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空间直角坐标系、空间向量,高考历年真题


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【考点 25】空间直角坐标系、空间向量
2009 年考题 1.(2009 安徽高考)在空间直角坐标系中,已知点 A(1,0,2),B(1,-3,1),点 M 在 y 轴上,且 M 到 A 与到 B 的距离相等,则 M 的坐标是________。 【解析】设 M (0, y, 0) 由 12 ? y 2 ? 4 ? 1 ? (?3 ? y)2 ? 1 可得 y ? ?1 故 M (0, ?1,0) 答案: (0,-1,0) w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2.(2009 安徽高考)如图,四棱锥 F-ABCD 的底面 ABCD 是菱形,其对角线 AC=2,BD= 2 ,AE、CF 都与平面 ABCD 垂直,AE=1,CF=2. (I)求二面角 B-AF-D 的大小; (II)求四棱锥 E-ABCD 与四棱锥 F-ABCD 公共部分的体积. 【解析】 (I) (综合法)连结 AC、BD 交于菱形的中心 O,过 O 作 OG ? AF, G 为垂足。 连接 BG、 DG。 由 BD ? AC, BD ? CF 得 BD ? 平面 ACF, 故 BD ? AF。 于是 AF ? 平面 BGD,所以 BG ? AF,DG ? AF, ? BGD 为二面角 B-AF-D 的平面角。 由 FC ? AC , FC ? AC ? 2 ,得 FAC ?

?
4

, OG ?

2 2

由 OB ? OG, OB ? OD ?

? 2 ,得 ?BGD ? 2?BGO ? 2 2

(向量法)以 A 为坐标原点, BD 、 AC 、 AE 方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标 系(如图)

? 2 ? ? n1 ? AB ? 0 ?? x? y ?0 设平面 ABF 的法向量 n1 ? ( x, y, z) ,则由 ? 得? 2 ? ? n1 ? AF ? 0 ?2 y ? 2 z ? 0 ?
令 z ? 1 ,得 ?

? ?x ? ? 2 , n1 ? (? 2, ?1,1) y ? ? 1 ? ?

同理,可求得平面 ADF 的法向量 n2 ? ( 2, ?1,1) 。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 由 n1 ? n2 ? 0 知,平面 ABF 与平面 ADF 垂直,二面角 B-AF-D 的大小等于

? 。 2

(II)连 EB、EC、ED,设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H,则四棱锥 E-ABCD 与四棱锥 F-ABCD 的公 共 部分为四棱锥 H-ABCD。过 H 作 HP⊥ 平面 ABCD,P 为垂足。 因为 EA⊥ 平面 ABCD,FC⊥ 平面 ABCD, ,所以平面 ACFE⊥ 平面 ABCD,从而 P ? AC, HP ? AC. 由

HP HP AP PC 2 ? ? ? ? 1, 得 HP ? 。 CF AE AC AC 3 1 1 2 2 AC ? BD ? 2, 故四棱锥 H-ABCD 的体积 V ? S菱形ABCD ? HP ? . 2 3 9

又因为 S菱形ABCD ?

3.(2009 福建高考)如图,四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,

MD ? 平面ABCD , NB ? 平面ABCD ,且 MD=NB=1,E 为 BC 的中点
(1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值 (2)在线段 AN 上是否存在点 S,使得 ES ? 平面 AMN?若存在,求线段 AS 的长;若不存在,请说明理由 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【解析】 (1)在如图,以 D 为坐标原点,建立空间直角坐标 D ? xyz 依题意得 D(0, 0, 0) A(1, 0, 0) M (0, 0,1), C (0,1, 0), B(1,1, 0), N (1,1,1), E ( ,1, 0) 。

1 2

1 ? NE ? (? , 0, ?1), AM ? (?1, 0,1) 2

cos ? NE, AM ??

NE AM 10 , ?? 10 | NE | ? | AM |
10 10

所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为

(2)假设在线段 AN 上存在点 S ,使得 ES ? 平面 AMN .

AN ? (0,1,1) ,可设 AS ? ? AN ? (0, ?, ?),
又 EA ? ( , ?1, 0),? ES ? EA ? AS ? ( , ? ? 1, ? ) .

1 2

1 2

z

? 1 ? ? ES AM ? 0, ?? ? ? ? 0, 由 ES ? 平面 AMN ,得 ? 即? 2 ? ? ES AN ? 0, ? ?(? ? 1) ? ? ? 0.
1 1 1 2 故 ? ? ,此时线段 AS ? (0, , ),| AS |? . 2 2 2 2
经检验,当 AS ?

G1

E1

y x

2 时, ES ? 平面 AMN . 2 2 . 2

故线段 AN 上存在点 S ,使得 ES ? 平面 AMN ,此时线段 AS ?

4.(2009 广东高考)如图 6,已知正方体 ABCD ? A1B1C1D1 的棱长为 2,点 E 是正方形 BCC1B1 的中心,

E , G 在平面 DCC1D1 内的正投影. 点 F 、 G 分别是棱 C1D1 , AA 1 的中点.设点 E1 , G1 分别是点
(1)求以 E 为顶点,以四边形 FGAE 在平面 DCC1D1 内的正投影为底面边界的棱锥的体积; (2)证明:直线 FG1 ? 平面 FEE1 ; (3)求异面直线 E1G1与EA 所成角的正弦值. 【解析】 (1)依题作点 E 、 G 在平面 DCC1D1 内的正投影 E1 、 G1 , 则 E1 、 G1 分别为 CC1 、 DD1 的中点,连结 EE1 、 EG1 、 ED 、 DE1 , 则所求为四棱锥 E ? DE1 FG1 的体积,其底面 DE1 FG1 面积为

1 1 ? 2 ? 2 ? ? 1? 2 ? 2 , 2 2 1 2 又 EE1 ? 面 DE1 FG1 , EE1 ? 1 ,∴V E ? DE1FG1 ? S DE1FG1 ? EE1 ? . 3 3

S DE1FG1 ? S Rt?E1FG1 ? S Rt?DG1E1 ?

(2)以 D 为坐标原点, DA 、 DC 、 DD1 所在直线分别作 x 轴, y 轴, z 轴, 得 E1 (0,2,1) 、 G1 (0,0,1) ,又 G(2,0,1) , F (0,1,2) , E (1,2,1) ,则 FG1 ? (0,?1,?1) , FE ? (1,1,?1) ,

FE1 ? (0,1,?1) ,
∴FG1 ? FE ? 0 ? (?1) ? 1 ? 0 , FG1 ? FE1 ? 0 ? (?1) ? 1 ? 0 ,即 FG1 ? FE , FG1 ? FE1 ,又

FE1 ? FE ? F ,∴FG1 ? 平面 FEE1 .
(3)E1G1 ? (0,?2,0) ,EA ? (1,?2,?1) , 则 cos ? E1G1 , EA ??

E1G1 ? EA E1G1 EA

?

2 6

, 设异面直线 E1G1与EA

所成角为 ? ,则 sin ? ? 1 ?

2 3 . ? 3 3

5.(2009 海南宁夏高考)如图,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长 都是底面边长的 2 倍,P 为侧棱 SD 上的点。 (Ⅰ)求证:AC⊥SD;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (Ⅱ)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 P-AC-D 的大小 (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,侧棱 SC 上是否存在一点 E,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 使得 BE∥平面 PAC。若存在,求 SE:EC 的值; 若不存在,试说明理由。 【解析】方法一: (Ⅰ )连 BD,设 AC 交 BD 于 O,由题意知 SO ? AC 。在正方形 ABCD 中,

AC ? BD ,所以 AC ? 平面SBD ,则 AC ? SD .
(Ⅱ )设正方形边长 a ,则 SD ?

2a 。又 OD ?

2 a ,所以 ?SDO ? 600 , 2

连 OP ,由(Ⅰ )知 AC ? 平面SBD ,所以 AC ? OP , w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 且 AC ? OD ,所以 ?POD 是二面角 P ? AC ? D 的平面角。 由 SD ? 平面PAC ,知 SD ? OP ,所以 ?POD ? 30 ,即二面角 P ? AC ? D 的大小为 30 。
0 0

(Ⅲ )在棱 SC 上存在一点 E,使 BE // 平面PAC 由 (Ⅱ ) 可得 PD ?

2 故可在 SP 上取一点 N ,使 PN ? PD ,过 N 作 PC 的平行线与 SC 的交点即为 E 。 a, 4

连 BN。在 BDN 中知 BN // PO ,又由于 NE // PC ,故平面 BEN // 平面PAC ,得 BE // 平面PAC ,由于

SN:NP ? 2: 1 ,故 SE:EC ? 2: 1.
方法二: (Ⅰ ) ; 连 BD ,设 AC 交于 BD 于 O , 由题意知 SO ? 平面ABCD .以 O 为坐标原点,OB, OC, OS 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向,建立坐标系 O ? xyz 如图。设底面边长为 a ,则高 SO ?

6 a。 2

于是

S (0,0,

6 2 2 a), D(? a,0,0) C ( 0 , a , 0 ) 2 2 2 SD ? (? 2 6 a, 0, ? a) 2 2

OC ? (0,

2 a, 0) 2

O C? S D ?0

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 故 OC ? SD ,从而 AC ? SD

(Ⅱ )由题设知,平面 PAC 的一个法向量 DS ? (

2 6 a, 0, a) ,平面 DAC 的一个法向量 2 2

OS ? (0, 0,

OS ? DS 3 6 ,所求二面角的大小为 30 0 ? a) ,设所求二面角为 ? ,则 cos ? ? 2 2 OS DS

(Ⅲ )在棱 SC 上存在一点 E 使 BE // 平面PAC . 由(Ⅱ )知 DS 是平面 PAC 的一个法向量, 且 DS ? (

2 6 2 6 a,0, a), CS ? (0, ? a, a) 2 2 2 2 2 2 6 a, a(1 ? t ), at ) 2 2 2

设 CE ? tCS , 则 BE ? BC ? CE ? BC ? tCS ? (? 而 BE ? DC ? 0 ? t ?

1 即当 SE : EC ? 2 :1 时, BE ? DS w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 3

而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE // 平面PAC 6.(2009 山东高考)如图,在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中, 底面 ABCD 为等腰梯形,AB//CD,AB=4, BC=CD=2, AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、AB 的中点。 (1) 证明:直线 EE 1 //平面 FCC 1 ; (2) 求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【解析】方法一: (1)在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,取 A1B1 的中点 F1, 连结 A1D, C1F1, CF1, 因为 AB=4, CD=2,且 AB//CD, 所以 CDA1F1, A1F1CD 为平行四边形, 所以 CF1//A1D, 又因为 E、E 1 分别是棱 AD、AA 1 的中点,所以 EE1//A1D, 所以 CF1//EE1,又因为 EE1 ? 平面 FCC 1 , CF1 ? 平面 FCC 1 ,所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 . (2)因为 AB=4, BC=CD=2, 、F 是棱 AB 的中点,所以 BF=BC=CF,△ BCF 为正三角形,取 CF 的中点 O,则 O B⊥ CF,又因为直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,CC1⊥ 平面 ABCD,所以 CC1⊥ BO,所以 OB⊥ 平面 CC1F,过 O 在平面 CC1F 内作 OP⊥ C1F,垂足为 P,连接 BP,则∠ OPB 为二面角 B-FC 1 -C 的一个平面角, 在正三角形 △ BCF 中, OB ? 3 ,在 Rt△ CC1F 中, △ OPF∽ △ CC1F,∵ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A1 D1 F1 P O F B C1 B1 C

E1 E A

D

OP OF 1 2 ∴OP ? , ? ?2 ? 2 2 CC1 C1 F 2 2 ?2

2 1 14 OP 7 2 2 ? 2 ? ?3 ? 在 Rt△ OPF 中, BP ? OP ? OB ? , cos ?OPB ? , BP 7 2 2 14 2
所以二面角 B-FC 1 -C 的余弦值为

7 . 7
z D1 A1 C1 B1 D E M x F C B

方法二:(1)因为 AB=4, BC=CD=2, F 是棱 AB 的中点, 所以 BF=BC=CF,△ BCF 为正三角形, 因为 ABCD 为 等腰梯形,所以∠ BAD=∠ ABC=60° ,取 AF 的中点 M, 连接 DM,则 DM⊥ AB,所以 DM⊥ CD, 以 DM 为 x 轴,DC 为 y 轴,DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系, ,则 D(0,0,0),A( 3 ,-1,0),F( 3 ,1,0),C(0,2,0), A

E1

y

C1(0,2,2),E(

3 1 , ? ,0),E1( 3 ,-1,1), 2 2

所以 EE1 ? (

3 1 , ? ,1) , CF ? ( 3, ?1,0) , CC1 ? (0,0, 2) FC1 ? (? 3,1,2) 设平面 CC1F 的法向量为 2 2

? ? 3 1 ? n ? CF ? 0 ? 3x ? y ? 0 所以 ? 取 n ? (1, 3,0) ,则 n ? EE1 ? ? 1 ? ? 3 ? 1 ? 0 ? 0 ,所 n ? ( x, y, z) 则 ? 2 2 ? ? ?z ? 0 ?n ? CC1 ? 0
以 n ? EE1 ,所以直线 EE 1 //平面 FCC 1 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (2) FB ? (0, 2,0) ,设平面 BFC1 的法向量为 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) ,则 ? 取 n1 ? (2,0, 3) ,则 n ? n1 ? 2 ?1 ? 3 ? 0 ? 0 ? 3 ? 2 ,

? ? n1 ? FB ? 0 ? ?n1 ? FC1 ? 0

所以 ?

? ?

y1 ? 0

? ?? 3 x1 ? y1 ? 2 z1 ? 0

,

| n |? 1 ? ( 3) 2 ? 2 , | n1 |? 22 ? 0 ? ( 3) 2 ? 7 , w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
所以 cos? n, n1 ? ?

n ? n1 2 7 , ? ? 7 | n || n1 | 2 ? 7
7 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 7

由图可知二面角 B-FC 1 -C 为锐角,所以二面角 B-FC 1 -C 的余弦值为

7.(2009 上海高考)如图,在直三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中, AA 1 ? BC ? AB ? 2 ,

AB ? BC ,求二面角 B1 ? AC 1 ? C1 的大小。
【解析】如图,建立空间直角坐标系则 A(2,0,0) 、C(0,2,0) A1(2,0,2) ,B1(0,0,2) 、C1(0,2,2) ……2 分

设 AC 的中点为 M,∵ BM⊥ AC,

BM⊥ CC1;

∴ BM⊥ 平面 A1C1C,即 BM =(1,1,0)是平面 A1C1C 的一个法向量。……5 分 设平面 A1B1C 的一个法向量是 n ? ( x, y, z) , A1B1 =(-2,0,0) AC 1 =(-2,2,-2) ……7 分

? n ? A1 B1 ? ?2 x ? 0, n ? A1C ? ?2 x ? 2 y ? 2 z ? 0, 令z ? 1, 解得x ? 0, y ? 1 ? n ? (0,1,1)...................10分

? ? 设法向量 n与BM 的夹角为 ? ,二面角 B1 ? AC 1 ? C1 的大小为 ,显然 为锐角
cos ? ? cos ? ? n ? BM 1 ? ? , 解得? ? …………………….14 分 3 n BM 2

? 二面角B1 ? A1C ? C1的大小为

?
3

.

8.(2009 天津高考)如图,在五面体 ABCDEF 中,FA ? 平面 ABCD, AD//BC//FE, AB ? AD,M 为 EC 的中点,AF=AB=BC=FE= (I) 求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小; (II) 证明平面 AMD ? 平面 CDE; (III)求二面角 A-CD-E 的余弦值。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【解析】方法一: (Ⅰ )由题设知,BF//CE,所以∠ CED(或其补角)为异面直线 BF 与 DE 所成的角。设 P 为 AD 的中点,连结 EP,PC。因为 FE // AP,所以 FA // EP,同理 AB // PC。又 FA⊥ 平面 ABCD, 所以 EP⊥ 平面 ABCD。而 PC,AD 都在平面 ABCD 内,故 EP⊥ PC,EP⊥ AD。由 AB⊥ AD,可得 PC⊥ AD 设 FA=a,则 EP=PC=PD=a,CD=DE=EC= 2 a ,故∠ CED=60° 。所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小 为 60°

1 AD w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2

DM ? CE.连结MP,则MP ? CE. (II)因为 DC ? DE且M为CE的中点,所以 又MP ? DM ? M,故CE ? 平面AMD.而CE ? 平面CDE,所以平面 AMD ? 平面CDE. (III)

解:设 PQ,EQ.因为CE ? DE,所以EQ ? CD.因为 (III ) Q为CD的中点,连结 PC ? PD,所以PQ ? CD,故?EQP为二面角A ? CD ? E的平面角 .
由(I)可得, EP ? PQ,EQ ?

6 2 a,PQ ? a. 2 2

于是在Rt?EPQ中, cos?EQP ?

PQ 3 ? ,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m EQ 3

, 方法二:如图所示,建立空间直角坐标系,点 A 为坐标原点。设 AB ? 1 依题意得 B?1 , 0, 0?, C ?1, 1, 0?,
?1 1? D?0, 2, 0?, E ?0, 1, 1?, F?0, 0, 1?, M? , 1, ?. ?2 2?
(I) 解: BF ? ?? 1 , 0, 1?, DE ? ?0, ?1 , 1?,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

于是 cos BF, DE ?

BF ? DE BF DE

?

0 ? 0 ?1

1 ? . 2? 2 2

所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 600 . (II)由AM ? ? , 1, ?, CE ? ?? 1 , 0, 1?,AD ? ?0, 2, 0?,可得CE ? AM ? 0 ,

?1 ?2

1? 2?

CE ? AD ? 0.因此,CE ? AM,CE ? AD.又AM ? AD ? A,故CE ? 平面AMD.
而CE ? 平面CDE,所以平面 AMD ? 平面CDE. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

CDE的法向量为u ? ( x,y,z ),则? (解:设平面 III)
?? x ? z ? 0, 于是? 令x ? 1,可得u ? (1, 1, 1 ) . ?? y ? z ? 0.
又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v ? (0, 0, 1).

? ?u ? CE ? 0, ? ?u ? DE ? 0.

w

所以 cos u,v ?

u ? v 0 ? 0 ?1 3 ? ? . u v 3 3 ?1

9. (2009 天津高考) 如图, 在四棱锥 P ? ABCD 中,PD ? 平面ABCD ,AD ? CD , 且 DB 平分 ?ADC , E 为 PC 的中点, AD ? CD ? 1 , DB ? 2 2 (Ⅰ)证明 PA // 平面BDE (Ⅱ)证明 AC ? 平面PBD (Ⅲ)求直线 BC 与平面 PBD 所成的角的正切值 【解析】设 AC ? BD ? H ,连结 EH,在 ?ADC 中,因为 AD=CD,且 DB 平分 ?ADC , 所以 H 为 AC 的中点,又由题设知,E 为 PC 的中点,故 EH // PA ,又 w.w.w

HE ? 平面BDE, PA ? 平面BDE ,所以 PA // 平面BDE
(2)因为 PD ? 平面ABCD , AC ? 平面ABCD ,所以 PD ? AC 由(1)知, BD ? AC , PD ? BD ? D, 故 AC ? 平面PBD

(3)由 AC ? 平面PBD 可知,BH 为 BC 在平面 PBD 内的射影,所以 ?CBH 为直线与平面 PBD 所成的角。 由 AD ? CD , AD ? CD ? 1, DB ? 2 2 , 可得DH ? CH ? 在 Rt ?BHC 中, tan ?CBH ?

2 3 2 , BH ? 2 2

1 CH 1 ? ,所以直线 BC 与平面 PBD 所成的角的正切值为 。 3 BH 3 10.(2009 浙江高考)如图,平面 PAC ? 平面 ABC , ?ABC
是以 AC 为斜边的等腰直角三角形, E , F , O 分别为 PA ,

PB , AC 的中点, AC ? 16 , PA ? PC ? 10 .
(I)设 G 是 OC 的中点,证明: FG / / 平面 BOE ; (II)证明:在 ?ABO 内存在一点 M ,使 FM ? 平面 BOE , 并求点 M 到 OA , OB 的距离. 【解析】 (I)如图,连结 OP,以 O 为坐标原点,分别以 OB、OC、OP 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴, 建立空间直角坐标系 O ? xyz , 则 O ? 0,0,0? , A(0, ?8,0), B(8,0,0), C(0,8,0),

z

P(0, 0, 6), E (0, ?4,3), F ? 4,0,3? ,由题意得, G ? 0, 4,0? ,
因 OB ? (8,0,0), OE ? (0, ?4,3) ,因此平面 BOE 的法向量为 n ? (0,3, 4) ,

y

FG ? (?4, 4, ?3 得 n ? FG ? 0 ,又直线 FG 不在平面 BOE 内,
因此有 FG / / 平面 BOE (II)设点 M 的坐标为 ? x0 , y0 ,0? ,则 FM ? ( x0 ? 4, y0 , ?3) , 因为 FM ? 平面 BOE,所以有 FM // n ,因此有 x0 ? 4, y0 ? ?

x

9 , 4

?x ? 0 9 ? ? ? 即点 M 的坐标为 ? 4, ? , 0 ? ,在平面直角坐标系 xoy 中, ?AOB 的内部区域满足不等式组 ? y ? 0 , 4 ? ? ?x ? y ? 8 ?
经检验,点 M 的坐标满足上述不等式组,所以在 ?ABO 内存在一点 M ,使 FM ? 平面 BOE , 由点 M 的坐标得点 M 到 OA , OB 的距离分别为 4,

9 .w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 4

11.(2009 浙江高考)如图, DC ? 平面 ABC , EB / / DC ,

AC ? BC ? EB ? 2 DC ? 2 , ?ACB ? 120 , P, Q 分别为 AE, AB 的中点.
(I)证明: PQ / / 平面 ACD ; (II)求 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值. 【解析】 (Ⅰ )连结 DP, CQ ,在 ?ABE 中, P, Q 分别是 AE, AB 的中点,所以

PQ //

1 1 BE , 又 DC // BE ,所以 PQ//DC ,又 PQ ? 平面 ACD , 2 2

DC ? 平面 ACD, 所以 PQ // 平面 ACD (Ⅱ )在 ?ABC 中, AC ? BC ? 2, AQ ? BQ ,所以 CQ ? AB 而 DC ? 平面 ABC, EB // DC ,所以 EB ? 平面 ABC 而 EB ? 平面 ABE, 所以平面 ABE ? 平面 ABC, 所以 CQ ? 平面 ABE 由(Ⅰ )知四边形 DCQP 是平行四边形,所以 DP // CQ 所以 DP ? 平面 ABE, 所以直线 AD 在平面 ABE 内的射影是 AP, 所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是 ? DAP 在 Rt ?APD 中, AD ? 所以 sin ?DAP ?

AC2 ? DC 2 ? 22 ? 12 ? 5 , DP ? CQ ? 2 sin ?CAQ ? 1

DP 1 5 ? ? AD 5 5

12.(2007 辽宁高考)如图,已知两个正方形 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内,M,N 分别为 AB,DF 的中点 。 (I)若平面 ABCD ⊥平面 DCEF,求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值; (II)用反证法证明:直线 ME 与 BN 是两条异面直线。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

【解析】 (I)方法一:取 CD 的中点 G,连接 MG,NG。 设正方形 ABCD,DCEF 的边长为 2, 则 MG⊥ CD,MG=2,NG=

2.

因为平面 ABCD⊥ 平面 DCED,MG ? 平面 ABCD, 平面 ABCD DCEF=CD.

所以 MG⊥ 平面 DCEF, 可得∠ MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角。因为 MN= 6,

所以 sin∠ MNG=

6 为 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值 3

……6 分

方法二: 设正方形 ABCD,DCEF 的边长为 2,以 D 为坐标原点,

分别以射线 DC,DF,DA 为 x,y,z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图. 则 M(1,0,2),N(0,1,0),可得 MN =(-1,1,2). 又 D A =(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量, 可得 cos( MN , DA )=

MN ? DA 6 ?? .· 3 | MN || DA |

所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 cos MN , DA ?

6 · 3

……6 分 ……8 分

(Ⅱ )假设直线 ME 与 BN 共面, 则 AB ? 平面 MBEN,且平面 MBEN 与平面 DCEF 交于 EN 由已知,两正方形不共面,故 AB ? 平面 DCEF。

又 AB//CD,所以 AB//平面 DCEF。EN 为平面 MBEN 与平面 DCEF 的交线,所以 AB//EN。 又 AB//CD//EF,所以 EN//EF,这与 EN∩EF=E 矛盾,故假设不成立。 所以 ME 与 BN 不共面,它们是异面直线. ……12 分

E 13.(2009 全国Ⅱ)如图,直三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中, AB ? AC , D 、 分
别为 AA1 、 B1C 的中点, DE ? 平面 BCC1 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (I)证明: AB ? AC (II)设二面角 A ? BD ? C 为 60° ,求 B1C 与平面 BCD 所成的角的大小。 【解析】 (I)连结 BE,

ABC ? A1B1C1 为直三棱柱, ??B1BC ? 90?,

E 为 B1C 的中点,? BE ? EC 。又 DE ? 平面 BCC1 ,

? BD ? DC (射影相等的两条斜线段相等)而 DA ? 平面 ABC , ? AB ? AC (相等的斜线段的射影相等) 。 ?AGC 为二面角 A ? BD ? C (II) 作 AG ? BD 于 G , 连 GC , 则 GC ? BD ,
的平面角, ?AGC ? 60? .不妨设 AC ? 2 3 ,则 AG ? 2, GC ? 4 .在

Rt ABD 中,由 AD ? AB ? BD ? AG ,易得 AD ? 6 .
设点 B1 到面 BDC 的距离为 h , B1C 与平面 BCD 所成的角为 ? 。 利用

1 1 S ?B1BC ? DE ? S ?BCD ? h , 可求得 h ? 2 3 , 又可求得 B1C ? 4 3 3 3

?s i n ??

h 1 ? ?? ? 3?0 . B1C 2

即 B1C 与平面 BCD 所成的角为 30?. 14.(2009 北京高考)如图,四棱锥 P ? ABCD 的底面是正方形,

PD ? 底面ABCD ,点 E 在棱 PB 上.
(Ⅰ)求证:平面 AEC ? 平面PDB ;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (Ⅱ)当 PD ?

2 AB 且 E 为 PB 的中点时,求 AE 与

平面 PDB 所成的角的大小. 【解析】方法一: (Ⅰ )∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AC⊥ BD, ∵PD ? 底面ABCD ,∴ PD⊥ AC,∴ AC⊥ 平面 PDB, ∴ 平面 AEC ? 平面PDB . (Ⅱ )设 AC∩BD=O,连接 OE,由(Ⅰ )知 AC⊥ 平面 PDB 于 O, ∴ ∠ AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角,∴ O,E 分别为 DB、PB 的中点, ∴ OE//PD, OE ?

1 PD ,又∵PD ? 底面ABCD ,∴ OE⊥ 底面 ABCD,OE⊥ AO, 2

在 Rt△ AOE 中, OE ?

1 2 PD ? AB ? AO ,∴?AOE ? 45? ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 2 2

45? .
方法二:如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 D ? xyz , 设 AB ? a, PD ? h, 则 A? a,0,0? , B ? a, a,0? , C ? 0, a,0? , D ?0,0,0? , P ?0,0, h ? , (Ⅰ )∵AC ? ? ?a, a,0 ? , DP ? ? 0,0, h ? , DB ? ? a, a,0 ? , ∴ AC ? DP ? 0, AC ? DB ? 0 , ∴ AC⊥ DP,AC⊥ DB,∴ AC⊥ 平面 PDB, ∴ 平面 AEC ? 平面PDB . (Ⅱ )当 PD ?

?1 1 2 ? 2 AB 且 E 为 PB 的中点时, P 0, 0, 2 a , E ? a , a , a?, ?2 2 2 ? ? ?

?

?

设 AC∩BD=O,连接 OE, 由(Ⅰ )知 AC⊥ 平面 PDB 于 O, ∴ ∠ AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角,

∵EA ? ?

?1 ? EA ? EO 2 1 2 ? 2 ? ,∴cos ?AEO ? , a , ? a , ? a , EO ? 0, 0, ? a ? ? ? ? ?2 ? ? ? 2 2 2 2 EA ? EO ? ? ? ?

∴?AOE ? 45? ,即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45? . 15.(2009 湖南高考)如图 3,在正三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中, AB=4, AA 1 ? 7 ,点 D 是 BC 的中点, 点 E 在 AC 上,且 DE ? A 1 E.

? 平面 ACC1 A1 ; (Ⅰ)证明:平面 A 1DE
(Ⅱ)求直线 AD 和平面 A 1DE 所成角的正弦值。

? 平面 ABC . 【解析】 (Ⅰ )如图所示,由正三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 的性质知 AA 1 ? A1 E, AA1 又 DE ? 平面 ABC,所以 DE ? AA 1 .而 DE
所以 DE⊥ 平面 ACC1 A 1 .又 DE ? 平面 A 1DE , 故平面 A 平面 ACC1 A 1DE ⊥ 1.

A1E ? A1 ,

F, (Ⅱ )方法一: 过点 A 作 AF 垂直 A 1E 于点 ? ADF 是直线 AD 和平面 A1DE 连接 DF.由 (Ⅰ ) 知, 平面 A 平面 ACC1 A 所以 AF ? 平面 A 1DE ⊥ 1, 1DE ,故
? AC.而 ? ABC 是边长为 4 的正三角形,于是 AD= 2 3 , 所成的角。因为 DE ? 平面 ACC1 A 1 ,所以 DE
AE=4-CE=4- CD =3.

1 2

AE ? 又因为 AA 1 ? 7 ,所以 1
AF ?

AA12 ? AE 2 ? ( 7) 2 ? 32 = 4,

AF 21 AE ? AA1 3 7 , sin ?ADF ? . ? ? AD 8 A1E 4 21 8
.

即直线 AD 和平面 A 1DE 所成角的正弦值为

方法二 : 如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0,),

A1 (2,0, 7 ), D(-1,

3 ,0), E(-1,0,0).

易知 A , DE =(0,- 3 ,0) , AD =(-3, 3 ,0). 1D =(-3, 3 ,- 7 )

设 n ? ( x, y, z) 是平面 A 1DE 的一个法向量,则

r

r uuu v ? ?n ? DE ? ? 3 y ? 0, ? r uuu v n ? A D ? ?3x ? 3 y ? 7 z ? 0. ? ? 1
解得 x ? ?

7 z, y ? 0 . 3

r 故可取 n ? ( 7,0, ?3) .于是

r uuu r r uuu r n ? AD ?3 7 21 . cos n, AD ? r uuu ?? r = 8 n ? AD 4 ? 2 3
由此即知,直线 AD 和平面 A 1DE 所成角的正弦值为

21 . 8
S

16.(2009 湖北高考)如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是正方形, SD ? 平面 ABCD,BD=2a, AD ? 且 DE ? ? a(0 ? ? ? 2) (Ⅰ)求证:对任意的 ? ? (0, 2] ,都有 AC ? BE (Ⅱ)设二面角 C—AE—D 的大小为 ? ,直线 BE 与平面 ABCD
A

2a 点 E 是 SD 上的点,

E

D

C

B

所成的角为 ? ,若 tan ? gtan ? ? 1 ,求 ? 的值 【解析】 (Ⅰ )方法一:如图 1,连接 BE、BD, 由面 ABCD 是正方形可得 AC⊥ BD。 SD⊥ 平面 ABCD,? BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影,? AC⊥ BE (Ⅱ )如图 1,由 SD⊥ 平面 ABCD 知,∠ DBE= ? , SD⊥ 平面 ABCD,CD ? 平面 ABCD, ? SD⊥ CD。 又底面 ABCD 是正方形,? CD⊥ AD,而 SD ? AD=D,CD⊥ 平面 SAD. 连接 AE、CE,过点 D 在平面 SAD 内作 DF⊥ AE 于 F,连接 CF,则 CF⊥ AE, 故∠ CFD 是二面角 C-AE-D 的平面角,即∠ CFD= ? 。 在 Rt△ BDE 中, 在 Rt△ ADE 中, 从而 DF ? BD=2a,DE= ? a ? tan ? ?

DE ? ? BD 2

AD ? 2a, DE ? ? a,? AE ? a ? 2 ? 2

AD ? DE 2? a ? AE ?2 ? 2

在 Rt?CDF 中, tan ? ?

CD ?2 ? 2 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ? DF ?

由 tan ? ? tan ? ? 1 ,得 由 ? ? (0, 2] ,解得 ? ?

?2 ? 2 ? ? ?1 ? ?2 ? 2 ? 2 ? ?2 ? 2 . ? 2
2 ,即为所求.

方法二(Ⅰ ) :以 D 为原点, DA, DC, DS 的方向分别作为 x,y,z 轴的正方向建立如 图 2 所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) ,A( 2a ,0,0) ,B( 2a , 2a ,0) , C(0, 2a ,0) ,E(0,0, ? a ) ,

? A C? ( ? 2 a,

2a , 0 )B ,E ? ?(

a 2 ? , ? a2 ,a

)

? AC ? BE ? 2a2 ? 2a2 ? 0 ? ?a ? 0 ,w 即 AC ? BE 。
(Ⅱ )由(I)得 EA ? ( 2a,0, ??a), EC ? (0, 2a, ??a), BE ? (? 2a, ? 2a, ?a) . 设平面 ACE 的法向量为 n =(x,y,z),则由 n ? EA, n ? EC 得

? 2x ? ? z ? 0, ? ?n ? EA ? 0, ? 即? 取z ? 2,得n( ?, ? , 2) 。 ? n ? EC ? 0, 2y ? ? z ? 0, ? ? ? ?
易知平面 ABCD 与平面 ADE 的一个法向量分别为 DS ? (0,0,2a)与DC ? . (0,2a ,0)

?sin ? ?

DS ? BE DS ? BE

?

? ?2 ? 4

,cos ? ?

DC ? n DC ? n

?

?
2? 2 ? 2

. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

0< ? , ? ?

?
2

,? ? 0,

? tan ? ? tan ? ? ? ? ? ?

?
2

? sin ? ? cos ? ?

? ? ?4
2

?

?
2? ? 2
2

? ?2 ? 2 .

?? 由于 ? ? ( 0 , 2 ,解得 ]

2 即为所求。

17. (2009 湖南高考) 如图 4, 在正三棱柱 ABC ? A 点 E 在 AC 1B 1C1 中, AB ? 2 AA 1B 1 的中点, 1 1 1, D 是 A 上,且 DE ? AE 。 (Ⅰ)证明平面 ADE ? 平面 ACC1 A 1 (Ⅱ)求直线 AD 和平面 ABC1 所成角的正弦值。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

【解析】 (I) 如图所示, 由正三棱柱的性质知 AA1 ? 平面 A1B1C1 又 DE ? 平面 A 1 B 1 C 1 , 所以 DE ? AA 1 . 而 DE ? AE。 AA 1 ? AE=A,所以 DE ? 平面 AC C 1 A 1 , 又 DE ? 平面 ADE, 故平面 ADE ? 平面 AC C 1 A 1 。 (2)方法 1 如图所示,设 F 是 AB 的中点,连接 DF、DC 1 、C 1 F,由正三棱柱 ABC- A 1 B 1 C 1 的性质 及 D 是 A 1 B 1 的中点知 A 1 B 1 ? C 1 D,A 1 B 1 ? DF w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 又 C 1 D ? DF=D,所以 A 1 B 1 ? 平面 C 1 DF,而 AB∥ A 1 B, 所以 AB ? 平面 C 1 DF,又 AB ? 平面 ABC 1 , 故平面 AB C 1 ? 平面 C 1 DF。 过点 D 做 DH 垂直 C 1 F 于点 H,则 DH ? 平面 AB C 1 .w.w.k.s.5.u.c.o.m 连接 AH,则 ? HAD 是 AD 和平面 ABC 1 所成的角。 由已知 AB= 2 A A 1 ,不妨设 A A 1 = 2 ,则 AB=2,DF= 2 ,D C 1 = 3 , C 1 F= 5 ,AD=

AA12 ? A1 D 2 = 3 ,DH=
DH 10 = 。 AD 5

DF· DC1 2? 3 30 = = , 5 C1 F 5

所以 sin ? HAD=

即直线 AD 和平面 AB C 1 所成角的正弦值为

10 。 5

方法 2 如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 不妨设 A A 1 = 2 ,则 AB=2,相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0), B( 3 ,0,0) ,C 1 (0,1, 2 ) ,D(

1 3 ,- , 2 ) 。 2 2 1 3 ,- , 2 ) 2 2

易知 AB =( 3 ,1,0), AC1 =(0,2, 2 ), AD =(

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 设平面 ABC 1 的法向量为 n =(x,y,z),则有

? · AB ? 3x ? y ? 0, ? ?n ? ? ? · AC1 ? 2 y ? 2 z ? 0, ? ?n ? ?
解得 x=-

3 y, z=- 2 y , 3

故可取 n =(1,- 3 , 6 )。 所以, cos ( n · AD )=

n · AD n· AD

=

2 3 10 ? 3

=

10 。 5
10 。 5

由此即知,直线 AD 和平面 AB C 1 所成角的正弦值为

2008 年考题 1. (2008 山东高考)如图,已知四棱锥 P-ABCD,底面 ABCD 为菱 形, PA⊥平面 ABCD, ?ABC ? 60? ,E,F 分别是 BC, PC 的中点. (Ⅰ)证明:AE⊥PD; (Ⅱ)若 H 为 PD 上的动点,EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值 为
B

P

F

A

D

E

C

6 ,求二面角 E—AF—C 的余弦值. 2

【解析】 (Ⅰ )证明:由四边形 ABCD 为菱形,∠ ABC=60° , 可得△ ABC 为正三角形. 因为 E 为 BC 的中点,所以 AE⊥ BC. 又 BC∥ AD,因此 AE⊥ AD. 因为 PA⊥ 平面 ABCD,AE ? 平面 ABCD,所以 PA⊥ AE. 而 PA ? 平面 PAD,AD ? 平面 PAD 且 PA∩AD=A, 所以 AE⊥ 平面 PAD,又 PD ? 平面 PAD. 所以 AE⊥ PD. (Ⅱ )设 AB=2,H 为 PD 上任意一点,连接 AH,EH. 由(Ⅰ )知 AE⊥ 平面 PAD, 则∠ EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角.

在 Rt△ EAH 中,AE= 3 , 所以 当 AH 最短时,∠ EHA 最大, 即 当 AH⊥ PD 时,∠ EHA 最大. 此时 tan∠ EHA=

AE 3 6 ? ? , AH AH 2

因此 AH= 2 .又 AD=2,所以∠ ADH=45° , 所以 PA=2. 解法一:因为 PA⊥ 平面 ABCD,PA ? 平面 PAC,所以平面 PAC⊥ 平面 ABCD. 过 E 作 EO⊥ AC 于 O,则 EO⊥ 平面 PAC,过 O 作 OS⊥ AF 于 S,连接 ES,则∠ ESO 为二面角 E-AF-C 的平面角, 在 Rt△ AOE 中,EO=AE· sin30° =

3 3 ,AO=AE· cos30° = , 2 2

又 F 是 PC 的中点,在 Rt△ ASO 中,SO=AO· sin45° =

3 2 , 4

又 SE ?

EO2 ? SO2 ?

3 9 30 ? ? , 4 8 4
3 2 4 ? 15 , 5 30 4

SO ? 在 Rt△ ESO 中,cos∠ ESO= SE

即所求二面角的余弦值为

15 . 5

解法二:由(Ⅰ )知 AE,AD,AP 两两垂直,以 A 为坐标原 点,建立如图所示的空间直角坐标系, 又 E、F 分别为 BC、PC 的中点, 所以 A(0,0,0) ,B( 3 ,-1,0) ,C(1, 3 ,0) , D(0,2,0) ,P(0,0,2) ,E( 3 ,0,0) ,F(

3 1 , , ,1 ) 2 2

所以 AE ? ( 3,0,0), AF ? (

3 1 , ,1). 2 2

设平面 AEF 的一法向量为 m ? ( x1, y1, z1 ),

? ?m AE ? 0, 则? ? ?m AF ? 0,


? 3 x1 ? 0 , ? 因此 ? 3 1 x1 ? y 1? z 1? 0. ? ? 2 2

AC,BD⊥ PA,PA∩AC=A,所以 BD⊥ 平面 AFC, z1 ? ?1, 则m ? (0,2, ?1), 因为 BD⊥

故 BD 为平面 AFC 的一法向量.又 BD =(- 3,3, 0 ) , 所以 cos< m , BD ?

m BD 2?3 15 ? ? . 5 | m | | BD | 5 ? 12
15 . 5

因为二面角 E-AF-C 为锐角,所以所求二面角的余弦值为

2.(2008 海南宁夏高考)如图,已知点 P 在正方体 ABCD- A?B?C ?D? 的对角线 BD? 上,

?PDA ? 60? .
(Ⅰ)求 DP 与 CC ? 所成角的大小; (Ⅱ)求 DP 与平面 AA?D ?D 所成角的大小. 【解析】如图,以D为原点,DA为单位长建立空间直角坐标系 D ? xyz 。 则 DA ? (1,0,0), CC ' ? (0,0,1) . 连结 BD, B ' D' 。在平面 BB? DD? 中,延长DP交 B ' D ' 于H。 设 DH ? (m, m,1)(m ? 0) ,由已知 ? ? DH , DA ?? 60 , 由 DH ? DA ?| DH || DA | cos ? ? DH , DA ? 可得 2m ? 2m2 ?1 。解得 m ?

2 。 2

所以 DH ? (

2 2 , ,1) . 2 2

(Ⅰ )因为

2 2 ?0? ? 0 ? 1? 1 2 ,所以 ? DH , CC ' ?? 45 , 2 cos ? DH , CC ' ?? 2 ? 2 1? 2

即DP与 CC ' 所成的角为 45 。 (Ⅱ )平面 AA' D ' D 的一个法向量是 DC ? (0,1,0) .

2 2 ?0 ? ? 1 ? 1? 0 1 ,所以 ? DH , DC ?? 60 . 因为 2 cos ? DH , DC ?? 2 ? 2 1? 2

可得DP与平面 AA' D ' D 所成的角为 30 .

2007 年考题 1. (2007 山东高考)如图,在直四棱柱 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,已知
D1 C1

DC ? DD1 ? 2 AD ? 2 AB , AD ? DC , AB // DC .
A1 B1

(I)设 E 是 DC 的中点,求证: D1E // 平面A 1BD ; (II)求二面角 A1 ? BD ? C1 的余弦值. 【解析】(I)连结 BE ,则四边形 DABE 为正方形,

D

E C

? BE ? AD ? A1D1 ,且 BE // AD // A1D1 , ?四边形A1D1EB 为平行四边形,? D1E // A1B . D1E ? 平面A1BD,A1B ? 平面A1BD, ? D1E // 平面A1BD.

A

B

(II) 以 D 为原点,DA, DC, DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴, 建立空间直角坐标系, 不妨设 DA ? 1 , 则 D(0,0,0), A(1,0,0), B(1,1,0), C1 (0, 2, 2), A 1 (1,0, 2).

? DA1 ? (1,0,2), DB ? (1,1,0).
设 n ? ( x, y, z) 为平面 A 1BD 的一个法向量, 由 n ? DA 1 , n ? DB 得 ?

?x ? 2z ? 0 ,取 z ? 1 ,则 n ? (?2, 2,1) . ? x? y ?0

设 m ? ( x1 , y1 , z1 ) 为平面 C1BD 的一个法向量,由 m ? DC1, m ? DB 得 ?

?2 y1 ? 2 z1 ? 0 , ? x1 ? y1 ? 0

取 z1 ? 1,则 m ? (1, ?1,1) . cos ? m, n ??

m?n m n

?

?3 3 ?? . 3 9? 3

由于该二面角 A1 ? BD ? C1 为锐角,所以所求的二面角 A1 ? BD ? C1 的余弦值为 2.(2007 海南宁夏高考)如图,在三棱锥 S ? ABC 中, 侧面 SAB 与侧面 SAC 均为等边三角形, ?BAC ? 90° , O 为 BC 的中点. (Ⅰ)证明: SO ? 平面 ABC ; (Ⅱ)求二面角 A ? SC ? B 的余弦值. 【解析】 (Ⅰ )由题设 AB= AC= SB= SC ? SA ,连结 OA ,

3 . 3
S

C O

B

A

△ ABC 为等腰直角三角形,所以 OA ? OB ? OC ?

2 SA , 2 2 SA , 2

且 AO ? BC ,又 △ SBC 为等腰三角形,故 SO ? BC ,且 SO ?
2 2 2 从而 OA ? SO ? SA .所以 △ SOA 为直角三角形, SO ? AO .

又 AO

BO ? O .所以 SO ? 平面 ABC .

(Ⅱ )方法一:取 SC 中点 M ,连结 AM,OM ,由(Ⅰ )知 SO ? OC,SA ? AC , 得 OM ? SC,AM ? SC .∴ ?OMA 为二面角 A ? SC ? B 的平面角. 由 AO ? BC,AO ? SO,SO 所以 AO ? OM ,又 AM ?

BC ? O 得 AO ? 平面 SBC .

3 SA , 2

故 sin ?AMO ?

AO 2 6 . ? ? AM 3 3
3 . 3

所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为

方法二:以 O 为坐标原点,射线 OB,OA, OS 分别为 x 轴、

y 轴, z 轴的正半轴,建立如图的空间直角坐标系 O ? xyz .

, 0, 0) ,则 C (?1 , 0,, 0) A(0, 1 ,, 0) S (0, 0, 1) . 设 B(1

z

S

? 1 1? SC 的中点 M ? ? , 0, ? , ? 2 2? 1? 1? ?1 ?1 MO ? ? , 0, ? ?, MA ? ? , 1 , ? ?, SC ? (?1 , 0, ? 1) . 2? 2? ?2 ?2

M

O

C
A
y

∴MO · SC ? 0, MA · SC ? 0 .
故 MO ? SC,MA ? SC,< MO, MA ? 等于二面角

x

B

A ? SC ? B 的平面角.

cos ? MO , MA ??

MO · MA MO· MA

?

3 3 ,所以二面角 A ? SC ? B 的余弦值为 . 3 3
P M

3. (2007 四川高考)如图,四边形 PCBM 是直角梯形,∠ PCB =90° ,

PM ∥ BC , PM =1, BC =2,又 AC =1,∠ ACB =120° , AB ⊥ PC ,直线 AM 与直线 PC 所成的角为 60° .
A C B

(Ⅰ)求证:平面 PAC ⊥平面 ABC ; (Ⅱ)求二面角 M ? AC ? B 的大小; (Ⅲ)求三棱锥 P ? MAC 的体积; 【解析】 (Ⅰ )∵PC ? AB, PC ? BC, AB 又∵PC ? 平面PAC

BC ? B ∴PC ? 平面ABC ,

∴平面P A C? 平面 A B C

(Ⅱ )方法一:取 BC 的中点 N ,则 CN ? 1 ,连结 AN , MN , ∵PM // CN ,∴MN // PC ,从而 MN ? 平面ABC 作 NH ? AC ,交 AC 的延长线于 H ,连结 MH ,则由三垂线定理知, AC ? NH , 从而 ?MHN 为二面角 M ? AC ? B 的平面角 直线 AM 与直线 PC 所成的角为 60 0 在 ?ACN 中,由余弦定理得 AN ? ∴?AMN ? 600

// ?

// ?

AC2 ? CN 2 ? 2 AC ? CN ? cos1200 ? 3
3 ?1 3

在 ?AMN 中, MN ? AN ? cot ?AMN ? 3 ?

在 ?CNH 中, NH ? CN ? sin ?NCH ? 1?

3 3 ? 2 2

在 ?MNH 中, MN ? tan ?MHN ?

2 3 MN 1 2 3 故二面角 M ? AC ? B 的平面角大小为 arctan ? ? 3 NH 3 3 2

(Ⅲ )由(Ⅱ )知, 四边形 PCNM 为正方形 ∴VP ? MAC ? VA? PCM ? VA? MNC ? VM ? ACN ?

1 1 3 ? AC ? CN ? sin1200 ? MN ? 3 2 12

(Ⅱ )方法二;在平面 ABC 内,过 C 作 CD ? CB ,建立空间直角坐标系 C ? xyz (如图)
3 1 ? ,设 P ? 0,0, z ?? z ? 0? , 由题意有 A ? 0 0 ? ? 2 ,? 2 ,0? ? ? ?

3 13 ? ?3 3 1, ? ? 则 MM z0 z , AM ?? ?? , ?, , ?, z , CP , CP ?? ? 0, z0 z ? 0,1, ? 0,1, ?0, ?AM ? 0, 0, ?0 ? ? ?0, ? 0z ? ? ? 2 22 22 2 ? ? ? ? ?
由直线 AM 与直线 PC 所成的解为 60 ,得
2 AM ? CP ? AM ? CP ? cos 600 ,即 z0 ?

0

1 ? z0 2 ? 3 ? z0 ,解得 z0 2

?1

? ? 3 ? 3 1 1 ? ∴CM ,设平面 MAC 的一个法向量为 n (x n? ?? x11,, y y11,, z z11) ?, CM ? ???0, 0,1, 0,1 0,1 CA? ?? ,,? ? ,,0 0? ??,,CA ? ? ? ? 2 ? ? 2 2 2 ? ? ? ?

? y1 ? z1 ? 0 ? 则? 3 ,取 x1 ? 1 ,得 n ? 1, 3, ? 3 平面 ABC 的法向量取为 m ? ? 0,0,1? 1 x ? y ? 0 ? 1 1 ? 2 2

?

?

设 m 与 n 所成的角为 ? ,则 cos ? ?

m?n m?n

?

? 3 显然,二面角 M ? AC ? B 的平面角为锐角, 7
21 7

故二面角 M ? AC ? B 的平面角大小为 arccos

(Ⅲ )取平面 PCM 的法向量取为 n1 ? ?1,0,0 ? ,则点 A 到平面 PCM 的距离 h ?

CA ? n1 n1

?

3 2

∵ PC ? 1, PM ? 1 ,∴VP ? MAC ? VA? PCM ??

1 1 1 3 3 ? PC ? PM ? h ? ?1?1? ? . 3 2 6 2 12

4.(2007 湖北高考)如图,在三棱锥 V-ABC 中,VC⊥底面 ABC, AC⊥BC,D 是 AB 的中点,且 AC=BC=a,∠VDC=θ ? 0 ? ? ? (Ⅰ)求证:平面 VAB⊥平面 VCD ; (Ⅱ)当角 θ 变化时,求直线 BC 与平面 VAB 所成的角的取值范围; 【解析】方法一: (Ⅰ )∵ AC ? BC ? a ,

? ?

??

?。 2?

∴△ ACB 是等腰三角形,又 D 是 AB 的中点,
∴ CD ? AB ,又 VC ? 底面 ABC .∴VC ? AB .于是 AB ? 平面 VCD .
又 AB ? 平面 VAB ,∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ ) 过点 C 在平面 VCD 内作 CH ? VD 于 H ,则由(Ⅰ )知 CD ? 平面 VAB . 连接 BH ,于是 ?CBH 就是直线 BC 与平面 VAB 所成的角. 在 Rt△CHD 中, CH ?

2 a sin ? ; 2 2 sin ? ? sin ? . 2

V

∴ 设 ?CBH ? ? ,在 Rt△BHC 中,CH ? a sin ? ,
π 2 ,∴ 0 ? sin ? ? 1 , 0 ? sin ? ? . 2 2

H C D A B

∵0 ? ? ?

又 0 ≤? ≤

π π ,∴ 0 ? ? ? . 2 4

即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 0, ? .

? ?

π? 4?

,CB,CV 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标 方法二: (Ⅰ )以 CA

0,, 0) A(a, 0,, 0) B(0,a,, 0) D ? , , 0 ?,V ? 0, 0, 系,则 C (0, ? 于是, VD ? ? , , ?a a ?2 2 ?

?a a ?2 2

? ?

? ? ?

? 2 a tan ? ? ?, 2 ?

? 2 ?a a ? a tan ? ? , CD ? ? , , 0 ? , AB ? (?a,a, 0) . ? 2 ?2 2 ? ?

从而 AB · CD ? (?a,a, 0) ·? ,, 0? ? ?

?a a ?2 2

? ?

1 2 1 2 a ? a ? 0 ? 0 ,即 AB ? CD . 2 2

· VD ? (?a,a, 0) ·? ,, ? 同理 AB
即 AB ? VD . 又 CD

?a a ?2 2 ?

? 2 1 2 1 2 a tan ? ? ? ? a ? a ?0 ? 0, ? 2 2 2 ?

∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . ∴ AB ? 平面 VCD . VD ? D , 又 AB ? 平面 VAB .

(Ⅱ )设直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 ? ,平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) , 则由 n · AB ? 0,n · VD ? 0 .

??ax ? ay ? 0, ? 得 ?a a 2 az tan ? ? 0. ? x? y? ?2 2 2
可取 n ? (11 , ,2 cot ? ) ,又 BC ? (0, ? a, 0) ,

z V

C 于是 sin ? ?

n · BC n· BC

?

a a · 2 ? 2 cot 2 ?

?

2 sin ? , 2
A x

B D

y

π 2 ∵ 0 ? ? ? ,∴ 0 ? sin ? ? 1, 0 ? sin ? ? . 2 2
又 0 ≤? ≤

π π ,∴ 0 ? ? ? . 2 4

即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 0, ? . 方法三: (Ⅰ )以点 D 为原点,以 DC,DB 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴,建立如图所示的空间直角

? ?

π? 4?

0,, 0) A ? 0, ? 坐标系,则 D(0, ? ?

? ? ?

? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 a, 0? , B 0 , a , 0 , C ? a , 0 , 0 a , 0 , a tan ? ,V ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?, 2 2 ? ? ? ? ? ? ?

于是 DV ? ? ? ?

? ? ? 2 2 2 a, 0, a tan ? ? a , 0 , 0 , DC ? ? ? 0) . ? ? ? 2 ? , AB ? (0,2a, 2 2 ? ? ?

从而 AB · DC ? (0,2a, 0)· ? ?

? ? ?

? 2 a, 0, 0? ? ? 0 ,即 AB ? DC . 2 ? ? 2 2 a, 0, a tan ? ? ? ? 0 ,即 AB ? DV . 2 2 ?

· DV ? (0, 2a, 0) ? ? 同理 AB
又 DC

? ? ?

DV ? D ,∴ AB ? 平面 VCD .

又 AB ? 平面 VAB ,

∴ 平面 VAB ? 平面 VCD .
(Ⅱ )设直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 ? ,平面 VAB 的一个法向量为 n ? ( x,y,z ) , 则由 n · AB ? 0,n · DV ? 0 ,得

? 2ay ? 0, ? ? 2 2 ax ? az tan ? ? 0. ?? ? 2 2
0, 1) ,又 BC ? ? ? 可取 n ? (tan ?,

V

? ? ?

? 2 2 a, ? a, 0? ?, 2 2 ?

C D A

2 a tan ? n · BC 2 2 sin ? ? ? ? sin ? , 于是 2 2 n· BC a · 1 ? tan ?
∵0 ? ? ? π 2 ,∴ 0 ? sin ? ? 1 , 0 ? sin ? ? . 2 2

B x

y

又 0 ≤? ≤

π π ,∴ 0 ? ? ? , 2 4

即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 0, ? .

? ?

π? 4?

,CB,CV 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,则 方法四:以 CA

?a a ? 0,t )(t ? 0) . C (0, 0,, 0) A(a, 0,, 0) B(0,a,, 0) D ? , , 0 ? .设 V (0, ?2 2 ?
(Ⅰ ) CV ? (0, 0,t ), CD ? ? , , 0 ?, AB ? (?a,a, 0) ,

?a a ?2 2

? ?

AB · CV ? (?a,a, 0) · (0, 0,t ) ? 0 ? 0 ? 0 ? 0 ,
即 AB ? CV .

z V

a2 a2 ?a a ? AB · CD ? (?a,a, 0) ·? ,, 0? ? ? ? ? 0 ? 0 , 2 2 ?2 2 ?

C D A x

B

y

即 AB ? CD . 又 CV

CD ? C ,∴ AB ? 平面 VCD .

又 AB ? 平面 VAB ,∴ 平面 VAB ? 平面 VCD . (Ⅱ )设直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 ? , 设 n ? ( x,y,z ) 是平面 VAB 的一个非零法向量,

则?

? · AB ? ( x,y,z· ) (?a,a, 0) ? ?ax ? ay ? 0, ?n · AV ? ( x,y,z· ) (?a, 0,t ) ? ?ax ? tz ? 0, ? ?n

取 z ? a ,得 x ? y ? t .

可取 n ? (t,t,a) ,又 CB ? (0,a, 0) ,

于是 sin ? ?

n · CB n · CB

?

ta a· t ? t ? a
2 2 2

?

t 2t ? a
2

?

1 ?a? 2?? ? ?t?
2



∵t ? (0, ? ∞) , sin ? 关于 t 递增.∴ 0 ? sin ? ?

1 ? π? ,∴? ? ? 0, ? . 2 ? 4?

即直线 BC 与平面 VAB 所成角的取值范围为 ? 0, ? .

? ?

π? 4?


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