次模拟，１５）如图 在矩形
１，
ＡＢＣＤ中 ＤＣ ＤＭ ＤＡ 将 ＤＡＭ沿ＡＭ折起 如图 当
， ＝２ ＝２ ＝２， △ ， ２，
三棱锥Ｂ ＡＤＭ的体积最大时 三棱锥Ｂ ＡＤＭ外接球的表面
－ ， －
积为 ．
则Ｄ Ｂ Ｃ Ａ
（０，－１，０）， （２，１，０）， （０，０， ３）， （０，－２， ３），
Ｄ→Ｂ Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ ．
∴ ＝（２，２，０）， ＝（０，－１， ３）， ＝（０，１， ３）
分别设ｎ ｘ ｙ ｚ 和ｎ ｘ ｙ ｚ 是平面 ＡＢＤ 和平面
１＝（ １， １， １） ２＝（ ２， ２， ２）
答案 ＣＢＤ的法向量 则有ｎ Ｄ→Ｂ ｎ Ｄ→Ａ ｎ Ｄ→Ｂ ｎ
４π ， １· ＝０， １· ＝０， ２· ＝０， ２·
解析 因为Ｖ Ｖ ＡＢＭ的面积为定值 所以若三
棱锥Ｂ － ＡＤＭ的体 Ｂ － Ａ 积 ＤＭ 最 ＝ 大 Ｄ － ， ＡＢ 此 Ｍ， 时 △ 平面ＡＤＭ ⊥ 平面ＡＢ ， ＣＭ ， 取ＡＢ Ｄ→Ｃ { ＝ ｘ ０ ． ｙ { ｘ ｙ
的中点为Ｏ ＡＭ的中点为Ｎ 连接ＤＮ ＮＯ ＤＯ ＯＭ 则ＤＮ 平 ２ １＋２ １＝０， ２ ２＋２ ２＝０，
， ， ， ， ， ， ⊥ ∴ ｙ ｚ ｙ ｚ ．
－ １＋ ３ １＝０， ２＋ ３ ２＝０
面ＡＢＣＭ ＤＮ ＮＯ ２ 可得ＯＤ ＤＮ２ ＯＮ２ 由ＯＭ ＯＡ 不妨取ｚ ｚ 可得ｎ ｎ
， ＝ ＝
２
， ＝ ＋ ＝１， ＝ １＝ ３，２＝－
ｎ
３，
ｎ
１＝（－３，３， ３）， ２＝（－３，３，－ ３），
１
＝
，
Ｏ
所
Ｂ
以
＝１
三
， 可
棱
知
锥
Ｏ
Ｂ －
为
ＡＤ
三
Ｍ
棱
外
锥
接
Ｂ
球
－ Ａ
的
Ｄ
表
Ｍ
面
外
积
接
为
球的
４π
球
Ｒ２
心
＝
，
４
球
π ．
的半径为 ∴ ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉＝
｜
ｎ
１
１
｜
·
·｜
ｎ ２
２｜
＝
７
５ ， 所以二面角Ａ － ＢＤ － Ｃ的余弦
值为 ５ ．
７
４．（２０２１江西南昌二模，１９）如图 菱形ＡＢＣＤ的边长为 对角线
， ６，
交于点Ｅ ＡＢＣ ２π 将 ＡＤＣ 沿 ＡＣ 折起得到三棱锥 Ｄ
，∠ ＝ ， △ －
３
ＡＢＣ 点Ｄ在底面ＡＢＣ上的投影为点Ｏ．
，
３．（２０２１河南顶级名校４月联考，１９）已知Ｄ Ｅ都是 ＡＢＣ的边
， △
ＡＣ的三等分点 Ｆ是ＡＢ的中点 ＢＥ ＡＣ ＡＢ ＡＣ 如
， ， ⊥ ， ＝２ ５， ＝６，
图 ．同时将 ＡＤＦ和 ＣＥＢ分别沿ＤＦ ＥＢ折起 折起后ＡＤ
① △ △ ， ，
ＣＥ 如图 ．
∥ ， ②
在图 中 求证 ＡＢ ＤＣ
（１） ② ， ： ⊥ ；
求证 ＡＣ ＢＤ
在图 中 若ＤＣ 求二面角Ａ ＢＤ Ｃ的余弦值． （１） ： ⊥ ；
（２） ② ， ＝２， － －
当Ｏ为 ＡＢＣ的重心时 求Ｃ到平面ＡＢＤ的距离．
（２） △ ，
解析 证明 因为折叠前ＢＤ ＡＣ 所以折叠后ＡＣ ＢＥ
（１） ： ⊥ ， ⊥ ，
ＡＣ ＤＥ
⊥ ，
因为ＤＥ ＢＥ Ｅ 所以ＡＣ 平面ＢＤＥ
∩ ＝ ， ⊥ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋第八章 立体几何 ４ ５９
又ＢＤ 平面ＢＤＥ 所以ＡＣ ＢＤ． 由题意得 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ．
⊂ ， ⊥ ， １（０，０，２）， （２，－２，０）， （２，２，０）， （０，－１，０）
（２） 当Ｏ为 △ ＡＢＣ的重心时 ， ＢＯ ＝２ ＯＥ ， 所以Ａ→ １ Ｂ ＝（２，－２，－２）， Ａ→ １ Ｄ ＝（０，－１，－２）， Ａ→ １ Ｃ ＝（２，２，－２） ．
因为ＡＢ ＡＢＣ ２π 设平面Ａ ＢＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ．
＝６，∠ ＝ ， １ ＝（ ， ， ）
３ {ｎ Ａ→Ｂ { ｘ ｙ ｚ
所以ＣＥ ＡＥ ＤＥ ＢＥ 故ＢＯ ＯＥ 则 · １ ＝０，即 ２ －２ －２ ＝０，
因为ＤＯ ⊥ ＝ 平 ＝ 面 ３ Ａ ３ Ｂ ， Ｃ ， 所 ＝ 以Ｄ ＝ Ｏ ３ ⊥ ， ＢＥ ， ＝２， ＝１， ｎ · Ａ→ １ Ｄ ＝０， － ｙ －２ ｚ ＝０ ．
令ｘ 则ｙ ｚ 所以ｎ ．
在 ＤＯＥ中 ＤＯ ＤＥ２ ＯＥ２ 则ＢＤ ＤＯ２ ＯＢ２ ＝１， ＝２， ＝－１， ＝（１，２，－１）
Ｒｔ△ ， ＝ － ＝２ ２， ＝ ＋ ＝ 设直线Ａ Ｃ和平面Ａ ＢＤ所成角为θ．
１ １
２ ３， ｎ Ａ→Ｃ
在
由 △ 勾
Ｄ
股
Ａ
定
Ｂ
理
中
可 ，
Ａ
得
Ｄ
＝ 点
ＡＢ
Ａ ＝ 到 ６， Ｂ
Ｂ
Ｄ
Ｄ
的 ＝２ 距 ３ 离 ， 为 ３３，
则
ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ〈
ｎ
，
Ａ→
１
Ｃ
〉｜＝
｜
｜ ｎ
·
｜｜ Ａ→ １
１
Ｃ ｜
｜
＝
２
３
２．
所以Ｓ １ 故所求角的正弦值为２ ２．
△ ＡＢＤ＝ ２ ×２ ３× ３３＝３ １１， ３
设Ｃ到平面ＡＢＤ的距离为ｄ 线段Ａ Ｃ上存在点Ｆ适合题意
， （３） １ ，
因为Ｖ Ｄ － ＡＢＣ＝ Ｖ Ｃ － ＡＢＤ， 所以 １ ３ × ２ １ ×６ ３×３×２ ２＝ ３ １ ×３ １１× ｄ ， 设 设 Ａ Ｆ → １ （ Ｆ ｘ ＝ １， λ ｙ Ａ １ → ， １ Ｃ ｚ １ ， ） 其 ， 则 中 有 λ （ ∈ ｘ １ ［ ， ０ ｙ ， １ １ ， ］ ｚ １ ． －２）＝（２ λ ，２ λ ，－２ λ ），
所以ｘ λ ｙ λ ｚ λ 从而Ｆ λ λ λ
则ｄ
＝
６ ６６． １＝２ ， １＝２ ， １＝２－２ ， （２ ，２ ，２－２ ），
１１ 所以Ｄ→Ｆ λ λ λ 又Ｂ→Ｃ
＝（２ ，２ ＋１，２－２ ）， ＝（０，４，０），
即Ｃ到平面ＡＢＤ的距离等于６ ６６． Ｄ→Ｆ Ｂ→Ｃ
所以 Ｄ→Ｆ Ｂ→Ｃ ｜ · ｜
１１ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
５．（２０２１天津南开中学统练（２５），１７）如图 在 ＡＢＣ 中 Ｄ Ｅ Ｄ→Ｆ Ｂ→Ｃ
１， △ ， ， ｜ ｜｜ ｜
λ
分别为ＡＢ ＡＣ的中点 Ｏ为ＤＥ的中点 ＡＢ ＡＣ ＢＣ ． ４｜２ ＋１｜
将 ＡＤＥ沿 ， ＤＥ折起到 ， Ａ ＤＥ的位置 ， 使得 ＝ 平面 ＝ Ａ ２ Ｄ ５ Ｅ ， 平 ＝ 面 ４ ＝ λ ２ λ ２ λ ２ ，
△ △ １ ， １ ⊥ ４ （２ ） ＋（２ ＋１） ＋（２－２ ）
ＢＣＥＤ 如图 ． λ
， ２ 令 ｜２ ＋１｜ ３５
（１） 求证 ： Ａ １ Ｏ ⊥ ＢＤ ； （２ λ ） ２ ＋（２ λ ＋１） ２ ＋（２－２ λ ） ２ ＝ ７ ，
求直线Ａ Ｃ和平面Ａ ＢＤ所成角的正弦值
（２）
线段Ａ Ｃ
１
上是否存在
１
点Ｆ 使得直线ＤＦ和
；
ＢＣ所成角的余
整理得
１６
λ２
－２４
λ
＋９＝０，
解得λ
＝
３ ．
（３） １ ， ４
Ａ Ｆ Ａ Ｆ
弦值为 ３５ 若存在 求出 １ 的值 若不存在 说明理由． 所以线段Ａ Ｃ上存在点Ｆ适合题意 且 １ ３ ．
？ ， Ａ Ｃ ； ， １ ， Ａ Ｃ＝
７ １ １ ４
６．（２０２１四川成都七中３月月考，１９）已知 ＡＢＣ的各边长为
△ ３，
ＣＥ
点Ｄ Ｅ分别是ＡＢ ＡＣ上的点 且满足 １ Ｄ为ＡＢ的三等
， ， ， ＥＡ＝ ，
２
分点 靠近点Ａ 如图 将 ＡＤＥ沿ＤＥ折起到 Ａ ＤＥ的
（ ）（ １）， △ △ １
位置 使二面角Ａ ＤＥ Ｂ的平面角为 ° 连接Ａ Ｂ Ａ Ｃ 如
， １－ － ９０ ， １ ， １ （
图 ．
２）
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
∥ ， ＝ １ ＝ １ ，
又Ｏ为ＤＥ的中点 所以Ａ Ｏ ＤＥ．
， １ ⊥
因为平面Ａ ＤＥ 平面ＢＣＥＤ 平面Ａ ＤＥ 平面ＢＣＥＤ ＤＥ 且
１ ⊥ ， １ ∩ ＝ ，
Ａ Ｏ 平面Ａ ＤＥ
１ ⊂ １ ， 求证 Ａ Ｄ 平面ＢＣＥＤ
所以Ａ Ｏ 平面ＢＣＥＤ （１） ： １ ⊥ ；
１ ⊥ ， 在线段ＢＣ上是否存在点Ｐ 使直线ＰＡ 与平面Ａ ＢＤ所成
又因为ＢＤ 平面ＢＣＥＤ 所以Ａ Ｏ ＢＤ． （２） ， １ １
⊂ ， １ ⊥ 的角为 ° 若存在 求出 ＰＢ 的长 若不存在 请说明
取ＢＣ的中点Ｇ 连接ＯＧ 则ＯＥ ＯＧ． ６０ ？ ， ； ，
（２） ， ， ⊥ 理由．
由 得Ａ Ｏ ＯＥ Ａ Ｏ ＯＧ．
（１） １ ⊥ ， １ ⊥ 解析 证明 由题意可得 ＡＥ ＡＤ Ａ °
如图 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ． （１） ： ， ＝２， ＝１， ＝６０ ，
， － 从而ＤＥ ２ ２ °
＝ １ ＋２ －２×１×２×ｃｏｓ６０ ＝ ３，
故得ＡＤ２ ＤＥ２ ＡＥ２ ＡＤ ＤＥ ＢＤ ＤＥ．
＋ ＝ ，∴ ⊥ ， ⊥
Ａ Ｄ ＤＥ ＢＤ ＤＥ
∴ １ ⊥ ， ⊥ ，
Ａ ＤＢ为二面角Ａ ＤＥ Ｂ的平面角
∴ ∠ １ １－ － ，
又二面角 Ａ ＤＥ Ｂ 为直二面角 Ａ ＤＢ ° 即 Ａ Ｄ
１－ － ，∴ ∠ １ ＝９０ ， １ ⊥
ＤＢ ＤＥ ＤＢ Ｄ且ＤＥ ＤＢ 平面ＢＣＥＤ
，∵ ∩ ＝ ， ⊂ ，
Ａ Ｄ 平面ＢＣＥＤ．
∴ １ ⊥
存在 由 知ＥＤ ＤＢ Ａ Ｄ 平面ＢＣＥＤ．
（２） ， （１） ⊥ ， １ ⊥
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４ ６０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
以Ｄ为坐标原点 以ＤＢ ＤＥ ＤＡ 所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ 不妨设ＡＤ 则ＡＢ ＢＣ 即ＡＰ ＰＣ ．
， 、 、 １ 、 、 ＝２， ＝ ＝ ２， ＝ ＝ ２
轴建立空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ 如图． 因为 ＡＢＣ ＣＡＤ ° 所以ＡＣ 则ＡＥ ＣＤ．
－ ， ∠ ＝∠ ＝９０ ， ＝２， ⊥
又因为ＰＡ ＰＣ ＰＤ 所以ＰＥ ＣＤ 又ＡＥ ＰＥ Ｅ
＝ ＝ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
所以ＣＤ 平面ＰＡＥ 又ＰＡ 平面ＰＡＥ 则ＡＰ ＣＤ．
⊥ ， ⊂ ， ⊥
取ＡＣ的中点Ｏ 连接ＰＯ ＯＥ
（２） ， ， ，
过Ｐ作ＰＨ ＤＥ交ＢＤ于点Ｈ
∥ ，
设ＰＢ ａ ａ 则ＢＨ ａ ＰＨ ａ ＤＨ ａ
＝２ （０≤２ ≤３）， ＝ ， ＝ ３ ， ＝２－ ，
易知Ａ Ｐ ａ ａ Ｅ 所以Ｐ→Ａ ａ
１（０，０，１）， （２－ ， ３ ，０）， （０， ３，０）， １＝（ －
ａ ．
２，－ ３ ，１）
因为ＥＤ 平面 Ａ ＢＤ 所以平面 Ａ ＢＤ 的一个法向量为Ｄ→Ｅ
⊥ １ ， １ ＝
（０， ３，０），
因为直线ＰＡ 与平面Ａ ＢＤ所成的角为 ° 所以 不妨设ＡＤ 则ＡＰ ＰＣ ．
１ １ ６０ ， ＝２， ＝ ＝ ２
则ＰＯ ＡＣ．
Ｐ→Ａ Ｄ→Ｅ ａ ⊥
° ｜ １· ｜ ３ ３ 解得ａ ５ ． 因为Ｏ为ＡＣ的中点 Ｅ为ＣＤ的中点 所以ＯＥ ＡＤ 所以ＯＥ
ｓｉｎ６０ ＝ ｜ Ｐ→Ａ １｜｜ Ｄ→Ｅ ｜ ＝ ４ ａ２ －４ ａ ＋５× ３ ＝ ２ ， ＝ ４ ＡＣ ， ， ∥ ，
⊥ ，
ＰＢ ａ ５ 满足 ａ 符合题意． 所以 ＰＯＥ为二面角Ｐ ＡＣ Ｄ的平面角．
∴ ＝２ ＝ ， ０≤２ ≤３， ∠ － －
２ 因此以点Ｏ为坐标原点 以ＯＡ ＯＥ所在直线分别为ｘ轴 ｙ轴
所以在线段ＢＣ上存在点Ｐ 使直线ＰＡ 与平面Ａ ＢＤ所成的 ， ， ，
， １ １ 建立空间直角坐标系 如图
， ：
角为 ° 此时ＰＢ ５ ． æ ö
６０ ， ＝ Ａ Ｄ Ｃ Ｐç １ １５÷
２ （１，０，０）， （１，２，０）， （－１，０，０）， è０，－ ， ø，
７．（２０２１ 浙江名校协作体高三下联考，１９）已知四边形 ＡＢＣＤ ４ ４
，
设平面ＰＡＣ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 易知→ＣＡ
ＡＢＣ ＣＡＤ ° ＡＢ ＢＣ ２ＡＤ 将 ＢＡＣ沿ＡＣ翻折至 ＝（ ， ， ）， ＝（２，０，０），
∠ ＝∠ ＝９０ ， ＝ ＝ ， △ æ ö æ ö
２ Ｏ→Ｐ ç １ １５÷ Ｄ→Ｐ ç ９ １５÷
ＰＡＣ 如图． ＝è０，－ ， ø， ＝è－１，－ ， ø，
△ ， ４ ４ ４ ４
若ＰＡ ＰＤ 求证 ＡＰ ＣＤ { ｘ
（１） ＝ ， ： ⊥ ； ２ ＝０，
则 所以ｘ 令ｙ 则ｚ
若二面角Ｐ ＡＣ Ｄ的余弦值为 １ 求ＰＤ与平面ＰＡＣ所 １ ｙ １５ｚ ＝０， ＝ １５， ＝１，
（２） － － － ， － ＋ ＝０，
４ ４ ４
成角的正弦值．
所以平面ＰＡＣ的一个法向量为ｎ ．
＝（０， １５，１）
设ＰＤ与平面ＰＡＣ所成的角为θ
，
ｎ Ｄ→Ｐ
则 θ · １０５．
ｓｉｎ ＝ ｎ Ｄ→Ｐ ＝
｜ ｜｜ ｜ １４
故ＰＤ与平面ＰＡＣ所成角的正弦值为 １０５．
解析 证明 取ＣＤ的中点Ｅ 连接ＡＥ ＰＥ １４
（１） ： ， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋