北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
版》
§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用
— 五年高考 —
考点1 空间角与距离
1.(2021全国乙,理5,文10,5分)在正方体ABCD-ABC D 中,P为BD 的中点,则直线PB与
1 1 1 1 1 1
AD 所成的角为 ( )
1
π π π π
A. B. C. D.
2 3 4 6
答案 D
2.(2020新高考Ⅰ,4,5分)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到
晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA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,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角
为 ( )
A.20° B.40° C.50° D.90°
答案 B
3.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点
(不含端点).设SE与BC所成的角为θ,SE与平面ABCD所成的角为θ,二面角S-AB-C的平面
1 2
角为θ,则 ( )
3
A.θ≤θ≤θ B.θ≤θ≤θ
1 2 3 3 2 1
C.θ≤θ≤θ D.θ≤θ≤θ
1 3 2 2 3 1
答案 D
4.(2021新高考Ⅱ,19)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=√5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
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解析 (1)取AD的中点E,连接QE,CE.
由于QD=QA,故QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE=√QA2-AE2=√(√5)2-12=2.
在Rt△CDE中,CE=√DC2+DE2=√22+12=√5.
在△QCE中,QE2+CE2=QC2⇒QE⊥CE,
又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.
又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)以E为原点建系,如图所示,
则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0).显然,平面QAD的一个法向量为n=(1,0,0),⃗BQ=(-2,1,2),
1
{n ·⃗BQ=0, {-2x+ y+2z=0,
⃗BD=(-2,2,0).设平面BQD的法向量为n=(x,y,z),则 2 ⇒
2 n ·⃗BD=0 -2x+2y=0
2
⇒x=y=2z,取n=(2,2,1).设二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角,则cos θ=|cos<n,n>|=
2 1 2
|n ·n | 2 2 2
1 2
= = ,故二面角B-QD-A的余弦值为 .
|n ||n | 1×3 3 3
1 2
5.(2021全国乙理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M
为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)求BC;
(2)求二面角A-PM-B的正弦值.
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解题指导 (1)根据题意建立适当的空间直角坐标系,求得相应的点的坐标,设出BC的长度,得
到点A,B,M的坐标(含参数),利用垂直关系构造方程,从而求得BC的长度;(2)在(1)的基础上,求
得两个平面的法向量,利用向量的夹角公式求二面角的余弦值,最后转化为正弦值.
6.(2020课标Ⅱ理,20,12分)如图,已知三棱柱ABC-ABC 的底面是正三角形,侧面BBC C是矩
1 1 1 1 1
形,M,N分别为BC,BC 的中点,P为AM上一点.过BC 和P的平面交AB于E,交AC于F.
1 1 1 1
(1)证明:AA∥MN,且平面AAMN⊥平面EBC F;
1 1 1 1
(2)设O为△ABC 的中心.若AO∥平面EBC F,且AO=AB,求直线BE与平面AAMN所成角的
1 1 1 1 1 1 1
正弦值.
解析 (1)证明:因为M,N分别为BC,BC 的中点,所以MN∥CC .又由已知得AA∥CC ,故
1 1 1 1 1
AA∥MN.因为△ABC 是正三角形,所以BC ⊥AN.又BC ⊥MN,故BC ⊥平面AAMN.所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面AAMN⊥平面EBC F.
1 1 1
(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,⃗MA的方向为x轴正方向,|⃗MB|为单位长,建立如图所
示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=√3.
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2√3 (2√3 1 )
连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM= ,E , ,0 .由(1)知平面AAMN⊥
3 3 3 1
√ (2√3 ) 2
平面ABC,作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ= 4- -a ,B
1
3
a,1, √ 4- (2√3 -a ) 2 ,故⃗B E= 2√3 -a,- 2 ,- √ 4- (2√3 -a ) 2 ,|⃗B E|= 2√10 .又n=(0,-1,0)是
3 1 3 3 3 1 3
平面AAMN的法向量,故sin (π -<n,⃗B E> ) =cos<n,⃗B E>= n·⃗B 1 E = √10 .
1 2 1 1 |n|·|⃗B E| 10
1
√10
所以直线BE与平面AAMN所成角的正弦值为 .
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=45°,DC=2BC.
(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
解析 (1)证明:如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.由∠ACD=45°,DO⊥AC得
CD=√2CO,
1 √2
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.由∠ACB=45°,BC= CD= CO
2 2
得BO⊥BC.所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.
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(2)解法一:过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
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,
2√3
由DO=OC=2,BO=BC=√2,得BD=√6,OH= ,
3
OH √3 √3
所以sin∠OCH= = ,因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为 .
OC 3 3
解法二: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,记为θ.
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.
设CD=2√2.由题意知各点坐标如下:
O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此⃗OC=(0,2,0),⃗BC=(-1,1,0),⃗CD=(0,-2,2).
设平面BCD的法向量n=(x,y,z).
{n·⃗BC=0, {-x+ y=0,
由 即 可取n=(1,1,1).
n·⃗CD=0, -2y+2z=0,
|⃗OC·n| √3
所以sin θ=|cos<⃗OC,n>|= = .
|⃗OC|·|n| 3
√3
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为 .
3
8.(2019课标Ⅱ理,17,12分)如图,长方体ABCD-ABC D 的底面ABCD是正方形,点E在棱AA
1 1 1 1 1
上,BE⊥EC .
1
(1)证明:BE⊥平面EBC ;
1 1
(2)若AE=AE,求二面角B-EC-C 的正弦值.
1 1
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解析 (1)证明:由已知得,BC ⊥平面ABBA,
1 1 1 1
因为BE⊂平面ABBA,故BC ⊥BE.
1 1 1 1
又BE⊥EC ,BC ∩EC =C ,所以BE⊥平面EBC .
1 1 1 1 1 1 1
(2)由(1)知∠BEB=90°.
1
由题设知Rt△ABE≌Rt△ABE,
1 1
所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA=2AB.
1
以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,|⃗DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C (0,1,2),E(1,0,1),则⃗CB=(1,0,0),⃗CE=(1,-1,1),⃗CC =(0,0,2).
1 1
{⃗CB·n=0, { x=0,
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则 即 所以可取n=(0,-1,-1).
⃗CE·n=0, x- y+z=0,
设平面ECC 的法向量为m=(x',y',z'),
1
{⃗CC ·m=0, { 2z'=0,
1
则 即
⃗CE·m=0, x'- y'+z'=0,
所以可取m=(1,1,0).
n·m 1
于是cos<n,m>= =- .
|n||m| 2
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√3
所以,二面角B-EC-C 的正弦值为 .
1 2
以下为教师用书专用(1—32)
1.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-ABC 中,∠BCA=90°,M,N分别是AB,AC 的中点,
1 1 1 1 1 1 1
BC=CA=CC ,则BM与AN所成角的余弦值为 ( )
1
1 2
A. B.
10 5
√30 √2
C. D.
10 2
答案 C 解法一:以C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
1
设BC=CA=CC =2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),
1
∴⃗AN=(-1,0,-2),⃗BM=(1,-1,-2),
⃗AN·⃗BM -1+4 3 √30
∴cos<⃗AN,⃗BM>= = = = ,故选C.
|⃗AN||⃗BM| √5×√6 √30 10
解法二:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BM∥QN,则∠ANQ即为所求,
设BC=CA=CC =2,
1
则AQ=√5,AN=√5,QN=√6,
AN2+NQ2-AQ2 5+6-5 6 √30
∴cos∠ANQ= = = = ,
2AN·NQ 2√5×√6 2√30 10
故选C.
2.(2013北京,8,5分)如图,在正方体ABCD-ABC D 中,P为对角线BD 的三等分点,P到各顶点
1 1 1 1 1
的距离的不同取值有 ( )
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A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
答案 B 过P作平面ABC D、ABCD的垂线分别交DB、DB于E、F点,易知P也是EF
1 1 1 1 1 1
2 √3 √6 √6
的三等分点,设正方体的棱长为a,则PA=PC =a;PD= √3a;PB= a;PB= a,PA=PC=
1 1 1 3 3 1 3 3
a;PD=a.故有4个不同的值.故选B.
思路分析 设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的距离即
可.
解后反思 本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算能力.构造直角三角形是解题关
键.
3.(2012陕西,5,5分)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-ABC ,CA=CC =2CB,则直线
1 1 1 1
BC 与直线AB 夹角的余弦值为 ( )
1 1
√5 √5
A. B.
5 3
2√5 3
C. D.
5 5
答案 A 不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C (0,2,0),B(0,2,1).
1 1
∴⃗BC =(0,2,-1),⃗AB =(-2,2,1).
1 1
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⃗BC ·⃗AB 0+4-1 √5
cos<⃗BC ,⃗AB >= 1 1 = = ,故选A.
1 1 |⃗BC |·|⃗AB | √5×3 5
1 1
评析 本题考查利用空间坐标运算求异面直线所成的角,考查了运算求解能力.
4.(2019天津理,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
1
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF的长.
3
解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用
空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点
考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.
依题意,可以建立以A为原点,分别以⃗AB,⃗AD,⃗AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐
标系(如图),
可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)证明:依题意,⃗AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又⃗BF=(0,2,h),可得⃗BF·⃗AB=0,
又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)依题意,⃗BD=(-1,1,0),⃗BE=(-1,0,2),
⃗CE=(-1,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
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{n·⃗BD=0, {-x+ y=0,
则 即 不妨令z=1,
n·⃗BE=0, -x+2z=0,
⃗CE·n 4
可得n=(2,2,1),因此有cos<⃗CE,n>= =- .
|⃗CE||n| 9
4
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 .
9
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
{m·⃗BD=0, {-x+ y=0,
则 即
m·⃗BF=0, 2y+hz=0,
( 2)
不妨令y=1,可得m= 1,1,- .
h
| 2|
4-
|m·n| h 1 8
由题意,有|cos<m,n>|= = = ,解得h= .经检验,符合题意.所以,线段CF的
|m||n| √ 4 3 7
3 2+
h2
8
长为 .
7
思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几
何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何
中的位置关系或长度.
方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:
①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③
设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;
④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角和距离.
5.(2019课标Ⅱ理,17,12分)如图,长方体ABCD-ABC D 的底面ABCD是正方形,点E在棱AA
1 1 1 1 1
上,BE⊥EC .
1
(1)证明:BE⊥平面EBC ;
1 1
(2)若AE=AE,求二面角B-EC-C 的正弦值.
1 1
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解析 本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,
考查了直观想象的核心素养.
(1)由已知得,BC ⊥平面ABBA,BE⊂平面ABBA,
1 1 1 1 1 1
故BC ⊥BE.
1 1
又BE⊥EC ,所以BE⊥平面EBC .
1 1 1
(2)由(1)知∠BEB=90°.
1
由题设知Rt△ABE≌Rt△ABE,
1 1
所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA=2AB.
1
以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,|⃗DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C (0,1,2),E(1,0,1),⃗CB=(1,0,0),⃗CE=(1,-1,1),⃗CC =(0,0,2).
1 1
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),
{⃗CB·n=0, { x=0,
则 即
⃗CE·n=0, x- y+z=0,
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC 的法向量为m=(x,y,z),
1
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{⃗CC ·m=0, { 2z=0,
1
则 即
⃗CE·m=0, x- y+z=0,
所以可取m=(1,1,0).
n·m 1
于是cos<n,m>= =- .
|n||m| 2
√3
所以,二面角B-EC-C 的正弦值为 .
1 2
一题多解
(2)连接BC .设AE=m,不妨令AB=1,则BE=√m2+1,C E=√m2+2,BC =√(2m)2+1.
1 1 1
∵BE⊥EC ,∴4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA=2.
1 1
连接AC,BD,相交于点O,连接AC .
1 1
由题意可知AC⊥BD,BD⊥CC ,AC∩CC =C,
1 1
∴BD⊥平面AAC C,∴BD⊥CE,
1 1
即BO⊥CE.
CC 2 AC
在长方形AAC C中,AC=√2,AA=2.连接AC ,有 1= = ,又∠EAC=∠C CA=90°,则
1 1 1 1 AC √2 AE 1
Rt△C CA∽Rt△CAE.
1
∴∠ECA+∠C AC=90°,∴CE⊥AC .
1 1
取CC 的中点F,连接OF,BF,则OF∥AC ,∴OF⊥CE.
1 1
∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB.
设CE∩OF=G,连接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,则∠BGF为二面角B-CE-C 的平面角,且
1
1 1
sin∠BGF=sin∠BGO.设AC ∩CE=H,易得△AEH∽△C CH.又∵AE= CC ,∴AH= AC .易知
1 1 2 1 3 1
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1 √2 1 1 √6
OG∥AH,又∵O为AC的中点,∴OG= AH.∵BO= ,OG= AH= AC =
2 2 2 6 1 6
√2
2 √3
,BO⊥OG,∴tan∠BGO= =√3,∴∠BGO=60°,则∠BGF=120°,故sin∠BGF= .
√6 2
6
6.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面
ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4.
(1)求证:M为PB的中点;
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
解析 本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等
知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力.
(1)设AC,BD交点为E,连接ME.
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
(2)取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
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因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,√2),D(2,0,0),B(-2,4,0),⃗BD=(4,-4,0),⃗PD=(2,0,-√2).
设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗BD=0, {4x-4 y=0,
则 即
n·⃗PD=0, 2x-√2z=0.
令x=1,则y=1,z=√2.
于是n=(1,1,√2).
平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).
n·p 1
所以cos<n,p>= = .
|n||p| 2
π
由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为 .
3
( √2) ( √2)
(3)由题意知M -1,2, ,C(2,4,0),⃗MC= 3,2,- .
2 2
设直线MC与平面BDP所成角为α,
|n·⃗MC| 2√6
则sin α=|cos<n,⃗MC>|= = .
|n||⃗MC| 9
2√6
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为 .
9
方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量
|n ·n |
1 2
n,n,设二面角的大小为θ,则有|cos θ|=|cos<n,n>|= ,再通过原图判断二面角是钝角
1 2 1 2 |n ||n |
1 2
还是锐角,进而求出二面角.
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2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线
| e·n | ( π]
与平面所成的角θ满足sin θ= ,θ∈ 0, .
|e||n| 2
7.(2017课标Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
解析 本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.
(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,
又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.
以 F为坐标原点,⃗FA的方向为x轴正方向,|⃗AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-
xyz.
(√2 ) ( √2) (√2 ) ( √2 )
由(1)及已知可得A ,0,0 ,P 0,0, ,B ,1,0 ,C - ,1,0 .
2 2 2 2
( √2 √2) (√2 √2)
所以⃗PC= - ,1,- ,⃗CB=(√2,0,0),⃗PA= ,0,- ,⃗AB=(0,1,0).
2 2 2 2
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设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则
1 1 1
{ √2 √2
{n·⃗PC=0, - x + y - z =0,
即 2 1 1 2 1
n·⃗CB=0,
√2x =0.
1
可取n=(0,-1,-√2).
设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则
2 2 2
{√2 √2
{m·⃗PA=0, x - z =0,
即 2 2 2 2
m·⃗AB=0,
y =0.
2
可取m=(1,0,1).
n·m √3
则cos<n,m>= =- .
|n||m| 3
易知二面角A-PB-C为钝二面角,
√3
所以二面角A-PB-C的余弦值为- .
3
方法总结 面面垂直的证明及向量法求解二面角.
(1)面面垂直的证明
证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.
(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.
建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n,n,设二面角的大小为θ,则|
1 2
|n ·n |
1 2
cos θ|= ,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.
|n ||n |
1 2
8.(2017课标Ⅲ理,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,
∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角
D-AE-C的余弦值.
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解析 本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.
(1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.
又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.
取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.
所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,⃗OA的方向为x轴正方向,|⃗OA|为单位
长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,√3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).
1
由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 ,从而E到平面ABC的距离为D
2
1 ( √3 1)
到平面ABC的距离的 ,即E为DB的中点,得E 0, , .故⃗AD=(-1,0,1),⃗AC=(-2,0,0),⃗AE
2 2 2
( √3 1)
= -1, , .
2 2
设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,
{
-x+z=0,
{n·⃗AD=0, ( √3 )
则 即 √3 1 可取n= 1, ,1 .
n·⃗AE=0, -x+ y+ z=0. 3
2 2
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{m·⃗AC=0,
设m是平面AEC的法向量,则
m·⃗AE=0.
n·m √7
同理可取m=(0,-1,√3).则cos<n,m>= = .
|n||m| 7
易知二面角D-AE-C为锐二面角,
√7
所以二面角D-AE-C的余弦值为 .
7
方法总结 证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即
在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判
断二面角是钝角还是锐角.
9.(2016课标Ⅱ理,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F
5
分别在AD,CD上,AE=CF= ,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=√10.
4
(1)证明:D'H⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.
解析 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.
AE CF
又由AE=CF得 = ,故AC∥EF.
AD CD
因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H. (2分)
由AB=5,AC=6得DO=BO=√AB2-AO2=4.
OH AE 1
由EF∥AC得 = = .
DO AD 4
所以OH=1,D'H=DH=3.
于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH. (4分)
又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD. (5分)
(2)如图,以H为坐标原点,⃗HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则
H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),
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⃗AB=(3,-4,0),⃗AC=(6,0,0),⃗AD'=(3,1,3). (6分)
设m=(x,y,z)是平面ABD'的法向量,
1 1 1
{ m·⃗AB=0, { 3x -4 y =0,
1 1
则 即
m·⃗AD'=0, 3x + y +3z =0,
1 1 1
所以可取m=(4,3,-5). (8分)
设n=(x,y,z)是平面ACD'的法向量,
2 2 2
{n·⃗AC=0, { 6x =0,
2
则 即
n·⃗AD'=0, 3x + y +3z =0,
2 2 2
所以可取n=(0,-3,1). (10分)
m·n -14 7√5
于是cos<m,n>= = =- .
|m||n| √50×√10 25
2√95
sin<m,n>= .
25
2√95
因此二面角B-D'A-C的正弦值是 . (12分)
25
思路分析 (1)利用已知条件及翻折的性质得出D'H⊥EF,利用勾股定理的逆定理得出
D'H⊥OH,从而得出结论;
(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量
的夹角公式求二面角的余弦值,从而求出正弦值.
评析 本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识
和基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决
空间问题的关键.
10.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直
径,FB是圆台的一条母线.
(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;
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1
(2)已知EF=FB= AC=2√3,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.
2
解析 (1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.
在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.
又EF∥OB,所以GI∥OB.
在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.
又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.
(2)解法一:连接OO',则OO'⊥平面ABC.
又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.
以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B(0,2√3,0),C(-2√3,0,0),
所以⃗BC=(-2√3,-2√3,0),
过点F作FM垂直OB于点M.
所以FM=√FB2-BM2=3,可得F(0,√3,3).
故⃗BF=(0,-√3,3).
设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.
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{m·⃗BC=0,
由
m·⃗BF=0,
{-2√3x-2√3 y=0,
可得
-√3 y+3z=0.
( √3)
可得平面BCF的一个法向量m= -1,1, .
3
因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),
m·n √7
所以cos<m,n>= = .
|m|·|n| 7
√7
所以二面角F-BC-A的余弦值为 .
7
解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.
可得FM=√FB2-BM2=3.
过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.
可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.
又AB=BC,AC是圆O的直径,
√6
所以MN=BMsin 45°= .
2
√42
从而FN= ,
2
√7
可得cos∠FNM= .
7
√7
所以二面角F-BC-A的余弦值为 .
7
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评析 本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能
力和逻辑推理能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.
11.(2016浙江,17,12分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面
ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(1)求证:BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
解析 (1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.
因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.
所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.
3√13
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ= .
13
3√13 √3
在Rt△BQF中,FQ= ,BF=√3,得cos∠BQF= .
13 4
√3
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 .
4
解法二:由(1)知△BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平
面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立
如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
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由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0),
(1 √3) ( 1 √3)
E ,0, ,F - ,0, .
2 2 2 2
因此,⃗AC=(0,3,0),⃗AK=(1,3,√3),⃗AB=(2,3,0).
设平面ACK的法向量为m=(x,y,z),平面ABK的法向量为n=(x,y,z).
1 1 1 2 2 2
{⃗AC·m=0, { 3 y =0,
1
由 得 取m=(√3,0,-1);
⃗AK·m=0 x +3 y +√3z =0,
1 1 1
{⃗AB·n=0, { 2x +3 y =0,
2 2
由 得 取n=(3,-2,√3).
⃗AK·n=0 x +3 y +√3z =0,
2 2 2
m·n √3
于是,cos<m,n>= = .
|m|·|n| 4
又易知二面角B-AD-F为锐二面角,
√3
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 .
4
方法总结 若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n 和n,则|cos θ|=|cos<n,n>|,要
1 2 1 2
求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|
cos<n,n>|,还是cos θ=-|cos<n,n>|.
1 2 1 2
评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和
运算求解能力.
12.(2015课标Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧
的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.
(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
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解析 (1)证明:连接BD.设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.
在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=√3.
由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=√3,且EG⊥AC.
√2
在Rt△EBG中,可得BE=√2,故DF= .
2
√6
在Rt△FDG中,可得FG= .
2
√2 3√2
在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=√2,DF= ,可得EF= .
2 2
从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.
又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC. (6分)
(2)如图,以G为坐标原点,分别以⃗GB,⃗GC的方向为x轴,y轴正方向,|⃗GB|为单位长,建立空间直
角坐标系G-xyz.
( √2)
由(1)可得A(0,-√3,0),E(1,0,√2),F -1,0, ,C(0,√3,0),所以⃗AE=(1,√3,√2),⃗CF=
2
( √2)
-1,-√3, .(10分)
2
⃗AE·⃗CF √3
故cos<⃗AE,⃗CF>= =- .
|⃗AE||⃗CF| 3
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√3
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为 . (12分)
3
思路分析 (1)利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的判定定理求证.(2)建立适当的空间
直角坐标系,利用向量的夹角的余弦公式求解.
解后反思 建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明
“EG⊥平面AFC”是解题的难点.
13.(2015课标Ⅱ理,19,12分)如图,长方体ABCD-ABC D 中,AB=16,BC=10,AA=8,点E,F分别
1 1 1 1 1
在AB,DC 上,AE=DF=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
1 1 1 1 1 1
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.
解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:
(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=AE=4,EM=AA=8.
1 1
因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH=√EH2-EM2=6,所以AH=10.
以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则
A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),⃗FE=(10,0,0),⃗HE=(0,-6,8).
设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,
{n·⃗FE=0, { 10x=0,
则 即
n·⃗HE=0, -6 y+8z=0,
所以可取n=(0,4,3).
|n·⃗AF| 4√5
又⃗AF=(-10,4,8),故|cos<n,⃗AF>|= = .
|n||⃗AF| 15
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4√5
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为 .
15
14.(2015山东理,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.
(1)求证:BD∥平面FGH;
(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)
的大小.
解析 (1)连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.
在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为
平行四边形.
则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,
又OH⊂平面FGH,BD⊄平面FGH,所以BD∥平面FGH.
(2)设AB=2,则CF=1.
1
在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF= AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因
2
此DG∥FC.
又FC⊥平面ABC,所以DG⊥平面ABC.
在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两
垂直.
以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.
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所以G(0,0,0),B(√2,0,0),C(0,√2,0),D(0,0,1).
(√2 √2 )
可得H , ,0 ,F(0,√2,1),
2 2
(√2 √2 )
故⃗GH= , ,0 ,⃗GF=(0,√2,1).
2 2
设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,
{n·⃗GH=0,
则由
n·⃗GF=0,
{ x+ y=0,
可得
√2y+z=0.
可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,√2).
因为⃗GB是平面ACFD的一个法向量,⃗GB=(√2,0,0),
⃗GB·n √2 1
所以cos<⃗GB,n>= = = .
|⃗GB|·|n| 2√2 2
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
π
15.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD= ,AB=BC=1,AD=2,E是
2
AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△ABE的位置,如图2.
1
(1)证明:CD⊥平面AOC;
1
(2)若平面ABE⊥平面BCDE,求平面ABC与平面ACD夹角的余弦值.
1 1 1
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π
解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD= ,
2
所以BE⊥AC.
即在题图2中,BE⊥OA,BE⊥OC,
1
从而BE⊥平面AOC,
1
又CD∥BE,
所以CD⊥平面AOC.
1
(2)因为平面ABE⊥平面BCDE,
1
又由(1)知,BE⊥OA,BE⊥OC,
1
所以∠AOC为二面角A-BE-C的平面角,
1 1
π
所以∠AOC= .
1 2
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,
因为AB=AE=BC=ED=1,BC∥ED,
1 1
(√2 ) ( √2 ) ( √2) ( √2 )
所以B ,0,0 ,E - ,0,0 ,A 0,0, ,C 0, ,0 ,
2 2 1 2 2
( √2 √2 ) ( √2 √2)
得⃗BC= - , ,0 ,⃗A C= 0, ,- ,⃗CD=⃗BE=(-√2,0,0).
2 2 1 2 2
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),平面ACD的法向量n=(x,y,z),平面ABC与平面ACD的
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1
夹角为θ,
{n ·⃗BC=0, {-x + y =0,
1 1 1
则 得 取n=(1,1,1);
n ·⃗A C=0, y -z =0, 1
1 1 1 1
{n ·⃗CD=0, { x =0,
2 2
得 取n=(0,1,1),
n ·⃗A C=0, y -z =0, 2
2 1 2 2
2 √6
从而cos θ=|cos<n,n>|= = ,
1 2 √3×√2 3
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√6
即平面ABC与平面ACD夹角的余弦值为 .
1 1 3
评析 本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查
学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系
是求解的关键.
16.(2015湖北理,19,12分)
《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都
为直角三角形的四面体称之为鳖臑.
如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交
PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.
(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写
出结论);若不是,说明理由;
π DC
(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ,求 的值.
3 BC
解析 解法一:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,
由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD,而DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.
又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.
而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.
又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
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由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体
BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.
由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,
设PD=DC=1,BC=λ,有BD=√1+λ2,
π
在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB= ,
3
π BD
则tan =tan∠DPF= =√1+λ2=√3,解得λ=√2.
3 PD
DC 1 √2
所以 = = .
BC λ 2
π DC √2
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时, = .
3 BC 2
解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),
C(0,1,0),⃗PB=(λ,1,-1),点E是PC的中点,
( 1 1)
所以E 0, , ,
2 2
( 1 1)
⃗DE= 0, , ,
2 2
于是⃗PB·⃗DE=0,即PB⊥DE.
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又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
因⃗PC=(0,1,-1),⃗DE·⃗PC=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.
由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,
即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)由PD⊥平面ABCD,所以⃗DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;
由(1)知,PB⊥平面DEF,所以⃗BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.
π
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ,
3
π | ⃗BP·⃗DP | | 1 | 1
则cos = = = ,
3 |⃗BP|·|⃗DP| √λ2+2 2
DC 1 √2
解得λ=√2,所以 = = .
BC λ 2
π DC √2
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时, = .
3 BC 2
17.(2014北京理,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥
P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.
(1)求证:AB∥FG;
(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.
解析 (1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.
又因为AB⊄平面PDE,
所以AB∥平面PDE.
因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,
所以AB∥FG.
(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),⃗BC=(1,1,0).
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设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗AB=0, { x=0,
则 即
n·⃗AF=0, y+z=0.
令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).
设直线BC与平面ABF所成角为α,
| n·⃗BC | 1
则sin α=|cos<n,⃗BC>|= = .
|n||⃗BC| 2
π
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为 .
6
设点H的坐标为(u,v,w).
因为点H在棱PC上,所以可设⃗PH=λ⃗PC(0<λ<1),
即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).
所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.
因为n是平面ABF的法向量,所以n·⃗AH=0,
即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.
2 (4 2 2)
解得λ= ,所以点H的坐标为 , , .
3 3 3 3
√ (4) 2 (2) 2 ( 4) 2
所以PH= + + - =2.
3 3 3
评析 本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,计
算能力;建立恰当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.
18.(2014陕西理,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于
AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.
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(1)证明:四边形EFGH是矩形;
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.
解析 (1)证明:由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.
由题设知,BC∥平面EFGH,
平面EFGH∩平面BDC=FG,
平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.
同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,
∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四边形EFGH是矩形.
(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),
⃗DA=(0,0,1),⃗BC=(-2,2,0),⃗BA=(-2,0,1).
设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),
∵EF∥AD,FG∥BC,
∴n·⃗DA=0,n·⃗BC=0,
{ z=0,
得 取n=(1,1,0),
-2x+2y=0,
| ⃗BA·n | 2 √10
∴sin θ=|cos<⃗BA,n>|= = = .
|⃗BA||n| √5×√2 5
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解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),
∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,
( 1)
得E 1,0, ,F(1,0,0),G(0,1,0).
2
( 1)
∴⃗FE= 0,0, ,⃗FG=(-1,1,0),⃗BA=(-2,0,1).
2
设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),
则n·⃗FE=0,n·⃗FG=0,
{ 1
z=0,
得 2 取n=(1,1,0),
-x+ y=0,
| ⃗BA·n | 2 √10
∴sin θ=|cos<⃗BA,n>|= = = .
|⃗BA||n| √5×√2 5
19.(2014课标Ⅱ理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为
PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=√3,求三棱锥E-ACD的体积.
解析 (1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.
又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.
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如图,以A为坐标原点,⃗AB的方向为x轴的正方向,|⃗AP|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,
( √3 1) ( √3 1)
则D(0,√3,0),E 0, , ,⃗AE= 0, , .
2 2 2 2
设B(m,0,0)(m>0),则C(m,√3,0),⃗AC=(m,√3,0).
设n=(x,y,z)为平面ACE的法向量,
1
{n ·⃗AC=0,
{mx+√3 y=0,
则 1 即 √3 1
n ·⃗AE=0, y+ z=0,
1 2 2
(√3 )
可取n= ,-1,√3 .
1 m
1 √ 3 1 3
又n=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos<n,n>|= ,即 = ,解得m= .
2 1 2 2 3+4m2 2 2
1
因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为 .
2
1 1 3 1 √3
三棱锥E-ACD的体积V= × ×√3× × = .
3 2 2 2 8
评析 本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.
20.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证:AB⊥PD;
(2)若∠BPC=90°,PB=√2,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面
BPC与平面DPC夹角的余弦值.
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解析 (1)证明:因四边形ABCD为矩形,故AB⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.
(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.
故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.
2√3 2√6 √6
在Rt△BPC中,PG= ,GC= ,BG= .
3 3 3
√4 1 √4
设AB=m,则OP=√PG2-OG2= -m2,故四棱锥P-ABCD的体积V= ·√6·m· -m2=
3 3 3
m
√8-6m2
.
3
因为m√8-6m2=√8m2-6m4= √ -6 ( m2- 2) 2 + 8 ,
3 3
√6 √6
故当m= ,即AB= 时,四棱锥P-ABCD的体积最大.
3 3
(√6 √6 ) (√6 2√6 )
此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B ,- ,0 ,C , ,0 ,D
3 3 3 3
( 2√6 ) ( √6)
0, ,0 ,P 0,0, .
3 3
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(√6 2√6 √6) ( √6 )
故⃗PC= , ,- ,⃗BC=(0,√6,0),⃗CD= - ,0,0 .
3 3 3 3
{√6 2√6 √6
x+ y- =0,
设平面BPC的法向量为n=(x,y,1),则由n⊥⃗PC,n⊥⃗BC得 3 3 3 解得
1 1 1
√6 y=0,
x=1,y=0,n=(1,0,1).
1
( 1 )
同理可求出平面DPC的法向量为n= 0, ,1 .
2 2
1
|n ·n |
√10
1 2
从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ= = √1 = .
|n ||n | √2× +1 5
1 2 4
评析 本题考查面面垂直的性质定理、线线垂直的判定、空间几何体的体积以及二面角的
求解等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确利用面面垂直的性
质定理求出棱锥的高是解决本题的关键.计算失误是失分的主要原因.
21.(2014湖南理,19,12分)如图,四棱柱ABCD-ABC D 的所有棱长都相等,
1 1 1 1
AC∩BD=O,AC ∩BD=O,四边形ACC A 和四边形BDD B 均为矩形.
1 1 1 1 1 1 1 1 1
(1)证明:OO⊥底面ABCD;
1
(2)若∠CBA=60°,求二面角C -OB-D的余弦值.
1 1
解析 (1)证明:因为四边形ACC A 为矩形,所以CC ⊥AC.
1 1 1
同理DD ⊥BD,
1
因为CC ∥DD ,所以CC ⊥BD,而AC∩BD=O,
1 1 1
因此CC ⊥底面ABCD.
1
由题设知,OO∥C C,故OO⊥底面ABCD,
1 1 1
(2)解法一:如图,过O 作OH⊥OB 于H,连接HC .
1 1 1 1
由(1)知,OO⊥底面ABCD,所以OO⊥底面ABC D,
1 1 1 1 1 1
于是OO⊥AC .
1 1 1
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又因为四棱柱ABCD-ABC D 的所有棱长都相等,
1 1 1 1
所以四边形ABC D 是菱形,因此AC ⊥BD,从而AC ⊥平面BDD B,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AC ⊥OB,于是OB⊥平面OHC ,
1 1 1 1 1 1
进而OB⊥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=2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1,OB=√7.
1
OO ·O B
在Rt△OO B 中,易知OH= 1 1 1 =2
√3
,而OC =1,于是C H=√O C2+O H2=
1 1 1 OB 7 1 1 1 1 1 1
1
√ 12 √19
1+ = .
7 7
√3
2
O H 7 2√57
1
故cos∠C HO = = = .
1 1 C H √19 19
1
7
2√57
即二面角C -OB-D的余弦值为 .
1 1 19
解法二:因为四棱柱ABCD-ABC D 的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此
1 1 1 1
AC⊥BD,又由(1)知OO⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO 两两垂直.
1 1
如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO 所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
1
不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1,
于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B(√3,0,2),C (0,1,2).
1 1
易知,n=(0,1,0)是平面BDD B 的一个法向量.
1 1 1
设n=(x,y,z)是平面OBC 的法向量,
2 1 1
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{n ·⃗OB =0, {√3x+2z=0,
2 1
则 即
n ·⃗OC =0, y+2z=0.
2 1
取z=-√3,则x=2,y=2√3,所以n=(2,2√3,-√3),
2
设二面角C -OB-D的大小为θ,易知θ是锐角,
1 1
| n ·n | 2√3 2√57
1 2
于是cos θ=|cos<n,n>|= = = .
1 2 |n |·|n | √19 19
1 2
2√57
故二面角C -OB-D的余弦值为 .
1 1 19
22.(2014辽宁理,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且
AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.
(1)求证:EF⊥BC;
(2)求二面角E-BF-C的正弦值.
解析 (1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.
由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.
图1
π
所以∠EOC=∠FOC= ,
2
即FO⊥BC.
又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.
又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.
证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在
平面ABC内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得
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( 1 √3) (√3 1 )
B(0,0,0),A(0,-1,√3),D(√3,-1,0),C(0,2,0),因而E 0, , ,F , ,0 ,所以,⃗EF=
2 2 2 2
(√3 √3)
,0,- ,⃗BC=(0,2,0),因此⃗EF·⃗BC=0.从而⃗EF⊥⃗BC,所以EF⊥BC.
2 2
图2
(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面
BDC,又OG⊥BF,易知EG⊥BF.
因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.
1 1 √3
在△EOC中,EO= EC= BC·cos 30°= ,
2 2 2
BO √3
由△BGO∽△BFC知,OG= ·FC= ,
BC 4
EO 2√5 2√5
因此tan∠EGO= =2,从而sin∠EGO= ,即二面角E-BF-C的正弦值为 .
OG 5 5
解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n=(0,0,1).
1
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
2
(√3 1 ) ( 1 √3)
又⃗BF= , ,0 ,⃗BE= 0, , ,
2 2 2 2
{n ·⃗BF=0,
由 2 得其中一个n=(1,-√3,1).
n ·⃗BE=0 2
2
设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则
n ·n 1
1 2
cos θ=|cos<n,n>|= = ,
1 2 |n ||n | √5
1 2
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2 2√5 2√5
因此sin θ= = ,即所求二面角的正弦值为 .
√5 5 5
评析 本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法,考查线线垂直的本质是对垂直关系转
化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值时,注意到平面BFC的一个法向量为(0,0,1),可以使
问题简捷,本题的难点和易错点都是空间直角坐标系的建立,由于A,D两点都不在坐标轴上,
因此正确求出A,D两点的坐标是解决本题的关键.
23.(2014天津理,17,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面
ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明BE⊥DC;
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.
解析 依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得
B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
(1)证明:向量⃗BE=(0,1,1),⃗DC=(2,0,0),故⃗BE·⃗DC=0.
所以BE⊥DC.
(2)向量⃗BD=(-1,2,0),⃗PB=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,
1 1 1
{n·⃗BD=0, {-x+2y=0,
则 即 不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是
n·⃗PB=0, x-2z=0.
有
n·⃗BE 2 √3
cos<n,⃗BE>= = = .
|n|·|⃗BE| √6×√2 3
√3
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为 .
3
(3)向量⃗BC=(1,2,0),⃗CP=(-2,-2,2),⃗AC=(2,2,0),⃗AB=(1,0,0).由点F在棱PC上,设⃗CF=λ⃗CP
,0≤λ≤1.
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故⃗BF=⃗BC+⃗CF=⃗BC+λ⃗CP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得⃗BF·⃗AC=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,
解得λ= 3 .故⃗BF= ( - 1 , 1 , 3) .设n=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则 {n 1 ·⃗AB=0, 即
4 2 2 2 1 1 1 1 n ·⃗BF=0,
1
{ x =0,
1
1 1 3
- x + y + z =0.
2 1 2 1 2 1
不妨令z=1,可得n=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n=(0,1,0),则
1 1 2
n ·n -3 3√10
1 2
cos<n,n>= = =- .
1 2 |n |·|n | √10×1 10
1 2
易知,二面角F-AB-P是锐角,
3√10
所以其余弦值为 .
10
24.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-ABC D 中,AA⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯
1 1 1 1 1
形,AD∥BC,且AD=2BC.过A,C,D三点的平面记为α,BB 与α的交点为Q.
1 1
(1)证明:Q为BB 的中点;
1
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;
(3)若AA=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.
1
解析 (1)证明:因为BQ∥AA,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA=A,
1 1
所以平面QBC∥平面AAD.
1
从而平面ACD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥AD.
1 1
故△QBC与△AAD的对应边相互平行,于是△QBC∽△AAD.
1 1
BQ BQ BC 1
所以 = = = ,即Q为BB 的中点.
BB A A AD 2 1
1 1
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(2)如图1,连接QA,QD.
图1
设AA=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 和V ,
1 上 下
BC=a,则AD=2a.
1 1 1
V = × ·2a·h·d= ahd,
Q-A 1 AD 3 2 3
1 a+2a 1 1
V = · ·d· h= ahd,
Q-ABCD 3 2 2 4
7
所以V
下
=V
Q-A 1 AD
+V
Q-ABCD
=
12
ahd,
3
又 V A 1 B 1 C 1 D 1 -ABCD = 2 ahd,
3 7 11
所以V
上
=V
A 1 B 1 C 1 D 1 -ABCD
-V
下
=
2
ahd-
12
ahd=
12
ahd,
V 11
上
故 = .
V 7
下
(3)解法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接AE,AC.
1
又DE⊥AA,且AA∩AE=A,
1 1
所以DE⊥平面AEA,于是DE⊥AE.
1 1
所以∠AEA 为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.
1
因为BC∥AD,AD=2BC,所以S =2S .
△ADC △BCA
又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S =4,AE=4.
△ADC
A A π
1
于是tan∠AEA= =1,∠AEA= .
1 AE 1 4
π
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为 .
4
解法二:如图2,以D为原点,⃗DA,⃗DD 的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.
1
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图2
设∠CDA=θ.
a+2a 2
因为S = ·2sin θ=6,所以a= .
四边形ABCD 2 sinθ
( 4 )
从而C(2cos θ,2sin θ,0),A ,0,4 ,
1 sinθ
( 4 )
所以⃗DC=(2cos θ,2sin θ,0),⃗D A = ,0,4 .
1 sinθ
设平面ADC的一个法向量为n=(x,y,1),
1
{ ⃗DA ·n= 4 x+4=0,
由 1 sinθ 得x=-sin θ,y=cos θ,
⃗DC·n=2xcosθ+2ysinθ=0,
所以n=(-sin θ,cos θ,1).
又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
n·m √2
所以cos<n,m>= = ,
|n||m| 2
易知所求二面角为锐二面角,
π
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为 .
4
评析 本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推
理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的
关键.
25.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段
AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.
(1)证明:P是线段BC的中点;
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(2)求二面角A-NP-M的余弦值.
解析 (1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.
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.
因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.
因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.
因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,
所以BD⊥平面NHP.
又因为HP⊂平面NHP,
所以BD⊥HP.
又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.
因为H为BO中点,故P为BC中点.
(2)解法一:
如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.
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由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.
因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.
由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=√3.
由俯视图可知,AO⊥平面BCD.
因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC.
因此在等腰Rt△AOC中,AC=√6.
作BR⊥AC于R.
在△ABC中,AB=BC,所以BR=
√
AB2-
(AC) 2
=
√10
.
2 2
因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.
又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,
BR √10
因此NQ= = .
2 4
√10
同理,可得MQ= ,
4
MN BD
√10
所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ= 2 = 4 = .
5
NQ NQ
√10
故二面角A-NP-M的余弦值是 .
5
解法二:
由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.
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,以⃗OB,⃗OC,⃗OA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系
Oxyz.
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则A(0,0,√3),B(1,0,0),C(0,√3,0),D(-1,0,0).
因为M,N分别为线段AD,AB的中点,
又由(1)知,P为线段BC的中点,
( 1 √3) (1 √3) (1 √3 )
所以M - ,0, ,N ,0, ,P , ,0 .
2 2 2 2 2 2
于是⃗AB=(1,0,-√3),⃗BC=(-1,√3,0),
( √3 √3)
⃗MN=(1,0,0),⃗NP= 0, ,- .
2 2
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
1 1 1 1
{n ⊥⃗AB, {n ·⃗AB=0,
1 1
则 即
n ⊥⃗BC, n ·⃗BC=0,
1 1
{(x ,y ,z )·(1,0,-√3)=0, { x -√3z =0,
1 1 1 1 1
有 从而
(x ,y ,z )·(-1,√3,0)=0, -x +√3 y =0.
1 1 1 1 1
取z=1,则x=√3,y=1,所以n=(√3,1,1).
1 1 1 1
设平面MNP的法向量n=(x,y,z),
2 2 2 2
{n ⊥⃗MN, {n ·⃗MN=0,
2 2
则 即
n ⊥⃗NP, n ·⃗NP=0,
2 2
{ (x 2 ,y 2 ,z 2 )·(1,0,0)=0, { x 2 =0,
有 ( √3 √3) 从而 √3 √3
(x ,y ,z )· 0, ,- =0, y - z =0.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
取z=1,所以n=(0,1,1).
2 2
设二面角A-NP-M的大小为θ,
| n ·n | |(√3,1,1)·(0,1,1)| √10
1 2
则cos θ= = = .
|n |·|n | √5×√2 5
1 2
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√10
故二面角A-NP-M的余弦值是 .
5
评析 本题主要考查空间图形的三视图、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基础知
识.考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
26.(2014山东理,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-ABC D 中,底面ABCD是等腰梯形,
1 1 1 1
∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.
(1)求证:C M∥平面AADD ;
1 1 1
(2)若CD 垂直于平面ABCD且CD=√3,求平面C DM和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦
1 1 1 1
值.
解析 (1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,
且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.
连接AD,在四棱柱ABCD-ABC 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∥DA,又C M⊄平面AADD ,DA⊂平面AADD ,
1 1 1 1 1 1 1 1
所以C M∥平面AADD .
1 1 1
(2)解法一:连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.
可得BC=AD=MC,
由题意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,
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因此AB=2BC=2,CA=√3,
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
所以A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,0,√3),
1
(√3 1 )
因此M , ,0 ,
2 2
( √3 1 ) ( √3 1 )
所以⃗M D = - ,- ,√3 ,⃗D C =⃗MB= - , ,0 .
1 2 2 1 1 2 2
设平面C DM的法向量n=(x,y,z),
1 1
{n·⃗D C =0, { √3x- y=0,
1 1
由 得
n·⃗M D =0, √3x+ y-2√3z=0,
1
可得平面C DM的一个法向量n=(1,√3,1).
1 1
又 ⃗CD =(0,0,√3)为平面ABCD的一个法向量,
1
⃗CD ·n
√5
因此cos<⃗CD ,n>= 1 = .
1 |⃗CD ||n| 5
1
√5
所以平面C DM和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为 .
1 1 5
解法二:由(1)知平面DC M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接DN.
1 1 1
由CD⊥平面ABCD,可得DN⊥AB,因此∠DNC为二面角C -AB-C的平面角.
1 1 1 1
在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°,
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√3
可得CN= .
2
√15
所以ND=√CD2+CN2= .
1 1 2
√3
CN 2 √5
在Rt△DCN中,cos∠DNC= = = .
1 1 D N √15 5
1
2
√5
所以平面C DM和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为 .
1 1 5
27.(2013课标Ⅱ理,18,12分)如图,直三棱柱ABC-ABC 中,D,E分别是AB,BB 的中点,
1 1 1 1
√2
AA=AC=CB= AB.
1 2
(1)证明:BC ∥平面ACD;
1 1
(2)求二面角D-AC-E的正弦值.
1
解析 (1)连接AC 交AC于点F,则F为AC 中点.
1 1 1
又D是AB中点,连接DF,则BC ∥DF.
1
因为DF⊂平面ACD,BC ⊄平面ACD,
1 1 1
所以BC ∥平面ACD.
1 1
√2
(2)由AC=CB= AB得,AC⊥BC.
2
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以C为坐标原点,⃗CA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则
D(1,1,0),E(0,2,1),A(2,0,2),⃗CD=(1,1,0),⃗CE=(0,2,1),⃗CA =(2,0,2).
1 1
设n=(x,y,z)是平面ACD的法向量,
1 1 1 1
{n·⃗CD=0, { x + y =0,
1 1
则 即
n·⃗CA =0, 2x +2z =0.
1 1 1
可取n=(1,-1,-1).
{m·⃗CE=0,
同理,设m是平面ACE的法向量,则
1 m·⃗CA =0.
1
可取m=(2,1,-2).
n·m √3 √6
从而cos<n,m>= = ,故sin<n,m>= .
|n||m| 3 3
√6
即二面角D-AC-E的正弦值为 .
1 3
思路分析 (1)连接AC 交AC于点F,得出F为AC 的中点,进而由三角形中位线定理得
1 1 1
BC ∥DF,结合线面平行的判定定理即可获证线面平行;(2)以C为坐标原点,⃗CA,⃗CB,⃗CC 的方
1 1
向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面ACD与平面ACE的法向
1 1
量,利用向量法求出二面角D-AC-E的正弦值.
1
28.(2013广东理,18,14分)如图①,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB
上的点,CD=BE=√2,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥A'-BCDE,
其中A'O=√3.
(1)证明:A'O⊥平面BCDE;
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(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值.
图①
图②
解析 (1)在题图①中,易得OC=3,AC=3√2,AD=2√2.
连接OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得
OD=√OC2+CD2-2OC·CDcos45°=√5.
由翻折不变性可知A'D=2√2,
所以A'O2+OD2=A'D2,所以A'O⊥OD,
同理可证A'O⊥OE,又OD∩OE=O,所以A'O⊥平面BCDE.
(2)解法一:过O作OH⊥CD交CD的延长线于H,连接A'H,因为A'O⊥平面BCDE,所以
A'H⊥CD,所以∠A'HO为二面角A'-CD-B的平面角.
3√2 √30
结合题图①可知,H为AC中点,故OH= ,从而A'H=√OH2+OA'2= ,
2 2
OH √15 √15
所以cos∠A'HO= = ,所以二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为 .
A'H 5 5
解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示,
则A'(0,0,√3),C(0,-3,0),D(1,-2,0),
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所以⃗CA'=(0,3,√3),⃗DA'=(-1,2,√3).
{n·⃗CA'=0,
设n=(x,y,z)为平面A'CD的法向量,则
n·⃗DA'=0,
{ 3 y+√3z=0, { y=-x,
即 解得
-x+2y+√3z=0, z=√3x,
令x=1,得n=(1,-1,√3).
由(1)知,⃗OA'=(0,0,√3)为平面CDB的一个法向量,
n·⃗OA' 3 √15
所以cos<n,⃗OA'>= = = ,即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为
|n||⃗OA'| √3×√5 5
√15
.
5
评析 本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.
29.(2013浙江理,20,15分)如图,在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2√2.M
是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:PQ∥平面BCD;
(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.
解析 解法一:(1)证明:取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ.
1
因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF= AD.
4
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1
因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP= DM.
2
1
又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP= AD.
4
从而OP∥FQ,且OP=FQ,
所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连接CH.
因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面
ABD,又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM.
又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.
所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.
设∠BDC=θ.
在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=2√2cos θ,
CG=CDsin θ=2√2cos θsin θ,
BG=BCsin θ=2√2sin2θ.
BG·DM 2√2sin2θ
在Rt△BDM中,HG= = .
BM 3
CG 3cosθ
在Rt△CHG中,tan∠CHG= = =√3.
HG sinθ
所以tan θ=√3.
从而θ=60°.
即∠BDC=60°.
解法二:(1)证明:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在直线为y,z轴,建立空间直角坐
标系O-xyz.
由题意知A(0,√2,2),B(0,-√2,0),D(0,√2,0).
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设点C的坐标为(x,y,0),
0 0
(3 √2 3 1)
因为⃗AQ=3⃗QC,所以Q x , + y , .
4 0 4 4 0 2
因为M为AD的中点,故M(0,√2,1).
( 1)
又P为BM的中点,故P 0,0, ,
2
(3 √2 3 )
所以⃗PQ= x , + y ,0 .
4 0 4 4 0
又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故⃗PQ·u=0.
又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的法向量.
由⃗CM=(-x,√2-y,1),⃗BM=(0,2√2,1),
0 0
{-x x+(√2- y )y+z=0,
0 0
知
2√2y+z=0.
( y +√2 )
取y=-1,得m= 0 ,-1,2√2 .
x
0
又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是
|y +√2|
0
x
|m·n| 0 1
|cos<m,n>|= = = ,
|m||n| √ ( y +√2) 2 2
9+ 0
x
0
( y +√2) 2
0
即 =3. ①
x
0
又BC⊥CD,所以⃗CB·⃗CD=0,
故(-x,-√2-y,0)·(-x,√2-y,0)=0,
0 0 0 0
即x2 +y2
=2. ②
0 0
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{ x =± √6 ,
{ x =0, 0 2
0
联立①,②,解得 (舍去)或
y =-√2 √2
0 y = .
0 2
| x |
0
所以tan∠BDC= =√3.
√2- y
0
又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.
1
30.(2012课标理,19,12分)如图,直三棱柱ABC-ABC 中,AC=BC= AA,D是棱AA 的中点,
1 1 1 2 1 1
DC ⊥BD.
1
(1)证明:DC ⊥BC;
1
(2)求二面角A-BD-C 的大小.
1 1
解析 (1)由题设知,三棱柱的侧面为矩形.
1
由于D为AA 的中点,故DC=DC .又AC=
AA,可得DC2 +DC2=CC2
,所以DC ⊥DC.而
1 1 2 1 1 1 1
DC ⊥BD,DC∩BD=D,所以DC ⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,故DC ⊥BC.
1 1 1
(2)由(1)知BC⊥DC ,且BC⊥CC ,则BC⊥平面ACC ,
1 1 1
所以CA,CB,CC 两两相互垂直.
1
以C为坐标原点,⃗CA的方向为x轴的正方向,⃗CB的方向为y轴的正方向,|⃗CA|为单位长,建立
如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
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由题意知A(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C (0,0,2).
1 1
则⃗A D=(0,0,-1),⃗BD=(1,-1,1),⃗DC =(-1,0,1).
1 1
设n=(x,y,z)是平面ABBD的法向量,
1 1
{n·⃗BD=0, {x- y+z=0,
则 即 可取n=(1,1,0).
n·⃗A D=0, z=0.
1
{m·⃗BD=0,
同理,设m是平面C BD的法向量,则
1 m·⃗DC =0.
1
n·m √3
可取m=(1,2,1).从而cos<n,m>= = .
|n|·|m| 2
又易知二面角A-BD-C 为锐二面角,
1 1
故二面角A-BD-C 的大小为30°.
1 1
评析 本题考查了直线与直线垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.
31.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,
∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.
解析 (1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=√3AD.从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.
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由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.
故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.
则DE⊥平面PBC,即DE为棱锥D-PBC的高
由题设知PD=AD=1,则BD=√3,PB=2.
√3
根据DE·PB=PD·BD得DE= .
2
√3
即棱锥D-PBC的高为 .
2
评析 本题考查直线与平面垂直,直线与直线垂直的判定与性质,三棱锥的体积,点到平面的
距离等基础知识与基本方法,考查空间想象能力,推理论证能力和运算能力,对平面几何知识
也有一定的要求,属中等偏难题.
32.(2011四川理,19,12分)如图,在直三棱柱ABC-ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=AA=1.D是棱
1 1 1 1
CC 上的一点,P是AD的延长线与AC 的延长线的交点,且PB∥平面BDA .
1 1 1 1 1
(1)求证:CD=C D;
1
(2)求二面角A-AD-B的平面角的余弦值;
1
(3)求点C到平面BDP的距离.
1
解析 如图,以A 为原点,AB,AC ,AA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-
1 1 1 1 1 1 1
BC A,则A(0,0,0),B(1,0,0),C (0,1,0),B(1,0,1).
1 1 1 1 1
C P C D x
(1)证明:设C D=x,∵AC∥PC ,∴ 1 = 1 = .
1 1 AC CD 1-x
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( x )
由此可得D(0,1,x),P 0,1+ ,0 ,
1-x
( x )
∴⃗A B=(1,0,1),⃗A D=(0,1,x),⃗B P= -1,1+ ,0 .
1 1 1 1-x
设平面BAD的一个法向量为n=(a,b,c),
1 1
{n ·⃗A B=a+c=0,
1 1
则 令c=-1,则n=(1,x,-1).
n ·⃗A D=b+cx=0. 1
1 1
∵PB∥平面BAD,
1 1
( x )
∴n·⃗B P=1×(-1)+x· 1+ +(-1)×0=0.
1 1 1-x
1
由此可得x= ,故CD=C D. (4分)
2 1
( 1 )
(2)由(1)知,平面BAD的一个法向量n= 1, ,-1 .
1 1 2
又n=(1,0,0)为平面AAD的一个法向量.
2 1
1
n ·n 2
∴cos<n,n>= 1 2 = 3= .
1 2 |n |·|n | 1× 3
1 2 2
2
故二面角A-AD-B的平面角的余弦值为 .(8分)
1 3
( 1)
(3)∵⃗PB =(1,-2,0),⃗PD= 0,-1, .
1 2
设平面BDP的一个法向量n=(a,b,c),
1 3 1 1 1
{n ·⃗PB =a -2b =0,
3 1 1 1
则 c
n ·⃗PD=-b + 1=0.
3 1 2
( 1 ) ( 1)
令c=1,可得n= 1, ,1 .又⃗DC= 0,0, ,
1 3 2 2
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|⃗DC·n | 1
3
∴C到平面BDP的距离d= = . (12分)
1 |n | 3
3
考点2 空间向量及其应用
1.(多选题)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-ABC 中,AB=AA=1,点P满足⃗BP=λ⃗BC
1 1 1 1
+μ⃗BB ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 ( )
1
A.当λ=1时,△ABP的周长为定值
1
B.当μ=1时,三棱锥P-ABC的体积为定值
1
1
C.当λ= 时,有且仅有一个点P,使得AP⊥BP
2 1
1
D.当μ= 时,有且仅有一个点P,使得AB⊥平面ABP
2 1 1
答案 BD
2.(2017课标Ⅲ理,16,5分)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边
AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;
②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;
③直线AB与a所成角的最小值为45°;
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号)
答案 ②③
3.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-ABC 中,侧面AABB为正方形,AB=BC=2,E,F
1 1 1 1 1
分别为AC和CC 的中点,D为棱AB 上的点,BF⊥AB.
1 1 1 1 1
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当BD为何值时,面BBC C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
1 1 1
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解题指导 由直棱柱的特征及BF⊥AB,可得AB⊥平面BC CB,进而可建立空间直角坐标系,
1 1 1 1
利用坐标运算证明垂直关系和求二面角的正弦值.
解析 ∵BF⊥AB,BB⊥AB,BF∩BB=B,
1 1 1 1 1 1
∴AB⊥平面BC CB,
1 1 1 1
∵AB∥AB,∴AB⊥平面BC CB,
1 1 1 1
又∵BC⊂平面BC CB,∴AB⊥BC.
1 1
以B为坐标原点,BA,BC,BB 所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
1
则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴⃗BF=(0,2,1),设BD=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则⃗DE=(1-a,1,-2).
1
(1)证明:∵⃗BF·⃗DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
(2)⃗EF=(-1,1,1),⃗FD=(a,-2,1),
设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),
{⃗EF·n=-x+ y+z=0, a+1 2-a
则 不妨设x=1,则y= ,z= ,
⃗FD·n=ax-2y+z=0, 3 3
(
a+1 2-a)
∴n= 1, , .
3 3
易知m=(1,0,0)是平面BBC C的一个法向量.设平面BBC C与平面DEF所成的锐二面角的
1 1 1 1
大小为θ,
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1 3 3
|m·n|
则cos θ=|cos<m,n>|= |m|·|n| =√ 1+ (a+1) 2 + (2-a) 2=√ 2 ( a- 1) 2 + 27≤√27=
3 3 2 2 2
√6( 1 )
当a= 时取等号 ,
3 2
√3 1 1
∴sin θ=√1-cos2θ≥ ,故当a= ,即BD= 时,平面BBC C与平面DFE所成的二面角的正
3 2 1 2 1 1
√3
弦值最小,最小值为 .
3
4.(2021浙江,19,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,
∠ABC=120°,AB=1,BC=4,PA=√15,M,N分别为BC,PC的中点,PD⊥DC,PM⊥MD.
(1)证明:AB⊥PM;
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
解析 (1)在△CDM中,DC=1,MC=2,∠DCM=60°,则DM=√3,所以CD⊥DM.
又因为CD⊥PD,所以CD⊥平面PDM.
因此CD⊥PM.
又因为AB∥CD,所以AB⊥PM.
(2)解法一:
连接AC交DM于点E,过E作EF∥AN交PC于点F.过点F作FH∥CD,交PD于H,连接HE.
由(1)知CD⊥平面PDM,所以FH⊥平面PDM.
故∠FEH是直线AN与平面PDM所成的角.
由(1)知PM⊥CD,又已知PM⊥MD,
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM,在平行四边形ABCD中,AM=√7,AC=√21.
在直角△PMA中,由PA=√15,AM=√7得PM=2√2.
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在直角△PMC中,由PM=2√2,MC=2得PC=2√3.
在△PAC中,由PA=√15,PC=2√3,AC=√21得AN=√15.
EC 1 EF FC 1
在平行四边形ABCD中, = ,所以 = = ,
AC 3 AN NC 3
√15 5
故EF= ,HF= ,
3 6
HF √15
在直角△FHE中,sin∠FEH= = .
EF 6
√15
因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为 .
6
解法二:
如图,以D为原点,分别以射线DM,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz.
则A(2√3,-2,0),C(0,1,0),M(√3,0,0),设P(√3,0,z),z>0,
0 0
因为PA=√15,所以z=2√2,
0
(√3 1 )
故P(√3,0,2√2),N , ,√2 ,
2 2
( 3√3 5 )
所以⃗AN= - , ,√2 ,⃗DP=(√3,0,2√2),⃗DM=(√3,0,0).
2 2
设平面PDM的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗DP=0, {√3x+2√2z=0,
由 得 取n=(0,1,0).
n·⃗DM=0, √3x=0,
设直线AN与平面PDM所成角为α,所以
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|⃗AN·n| √15
sin α=|cos<⃗AN,n>|= = .
|⃗AN|·|n| 6
√15
因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为 .
6
5.(2021北京,17)在正方体ABCD-ABC D 中,点E为AD 的中点,直线BC 交平面CDE于点
1 1 1 1 1 1 1 1
F.
(1)求证:点F为BC 的中点;
1 1
√5 A M
1
(2)若点M为棱AB 上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为 ,求 .
1 1 3 A B
1 1
解析 (1)证明:在正方体ABCD-ABC D 中,CD∥C D,因为CD⊄平面ABC D,C D⊂平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ABC D,所以CD∥平面ABC D,又CD⊂平面CDE,平面ABC D∩平面CDE=EF,所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
CD∥EF,则EF∥C D.在正方体ABCD-ABC D 中,AD∥BC ,所以四边形EFCD 是平行四边
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
形,则FC =ED,又E是AD 的中点,所以FC =ED= AD= BC ,即点F是BC 的中点.
1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1
(2)以D为原点,DA,DC,DD 所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-xyz.设正方
1
体ABCD-ABC D 的棱长为2,⃗A M=λ⃗A B (0<λ<1),则
1 1 1 1 1 1 1
C(0,2,0),A(2,0,2),B(2,2,2),C (0,2,2),D(0,0,2),F(1,2,2),E(1,0,2),所以⃗CF=(1,0,2),⃗EF=(0,2,0),⃗CM=
1 1 1 1
⃗C A +⃗A M=⃗C A +λ⃗A B =(2,-2,2)+λ(0,2,0)=(2,-2+2λ,2).
1 1 1 1 1
{n ·⃗CF=0, {x +2z =0,
1 1 1
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=1,得x=-2,所以
1 1 1 1 n ·⃗EF=0, 2y =0, 1 1
1 1
平面CEF的一个法向量为n=(-2,0,1).
1
设平面CFM的法向量为n=(x,y,z),
2 2 2 2
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{n ·⃗CF=0,
2
则
n ·⃗CM=0,
2
{ x +2z =0, 1
2 2
即 令z=1,得x=-2,y= ,所以平面CFM的一个法向量为
2x +(-2+2λ)y +2z =0, 2 2 2 λ-1
2 2 2
( 1 )
n= -2, ,1 .
2 λ-1
√5
|n ·n |
√5
1 2
因为二面角M-CF-E的余弦值为 ,所以 = ,即
3 |n |·|n | 3
1 2
|(-2)2+12|
√5
√(-2)2+02+12· √ (-2)2+ ( 1 ) 2 +12 = 3 ,
λ-1
1 A M 1
1
又0<λ<1,解得λ= ,即 = .
2 A B 2
1 1
解题指导 (1)先利用直线与平面平行的判定定理得到CD∥平面ABC D,进而得到
1 1 1 1
EF∥C D,再由AD∥BC ,得到四边形EFCD 是平行四边形,从而得出结论;
1 1 1 1 1 1 1 1
(2)以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz,设⃗A M=λ⃗A B (0<λ<1),利用空间向量的坐标运
1 1 1
算,得到平面CEF与平面CFM的法向量,进而由已知条件得到关于λ的方程,解方程即可.
拓展延伸 (1)平面α与平面β的夹角与这两个平面的二面角相等或互补;(2)若平面α与平面β的法向量分别为
n,n,则平面α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的夹角为θ,则|cos θ|=|cos<n,n>|=
1 2 1 2 1 2
|n ·n |
1 2
.
|n |·|n |
1 2
6.(2020课标Ⅲ理,19,12分)如图,在长方体ABCD-ABC D 中,点E,F分别在棱DD ,BB 上,且
1 1 1 1 1 1
2DE=ED,BF=2FB.
1 1
(1)证明:点C 在平面AEF内;
1
(2)若AB=2,AD=1,AA=3,求二面角A-EF-A 的正弦值.
1 1
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解析
设AB=a,AD=b,AA=c,如图,以C 为坐标原点,⃗C D 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系
1 1 1 1
C -xyz.
1
( 2 ) ( 1 ) ( 1 )
(1)证明:连接C F,则C (0,0,0),A(a,b,c),E a,0, c ,F 0,b, c ,⃗EA= 0,b, c ,⃗C F=
1 1 3 3 3 1
( 1 )
0,b, c ,得⃗EA=⃗C F,因此EA∥C F,即A,E,F,C 四点共面,所以点C 在平面AEF内.
3 1 1 1 1
(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A(2,1,0),⃗AE=(0,-1, -1),⃗AF=(-2,0,-2),⃗A E=(0,-1,2),⃗A F
1 1 1
=(-2,0,1).
{n ·⃗AE=0,
1
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则
1 n ·⃗AF=0,
1
{- y-z=0,
即 可取n=(-1,-1,1).
-2x-2z=0, 1
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{n ·⃗A E=0,
2 1
设n 为平面AEF的法向量,则
2 1 n ·⃗A F=0,
2 1
同理可取n= (1 ,2,1 ) .因为cos<n,n>= n 1 ·n 2 =- √7 ,
2 2 1 2 |n |·|n | 7
1 2
√42
所以二面角A-EF-A 的正弦值为 .
1 7
7.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面
PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面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.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则
D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),⃗DC=(0,1,0),⃗PB=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),
则⃗DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则
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{n·⃗DQ=0, {ax+z=0,
即
n·⃗DC=0, y=0.
可取n=(-1,0,a).
n·⃗PB -1-a
所以cos<n,⃗PB>= = .
|n|·|⃗PB| √3√1+a2
√3 |a+1| √3√ 2a
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ= × = 1+ .
3 √1+a2 3 a2+1
√3√ 2a √6
因为 1+ ≤ ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的
3 a2+1 3
√6
最大值为 .
3
8.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,CC ⊥平面
1 1 1 1
ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC =3,点D,E分别在棱AA 和棱CC 上,且AD=1,CE=2,M为棱AB 的
1 1 1 1 1
中点.
(1)求证:C M⊥BD;
1 1
(2)求二面角B-BE-D的正弦值;
1
(3)求直线AB与平面DBE所成角的正弦值.
1
解析 依题意,以C为原点,分别以⃗CA,⃗CB,⃗CC 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直
1
角坐标系(如图),可得
C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C (0,0,3),A(2,0,3),B(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).
1 1 1
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(1)证明:依题意,⃗C M=(1,1,0),⃗B D=(2,-2,-2),从而⃗C M·⃗B D=2-2+0=0,所以C M⊥BD.
1 1 1 1 1 1
(2)依题意,⃗CA=(2,0,0)是平面BBE的一个法向量,⃗EB =(0,2,1),⃗ED=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面
1 1
{n·⃗EB =0, {2y+z=0,
DBE的法向量,则 1 即
1 n·⃗ED=0, 2x-z=0.
不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).
⃗CA·n √6 √30
因此有cos<⃗CA,n>= = ,于是sin<⃗CA,n>= .
|⃗CA||n| 6 6
√30
所以,二面角B-BE-D的正弦值为 .
1 6
(3)依题意,⃗AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DBE的一个法向量,于是cos<⃗AB,n>=
1
⃗AB·n √3
=- .
|⃗AB||n| 3
√3
所以,直线AB与平面DBE所成角的正弦值为 .
1 3
⏜
9.(2018课标Ⅲ理,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面
⏜
垂直,M是CD上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
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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.
(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为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.
(2)以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
⏜
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
则⃗AM=(-2,1,1),⃗AB=(0,2,0),⃗DA=(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则
{n·⃗AM=0, {-2x+ y+z=0,
即 可取n=(1,0,2).
n·⃗AB=0, 2y=0,
⃗DA是平面MCD的一个法向量,因此
n·⃗DA √5 2√5
cos<n,⃗DA>= = ,则sin<n,⃗DA>= .
|n||⃗DA| 5 5
2√5
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 .
5
解后反思 1.面面垂直的判定
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线,若图中不存在这样的直线,则
可通过作辅助线来解决.
2.利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法
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(1)求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,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,但要注意结合实际图形
判断所求角是锐角还是钝角.
(2)给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根
据实际问题求解.
10.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面
PF 1
ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且 = .
PC 3
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
PG 2
(3)设点G在PB上,且 = .判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
PB 3
解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,
所以PA⊥CD,
又因为AD⊥CD,且AD∩PA=A,所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
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(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以⃗AE=(0,1,1).又⃗PC=(2,2,-2),⃗AP=(0,0,2).
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所以⃗PF=
1
⃗PC=
(2
,
2
,-
2)
,⃗AF=⃗AP+⃗PF=
(2
,
2
,
4)
.
3 3 3 3 3 3 3
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
{
y+z=0,
{n·⃗AE=0,
则 即 2 2 4
n·⃗AF=0, x+ y+ z=0.
3 3 3
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),
n·p √3
所以cos<n,p>= =- .
|n||p| 3
√3
由题知,二面角F-AE-P为锐二面角,所以其余弦值为 .
3
(3)直线AG在平面AEF内.
PG 2 2 (4 2 4)
理由:因为点G在PB上,且 = ,⃗PB=(2,-1,-2),所以⃗PG= ⃗PB= ,- ,- ,⃗AG=⃗AP+
PB 3 3 3 3 3
4 2 2
⃗PG= ,- , .由(2)知,平面AEF的一个法向量为n=(-1,-1,1).
3 3 3
4 2 2
所以⃗AG·n=- + + =0.所以直线AG在平面AEF内.
3 3 3
思路分析 (1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向
量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出⃗AG⊥n,结合A∈平面AEF可证明AG⊂
平面AEF.
以下为教师用书专用(1—8)
1.(2018北京理,16,14分)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,CC ⊥平面ABC,D,E,F,G分别为
1 1 1 1
AA,AC,AC ,BB 的中点,AB=BC=√5,AC=AA=2.
1 1 1 1 1
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C 的余弦值;
1
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.
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解析 (1)在三棱柱ABC-ABC 中,
1 1 1
因为CC ⊥平面ABC,所以四边形AACC 为矩形.
1 1 1
又E,F分别为AC,AC 的中点,所以AC⊥EF.
1 1
因为AB=BC,所以AC⊥BE.
所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC .
1
又CC ⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.
1
因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).
所以⃗BC=(-1,-2,0),⃗BD=(1,-2,1).
设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),
0 0 0
{n·⃗BC=0, { x +2y =0,
0 0
则 即
n·⃗BD=0, x -2y +z =0.
0 0 0
令y=-1,则x=2,z=-4.
0 0 0
于是n=(2,-1,-4).
又因为平面CC D的一个法向量为⃗EB=(0,2,0),
1
n·⃗EB √21
所以cos<n,⃗EB>= =- .
|n||⃗EB| 21
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√21
由题知二面角B-CD-C 为钝角,所以其余弦值为- .
1 21
(3)由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),⃗FG=(0,2,-1).
因为n·⃗FG=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,
所以直线FG与平面BCD相交.
2.(2016课标Ⅰ,文18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,
AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求二面角E-BC-A的余弦值.
解析 (1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC. (2分)
又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分)
(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点,⃗GF的方向为x轴正方向,|⃗GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系
G-xyz. (6分)
由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=√3,可得
A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,√3).
由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC. (8分)
又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得
C(-2,0,√3).
所以⃗EC=(1,0,√3),⃗EB=(0,4,0),⃗AC=(-3,-4,√3),⃗AB=(-4,0,0). (10分)
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则
{n·⃗EC=0, {x+√3z=0,
即
n·⃗EB=0, 4 y=0.
所以可取n=(3,0,-√3).
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{m·⃗AC=0,
设m是平面ABCD的法向量,则
m·⃗AB=0.
n·m 2√19
同理可取m=(0,√3,4).则cos <n,m>= =- .
|n||m| 19
2√19
故二面角E-BC-A的余弦值为- .(12分)
19
评析 本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解
立体几何问题.解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.
3.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA=4,A 在底面
1 1 1 1 1
ABC的射影为BC的中点,D是BC 的中点.
1 1
(1)证明:AD⊥平面ABC;
1 1
(2)求二面角A-BD-B 的平面角的余弦值.
1 1
解析 (1)证明:设E为BC的中点,由题意得AE⊥平面ABC,所以AE⊥AE.
1 1
因为AB=AC,所以AE⊥BC.
故AE⊥平面ABC.
1
由D,E分别为BC ,BC的中点,得DE∥BB且DE=BB,从而DE∥AA且DE=AA,所以四边形
1 1 1 1 1 1
AAED为平行四边形.
1
故AD∥AE.
1
又因为AE⊥平面ABC,所以AD⊥平面ABC.
1 1 1
(2)解法一:作AF⊥BD且AF∩BD=F,连接BF.
1 1 1
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由AE=EB=√2,∠AEA=∠AEB=90°,得AB=AA=4.
1 1 1 1
由AD=BD,AB=BB,得△ADB与△BDB全等.
1 1 1 1 1 1
由AF⊥BD,得BF⊥BD,因此∠AFB 为二面角A-BD-B 的平面角.
1 1 1 1 1 1
4
由AD=√2,AB=4,∠DAB=90°,得BD=3√2,AF=BF= ,
1 1 1 1 1 3
1
由余弦定理得cos∠AFB=- .
1 1 8
解法二:以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-
xyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:A(0,0,√14),B(0,√2,0),D(-√2,0,√14),B(-√2,√2,√14).
1 1
因此⃗A B=(0,√2,-√14),⃗BD=(-√2,-√2,√14),⃗DB =(0,√2,0).
1 1
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),平面BBD的法向量为n=(x,y,z).
1 1 1 1 1 2 2 2
{m·⃗A B=0, { √2y -√14z =0,
1 1 1
由 即
m·⃗BD=0, -√2x -√2y +√14z =0,
1 1 1
可取m=(0,√7,1).
{n·⃗DB =0, { √2y =0,
由 1 即 2 可取n=(√7,0,1).
n·⃗BD=0, -√2x -√2y +√14z =0,
2 2 2
|m·n| 1
于是|cos<m,n>|= = .
|m|·|n| 8
1
由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A-BD-B 的平面角的余弦值为- .
1 1 8
评析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力
和运算求解能力.
4.(2015福建理,17,12分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面
BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.
76 / 97北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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(1)求证:GF∥平面ADE;
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
解析 解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,
1
又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH= AB.
2
1
又F是CD的中点,所以DF= CD.
2
由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.
(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
以B为原点,分别以⃗BE,⃗BQ,⃗BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则
A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).
因为AB⊥平面BEC,所以⃗BA=(0,0,2)为平面BEC的法向量.
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.
77 / 97北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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又⃗AE=(2,0,-2),⃗AF=(2,2,-1),
{n·⃗AE=0, { 2x-2z=0,
由 得
n·⃗AF=0, 2x+2y-z=0,
取z=2,得n=(2,-1,2).
n·⃗BA 4 2
从而cos<n,⃗BA>= = = ,
|n|·|⃗BA| 3×2 3
2
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为 .
3
5.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-ABC 中,侧面BBC C为菱形,AB⊥BC.
1 1 1 1 1 1
(1)证明:AC=AB;
1
(2)若AC⊥AB,∠CBB=60°,AB=BC,求二面角A-AB-C 的余弦值.
1 1 1 1 1
解析 (1)连接BC ,交BC于点O,连接AO.因为侧面BBC C为菱形,所以BC⊥BC ,且O为
1 1 1 1 1 1
BC及BC 的中点.
1 1
又AB⊥BC,所以BC⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故BC⊥AO.又BO=CO,故AC=AB.
1 1 1 1 1
(2)因为AC⊥AB,且O为BC的中点,所以AO=CO.
1 1
又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB 两两垂直.
1
以O为坐标原点,⃗OB的方向为x轴正方向,|⃗OB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-
xyz.
( √3)
因为∠CBB=60°,所以△CBB 为等边三角形,又AB=BC,则A 0,0, ,B(1,0,0),B
1 1 3 1
( √3 ) ( √3 )
0, ,0 ,C 0,- ,0 .
3 3
78 / 97北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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( √3 √3) ( √3) ( √3 )
⃗AB = 0, ,- ,⃗A B =⃗AB= 1,0,- ,⃗B C =⃗BC= -1,- ,0 .
1 3 3 1 1 3 1 1 3
设n=(x,y,z)是平面AAB 的法向量,
1 1
{
√3
y-
√3
z=0,
{n·⃗AB =0, 3 3
1
则 即
n·⃗A B =0, √3
1 1 x- z=0.
3
所以可取n=(1,√3,√3).
{m·⃗A B =0,
1 1
设m是平面ABC 的法向量,则
1 1 1 m·⃗B C =0.
1 1
同理可取m=(1,-√3,√3).
n·m 1
则cos<n,m>= = .
|n||m| 7
1
易知二面角A-AB-C 为锐二面角,所以二面角A-AB-C 的余弦值为 .
1 1 1 1 1 1 7
方法点拨 在求解或证明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何知识,如三角形中
位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应
予以关注.
6.(2013课标Ⅰ理,18,12分)如图,三棱柱ABC-ABC 中,CA=CB,AB=AA,∠BAA=60°.
1 1 1 1 1
(1)证明:AB⊥AC;
1
(2)若平面ABC⊥平面AABB,AB=CB,求直线AC与平面BBC C所成角的正弦值.
1 1 1 1 1
解析 (1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA,AB.
1 1
因为CA=CB,所以OC⊥AB.
由于AB=AA,∠BAA=60°,故△AAB为等边三角形,所以OA⊥AB.
1 1 1 1
因为OC∩OA=O,所以AB⊥平面OAC.
1 1
又AC⊂平面OAC,故AB⊥AC.
1 1 1
(2)由(1)知OC⊥AB,OA⊥AB.
1
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又平面ABC⊥平面AABB,交线为AB,所以OC⊥平面AABB,故OA,OA,OC两两相互垂直.
1 1 1 1 1
以O为坐标原点,⃗OA的方向为x轴的正方向,|⃗OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系
O-xyz.
由题设知A(1,0,0),A(0,√3,0),C(0,0,√3),B(-1,0,0).
1
则⃗BC=(1,0,√3),⃗BB =⃗AA =(-1,√3,0),⃗A C=(0,-√3,√3).
1 1 1
设n=(x,y,z)是平面BBC C的法向量,
1 1
{n·⃗BC=0, { x+√3z=0,
则 即 可取n=(√3,1,-1).
n·⃗BB =0. -x+√3 y=0.
1
n·⃗A C √10
故cos<n,⃗A C>= 1 =- .
1 |n||⃗A C| 5
1
√10
所以AC与平面BBC C所成角的正弦值为 .
1 1 1 5
思路分析 (1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA⊥AB,从而得AB⊥平面OAC,从
1 1
而得AB⊥AC;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BBC C的一个法向量,
1 1 1
进而求出该法向量与 ⃗A C夹角的余弦值,从而可得直线AC与平面BBC C所成角的正弦值.
1 1 1 1
规律总结 面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用
是将面面垂直问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的证明及线面角、二面角的求解中,
常要借助这个定理作出平面的垂线.
7.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-ABC D 中,
1 1 1 1
AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA=3.
1
(1)证明:AC⊥BD;
1
(2)求直线BC 与平面ACD 所成角的正弦值.
1 1 1
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解析 解法一:(1)如图1,因为BB⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB.
1 1
又AC⊥BD,所以AC⊥平面BBD,而BD⊂平面BBD,所以AC⊥BD.
1 1 1 1
图1
(2)因为BC ∥AD,所以直线BC 与平面ACD 所成的角等于直线AD与平面ACD 所成的角
1 1 1 1 1 1
(记为θ).
如图1,连接AD.因为棱柱ABCD-ABC D 是直棱柱,且∠BAD=∠BAD=90°,所以AB⊥平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ADD A,从而AB⊥AD.又AD=AA=3,所以四边形ADD A 是正方形,于是AD⊥AD.故AD⊥
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面ABD,于是AD⊥BD.
1 1 1 1
由(1)知,AC⊥BD,所以BD⊥平面ACD ,故∠ADB =90°-θ.
1 1 1 1
AB BC
在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故 = ,
DA AB
即AB=√DA·BC=√3.
连接AB.易知△ABD是直角三角形,且BD2=BB2 +BD2=BB2 +AB2+AD2=21,即BD=√21.
1 1 1 1 1 1
AD 3 √21
在Rt△ABD中,cos∠ADB = = = ,
1 1 B D √21 7
1
√21 √21
即cos(90°-θ)= .从而sin θ= .
7 7
√21
即直线BC 与平面ACD 所成角的正弦值为 .
1 1 1 7
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解法二:(1)易知,AB,AD,AA 两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA 所在直线分别为x轴,
1 1
y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为
A(0,0,0),B(t,0,0),B(t,0,3),C(t,1,0),C (t,1,3),D(0,3,0),D(0,3,3).
1 1 1
图2
从而 ⃗B D=(-t,3,-3),⃗AC=(t,1,0),⃗BD=(-t,3,0).
1
因为AC⊥BD,所以⃗AC·⃗BD=-t2+3+0=0,解得t=√3或t=-√3(舍去).
于是 ⃗B D=(-√3,3,-3),⃗AC=(√3,1,0).
1
因为⃗AC·⃗B D=-3+3+0=0,所以⃗AC⊥⃗B D,即AC⊥BD.
1 1 1
(2)由(1)知,⃗AD =(0,3,3),⃗AC=(√3,1,0),⃗B C =(0,1,0).
1 1 1
设n=(x,y,z)是平面ACD 的法向量,
1
{n·⃗AC=0, {√3x+ y=0,
则 即 令x=1,则n=(1,-√3,√3).
n·⃗AD =0, 3 y+3z=0,
1
| n·⃗B C | √3 √21
设直线BC 与平面ACD 所成角为θ,则sin θ=|cos<n,⃗B C >|= 1 1 = = .
1 1 1 1 1 |n|·|⃗B C | √7 7
1 1
√21
即直线BC 与平面ACD 所成角的正弦值为 .
1 1 1 7
评析 本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学
生空间想象能力和运算求解能力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维
论证能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用
空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因.
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8.(2016课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面
ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
2
解析 (1)证明:由已知得AM= AD=2.
3
取BP的中点T,连接AT,TN,
1
由N为PC的中点知TN∥BC,TN= BC=2.(3分)
2
又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB. (6分)
(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=√AB2-BE2=
√
AB2-
(BC) 2
=√5.
2
以A为坐标原点,⃗AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
(√5 ) (√5 )
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(√5,2,0),N ,1,2 ,⃗PM=(0,2,-4),⃗PN= ,1,-2 ,⃗AN=
2 2
(√5 )
,1,2 .
2
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设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
{
2y-4z=0,
{n·⃗PM=0,
则 即 √5 (10分)
n·⃗PN=0, x+ y-2z=0,
2
可取n=(0,2,1).
|n·⃗AN| 8√5
于是|cos<n,⃗AN>|= = .
|n||⃗AN| 25
8√5
即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 . (12分)
25
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点1 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-ABC D 的底面边长为2,外接
1 1 1 1
球的表面积为40π,四边形ABCD和BCC B 的外接圆的圆心分别为M,N,则直线MN与CD 所
1 1 1
成的角的余弦值是 ( )
7 1 1 7
A.- B.- C. D.
9 3 3 9
答案 D
2.(多选题)(2020山东烟台期末,11)如图,在正方体ABCD-ABC D 中,点P在线段BC上运动,
1 1 1 1 1
则 ( )
A.直线BD⊥平面AC D
1 1 1
B.三棱锥P-AC D的体积为定值
1 1
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[π π]
C.异面直线AP与AD所成角的取值范围是 ,
1 4 2
√6
D.直线C P与平面AC D所成角的正弦值的最大值为
1 1 1 3
答案 ABD
3.(2021湖南3月联考,8)在菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△ABD沿BD折起,使A到达A'的位置,
且二面角A'-BD-C为60°,则A'D与平面BCD所成角的正切值为 ( )
3 √7 3√7 1
A. B. C. D.
4 4 7 2
答案 C
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弧的长度(大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆),我们把这
个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC的顶点都在半径为2的球面上,球心到△ABC所在
2√6
平面距离为 ,则A、B两点间的球面距离为 ( )
3
π 2π 3π
A.π B. C. D.
2 3 4
答案 C
5.(多选题)(2021广东华南师大附中综合测试(三),12)在边长为2的等边三角形ABC中,点D,E
AD
分别是边AC,AB上的点,满足DE∥BC,且 =λ(λ∈(0,1)),将△ADE沿直线DE折到△A'DE的位
AC
置,在翻折过程中,下列结论不成立的是 ( )
A.在边A'E上存在点F,使得在翻折过程中,满足BF∥平面A'CD
( 1)
B.存在λ∈ 0, ,使得在翻折过程中的某个位置,满足平面A'BC⊥平面BCDE
2
1 √10
C.若λ= ,当二面角A'-DE-B为直二面角时,A'B=
2 4
2√3
D.在翻折过程中,四棱锥A'-BCDE的体积记为f(λ),则f(λ)的最大值为
9
答案 ABC
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6.(2021河北衡水中学全国高三第二次联考,16)在长方体ABCD-ABC D 中,
1 1 1 1
AB=1,AD+AA=2,E为棱C D 上任意一点,给出下列四个结论:
1 1 1
①BD 与AC不垂直;
1
②长方体ABCD-ABC D 外接球的表面积最小为3π;
1 1 1 1
√2
③E到平面ABD的距离的最大值为 ;
1 1 2
④长方体ABCD-ABC D 的表面积的最大值为6.
1 1 1 1
其中所有正确结论的序号为 .
答案 ②③④
考点2 空间向量及其应用
1.(2020广东、福建联考,12)在正方体ABCD-ABC D 中,E,F分别为线段AB,AB的中点,O为
1 1 1 1 1 1
四棱锥E-C DDC的外接球的球心,点M,N分别是直线DD ,EF上的动点,记直线OC与MN所
1 1 1
成角为θ,则当θ最小时,tan θ= ( )
2√21 4√2 11√205 11√21
A. B. C. D.
11 3 205 42
答案 D
2.(多选题)(2021广东揭阳4月联考,12)如图,设正方体ABCD-ABC D 的棱长为2,E为AD 的
1 1 1 1 1 1
中点,F为CC 上的一个动点,设由点A,E,F构成的平面为α,则( )
1
A.平面α截正方体的截面可能是三角形
B.当点F与点C 重合时,平面α截正方体的截面面积为2√6
1
2√6
C.点D到平面α的距离的最大值为
3
D.当F为CC 的中点时,平面α截正方体的截面为五边形
1
答案 BCD
3.(2021江苏泰州二模,16)已知点D、E是边长为12的等边三角形△ABC的两边AB,AC的中
点,沿DE折叠△ADE,使得二面角A-DE-B为60°,则四棱锥A-BCED外接球的表面积为
.
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答案 148π
B组 综合应用题组
时间 : 55 分钟 分值 : 75 分
一、单项选择题(每小题5分,共15分)
1.(2020湖北襄阳第四中学5月检测)已知半径为4的球面上有两点A、B,AB=4√2,球心为O,
若球面上的动点C满足二面角C-AB-O的大小为60°,则四面体OABC的外接球的半径为 (
)
2√6 2√3 4√6 4√3
A. B. C. D.
3 3 3 3
答案 C
2.(2021东北三省三校第一次联考,10)过正方体ABCD-ABC D 的顶点A作平面α,使α∥平面
1 1 1 1
ABCD,AD 和DC 的中点分别为E和F,则直线EF与平面α所成角的正弦值为 ( )
1 1 1 1 1 1
1 √3 √2 √3
A. B. C. D.
2 2 3 3
答案 A
3.(2021湘豫名校4月联考,12)如图,A,B,C,D,P是球O上的5个点,四边形ABCD为正方形,球
心O在平面ABCD内,PB=PD,PA=2PC,则异面直线PA与CD所成角的余弦值为( )
√3 √5 √6 √10
A. B. C. D.
3 5 3 5
答案 D
二、多项选择题(每小题5分,共15分)
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4.(2020山东青岛三模,12)在如图所示的棱长为1的正方体ABCD-ABC D 中,点P在侧面
1 1 1 1
BCC B 所在的平面上运动,则下列命题中正确的为 ( )
1 1
A.若点P总满足PA⊥BD,则动点P的轨迹是一条直线
B.若点P到点A的距离为√2,则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆
C.若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1,则动点P的轨迹是椭圆
D.若点P到直线AD与直线CC 的距离相等,则动点P的轨迹是双曲线
1
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是q的必要条件的是 ( )
A.若两直线的斜率相等,则两直线平行
B.若x>5,则x>10
C.已知a是直线a的方向向量,n是平面α的法向量,若a⊥α,则a⊥n
D.已知可导函数f(x),若f '(x)=0,则f(x)在x=x 处取得极值
0
答案 BD
6.(2021广东珠海一模,9)已知三棱柱ABC-ABC 的底面是边长为3的等边三角形,侧棱与底
1 1 1
面垂直,其外接球的表面积为16π,下列说法正确的是 ( )
9√3
A.三棱柱ABC-ABC 的体积是
1 1 1 2
B.三棱柱ABC-ABC 的表面积是18
1 1 1
3√13
C.直线AB 与直线AC 所成角的余弦值是
1 1 1 26
√13
D.点A到平面ABC的距离是
1 2
答案 AC
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.(2021福建福州一中适应性测试,16)如图,已知△ABC的顶点C∈平面α,点A,B在平面α的同
5π π
一侧,且AC=2√3,BC=2.若AC,BC与平面α所成的角分别为 , ,则△ABC面积的取值范围
12 4
是 .
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答案 [√3,3]
8.(2021广东汕头一模,16)在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,△SAB是以AB
为斜边的直角三角形,二面角S-AB-C的大小为60°,则该三棱锥外接球的表面积为 .
52
答案 π
9
四、解答题(共35分)
9.(2019广东3月质检,18)如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,点
P是AC的中点,连接BP,DP.
(1)证明:平面ACD⊥平面BDP;
(2)若BD=√6,且二面角A-BD-C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:因为△ABC是等边三角形,所以AB=BC,又∠BAD=∠BCD=90°,BD=BD,
所以Rt△ABD≌Rt△CBD,所以AD=CD.
又因为点P是AC的中点,所以PD⊥AC,PB⊥AC,
因为PD∩PB=P,PD⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,
所以AC⊥平面PBD.因为AC⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面BDP.
(2)作CE⊥BD,垂足为E,连接AE.
因为Rt△ABD≌Rt△CBD,所以AE⊥BD,AE=CE,
则∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.
由二面角A-BD-C为120°,得∠AEC=120°.
在等腰△AEC中,由余弦定理可得AC=√3AE,
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因为△ABC是等边三角形,所以AC=AB,所以AB=√3AE.
1 1
在Rt△ABD中,由 AE·BD= AB·AD,得BD=√3AD,
2 2
因为BD=√6,所以AD=√2.
又BD2=AB2+AD2,所以AB=2.
2√3 √6
则AE= ,ED= .
3 3
如图所示,以E为原点,以向量⃗EC,⃗ED方向分别为x轴,y轴的正方向,与向量⃗EC,⃗ED都垂直的
向量所在直线为z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,
( √6 ) ( √3 ) (√3 √6 )
则D 0, ,0 ,A - ,0,1 ,向量⃗AD= , ,-1 ,
3 3 3 3
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
设直线AD与平面BCD所成角为θ,
m·⃗AD -1 √2
则cos<m,⃗AD>= = =- ,
|m||⃗AD| √2×1 2
√2
sin θ=|cos<m,⃗AD>|= .
2
√2
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 .
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.若采用传统方法完成算的问题,则
需要推理加计算,难度相对会大一些.
10.(2021江苏苏锡常镇四市教学情况调研(一),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD是以AD
为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,PC=√2,E为PD的中点.
(1)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值;
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(2)设F是BE的中点,判断点F是否在平面PAC内,并请证明你的结论.
解析 取AD的中点G,连接PG,CG,因为△APD是等腰直角三角形,所以PG⊥AD,因为AD=2,
所以PG=1.因为AG=1,AD∥BC,AD=2BC,所以AG∥BC且AG=BC=1,所以四边形AGCB是平行
四边形,所以AB∥CG,又因为AB⊥AD,所以CG⊥AD,又CG=1,PC=√2,PG=1,所以PG⊥CG,
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(0,0,1),C(1,0,0),B(1,-1,0),D(0,1,0).
(1)⃗PB=(1,-1,-1),⃗PA=(0,-1,-1),⃗AC=(1,1,0),设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗PA=- y-z=0,
则 取y=-1,则n=(1,-1,1),
n·⃗AC=x+ y=0,
1+1-1 1 1
则cos<⃗PB,n>= = ,所以直线PB与平面PAC所成角的正弦值为 .
√3×√3 3 3
( 1 1)
(2)因为E为PD的中点,所以E 0, , ,
2 2
(1 1 1) (1 3 1)
所以F ,- , ,则⃗AF= , , ,
2 4 4 2 4 4
1 3 1
则n·⃗AF= - + =0,所以AF在平面PAC内,即点F在平面PAC内.
2 4 4
11.(2021湖南衡阳联考,20)如图,直四棱柱ABCD-ABC D 中,底面ABCD是边长为2的菱形,
1 1 1 1
2π
AA=2,∠ADC= ,点E在平面AC D上,且BE⊥平面AC D.
1 3 1 1 1 1
(1)求BE的长;
(2)若F为AA的中点,求BE与平面FC B所成角的正弦值.
1 1
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解析 (1)解法一(等积法):∵BE⊥平面AC D,∴BE长即点B到平面AC D的距离,V =
1 1 1 1 B-A C D
1 1
8√3 4√3
V -4V =4√3- = ,AD=C D=2√2,AC =2√3,如图,DF=√5,∴
ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 A 1 -ABD 3 3 1 1 1 1
1 1 4√3 4 4√5 4√5
V = BE× ×2√3×√5= ,∴BE= = .即BE的长为 .
B-A 1 C 1 D 3 2 3 √5 5 5
解法二:如图,连接AC ,BD 交于点O,取DD 的中点H,在正方形DD BB中,易证OD⊥HB,
1 1 1 1 1 1 1
由BH∩OD=E,有BE⊥OD.又AC ⊥BD,AC ⊥BB,且BD∩BB=B,所以AC ⊥平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
BE BD
DD BB,可得AC ⊥BE,∵AC ∩OD=O,∴BE⊥平面AC D,在△BDE中,cos∠DBE= = ,可
1 1 1 1 1 1 1 1 BD BH
4√5
得BE= .
5
解法三:如图,建系,
易知各点坐标D(0,0,0),A(√3,-1,0),B(√3,1,0),A(√3,-1,2),F(√3,-1,1),C (0,2,2),则⃗DA =(√3,-1,2),
1 1 1
⃗DC =(0,2,2),设平面AC D的法向量为m=(x,y,z),
1 1 1
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{m·⃗DC =0, { 2y+2z=0,
1
则有 即 取y=1,
m·⃗DA =0, √3x- y+2z=0,
1
∴m=(√3,1,-1),
|m·⃗BD| 4 4√5 4√5
|⃗BE|= = = .所以BE的长为 .
|m| √5 5 5
(2)由第(1)问解法三知,平面AC D的一个法向量为m=(√3,1,-1),同理可求平面FC B的一个法
1 1 1
(5√3 )
向量为n= ,1,2 .因为BE∥m,所以BE与平面FC B所成角即为m与平面FC B所成
3 1 1
|m·n| √6
角,设为θ,则sin θ=|cos<m,n>|= = .所以BE与平面FC B所成角的正弦值为
|m|·|n| 5 1
√6
.
5
方法总结 求空间中直线与平面所成角的常见方法:
(1)定义法:直接作平面的垂线,找到线面角;
(2)等体积法:不作垂线,通过等体积法间接求点到面的距离,距离与斜线长的比值即为线面角
的正弦值;
(3)向量法:平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值,即是线面角的正弦值.
— 一年原创 —
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=√2AD,∠DAN=30°.若矩形ABCD在半平面β内的射影恰为菱形,则二面角α-
MN-β的平面角的余弦值是 .
√5
答案
5
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2.(2021 5·3原创题)苏州博物馆由华人建筑师贝聿铭设计,体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具特色,如图所示,底面ABCD是
边长为4的正方形,点A、B、C 、D 在底面的垂足分别为DA、AB、BC、CD的中点,且到
1 1 1 1
底面的距离均为2.
(1)求直线CC 与平面ABA 所成角的正弦值;
1 1 1
(2)求直线BC 到平面ABA 的距离;
1 1 1
(3)求平面BC B 与平面ABA 所成锐角的余弦值;
1 1 1 1
5√3
(4)已知线段CD 上一点P到平面ABA 的距离为 ,求PD的长度.
1 1 1 3
解析 以D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,过D作底面的垂线为z轴,建立空
间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),A(2,0,2),B(4,2,2),C (2,4,2),D(0,2,2),
1 1 1 1
(1)设平面ABA 的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1 1 1 1
由题有⃗A A =(-2,0,2),⃗AB =(0,2,2),
1 1
{n ·⃗A A =0, {-2x +2z =0,
1 1 1 1
则 即
n ·⃗AB =0, 2y +2z =0,
1 1 1 1
令x=1,则n=(1,-1,1),
1 1
又 ⃗CC =(2,0,2),
1
设CC 与平面ABA 所成角为θ,
1 1 1
|n ·⃗CC |
√6
则sin θ=|cos<n,⃗CC >|= 1 1 = .
1 1 |n ||⃗CC | 3
1 1
√6
故直线CC 与平面ABA 所成角的正弦值为 .
1 1 1 3
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(2)由已知易知AA∥BC ,又∵AA⊂平面ABA,BC ⊄平面ABA,∴BC∥平面ABA,∴直线BC
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
到平面ABA 的距离即为点B到平面ABA 的距离.
1 1 1 1
⃗AB=(0,4,0),点B到平面ABA 的距离为
1 1
|⃗AB·n | |(0,4,0)·(1,-1,1)| 4√3
1 = = .
|n | √3 3
1
(3)设平面BC B 的法向量为n=(x,y,z),
1 1 2 2 2 2
由题有⃗BC =(-2,0,2),⃗BB =(0,-2,2),
1 1
{n ·⃗BC =0, {-2x +2z =0,
2 1 2 2
则 即 令x=1,则n=(1,1,1),
n ·⃗BB =0, -2y +2z =0, 2 2
2 1 2 2
设平面BC B 与平面ABA 所成锐角为φ,
1 1 1 1
|n ·n | 1
1 2
则cos φ=|cos<n,n>|= = .
1 2 |n ||n | 3
1 2
1
故平面BC B 与平面ABA 所成锐角的余弦值为 .
1 1 1 1 3
(4)设⃗CP=λ⃗CD ,λ∈[0,1],
1
由题知(x ,y -4,z )=λ(0,-2,2),可得P(0,4-2λ,2λ),
P P P
∴⃗AP=(-4,4-2λ,2λ),
|⃗AP·n | |(-4,4-2λ,2λ)·(1,-1,1)| 5√3
1
点P到平面ABA 的距离为 = = ,即|
1 1 |n | √3 3
1
4λ-8|=5,
13 3
解得λ= (舍)或λ= ,
4 4
( 5 3) √34
∴P 0, , ,∴|⃗PD|= .
2 2 2
解后反思 本题本质为长方体模型,运算结果也较为简单,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.
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3.(2021 5·3原创题)已知直角梯形SBCD中,SD∥BC,BC⊥CD,SD=3BC=3CD=6,过点B作
BA∥CD交SD于A(如图1),沿AB把△SAB折起,使得二面角S-AB-C为直二面角,连接SC,E为
棱SC上任意一点(如图2).
(1)求证:平面EBD⊥平面SAC;
(2)求点C到平面SBD的距离;
2√2
(3)在棱SC上是否存在点E,使得二面角E-BD-S的余弦值为 ?若存在,求出点E的位置;若
3
不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:由题意及翻折的性质可知,SA⊥AB,AD⊥AB,所以∠SAD为二面角S-AB-C的平
面角,又因为二面角S-AB-C为直二面角,所以∠SAD=90°,即SA⊥AD,又AB∩AD=A,所以SA⊥
平面ABCD,所以SA⊥BD,由题意可知四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC,又因为
AC∩SA=A,所以BD⊥平面SAC,又BD⊂平面EBD,所以平面EBD⊥平面SAC.
(2)设AC∩BD=O,连接SO,则SO⊥BD,因为正方形ABCD中,BC=CD=2,所以BD=2√2,又
1
SA=4,AO= AC,SA⊥AO,所以OS=√SA2+AO2=3√2,
2
1 1
S = ·CB·CD= ×2×2=2,
△CBD 2 2
1 1
S = ·SO·BD= ×3√2×2√2=6.
△SBD 2 2
设点C到平面SBD的距离为h.
1 1
因为V =V ,即 S ·h= S ·SA,
C-SBD S-BCD 3 △SBD 3 △BCD
S ·SA 2×4 4
△BCD
所以h= = = ,
S 6 3
△SBD
4
即点C到平面SBD的距离为 .
3
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(3)存在.以A为原点,⃗AB,⃗AD,⃗AS的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),S(0,0,4),又知点E在线段SC上,
设⃗SE=λ⃗SC=(2λ,2λ,-4λ)(0≤λ≤1),
因此E(2λ,2λ,4-4λ),
由(2)知O(1,1,0).
所以⃗OS=(-1,-1,4),⃗OE=(2λ-1,2λ-1,4-4λ),
连接OE,则OE⊥BD,又OS⊥BD,
所以∠SOE为二面角E-BD-S的平面角,
⃗OS·⃗OE 1-2λ+1-2λ+4(4-4λ) 2√2
所以cos∠SOE= = = ,即9-10λ=2
|⃗OS|·|⃗OE| 3√2·√2(2λ-1)2+(4-4λ)2 3
√24λ2-40λ+18,
1 9
解得λ= 或λ= ,
2 2
1
因为0≤λ≤1,所以λ= ,
2
2√2
即棱SC上存在点E,使得二面角E-BD-S的余弦值为 ,
3
此时点E为棱SC的中点.
命题意图 本题以平面图形的翻折为背景,以直二面角为桥梁判断面面关系以及求点到平面
的距离,考查了学生的直观想象能力和逻辑推理能力;第(3)问以探索性问题为出发点,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、逻辑推理以及直观想象等核心素养.
思路分析 (1)利用翻折前后的垂直关系以及二面角S-AB-C为直二面角可得SA⊥平面
ABCD,从而得出线线垂直,进而利用垂直关系之间的转化获得结论的证明;
(2)利用等体积转化法可得所求的点面距;
(3)利用向量法表示出点E的坐标,从而构建关于参数λ的方程并进行求解,最后结合参数的范
围确定满足条件的点E是否存在.
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