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空间向量与立体几何典型例题


空间向量与立体几何典型例题
一、选择题: ABC 1.(2008 全国Ⅰ卷理)已知三棱柱 ABC ? A1B1C1 的侧棱与底面边长都相等, A 1 在底面 内的射影为 △ ABC 的中心,则 AB1 与底面 ABC 所成角的正弦值等于( C ) A.

1 3

B.

2 3

C.

3 3

D.

2 3

1.解:C.由题意知三棱锥 A 1 ? ABC 为正四面体,设棱长为 a ,则 AB 1 ? 3a ,棱柱的高

2 3 2 6 ,故 AB1 与 AO ? a 2 ? AO2 ? a 2 ? ( ? a) ? a (即点 B1 到底面 ABC 的距离) 1 3 2 3 AO 2 底面 ABC 所成角的正弦值为 1 ? . AB1 3 ??? ? ??? ? ???? ??? ? ??? ? ???? 0 另解:设 AB, AC, AA 1 为空间向量的一组基底, AB, AC, AA 1 的两两间的夹角为 60 ???? ???? 1 ??? ? 1 ???? ???? ??? ? ???? 长度均为 a ,平面 ABC 的法向量为 OA1 ? AA1 ? AB ? AC , AB1 ? AB ? AA 1 3 3 ???? ???? 2 ???? 6 ???? OA1 ? AB1 ? a 2 , OA1 ? , AB1 ? 3 3 3 ????????? OA1 ? AB1 2 则 AB1 与底面 ABC 所成角的正弦值为 ???? ???? ? . 3 AO AB 1 1

二、填空题: 1.(2008 全国Ⅰ卷理)等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB ,二面角

C ? AB ? D 的余弦值为
弦值等于 1.答案:

3 , M ,N 分别是 AC,BC 的中点,则 EM ,AN 所成角的余 3

1 6



1 .设 AB ? 2 ,作 CO ? 面ABDE, 6 OH ? AB ,则 CH ? AB , ?CHO 为二面角 C ? AB ? D 的平面角 CH ? 3, OH ? CH ? cos ?CHO ? 1 ,结合等边三角形 ABC

C
N
H
A

M
E
o

与正方形 ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则 AN ? EM ? CH ? 3

???? 1 ???? ??? ? ???? ? 1 ???? ??? ? AN ? ( AC ? AB ), EM ? AC ? AE , 2 2 ???? ???? ? 1 ??? ? ? 1 ???? ??? 1 AN ? EM ? ( AB ? AC ) ? ( AC ? AE ) ? 2 2 2 ???? ???? ? AN ? EM 1 故 EM ,AN 所成角的余弦值 ???? ???? ? ? AN EM 6
另解:以 O 为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系, 则点 A(?1, ?1,0), B(1, ?1,0), E(?1,1,0), C(0,0, 2) ,

B
z

D
1 题图(1)

C
M
N
H
A

E
o
D
y

B
x

1 题图(2)

1 1 2 1 1 2 M (? , ? , ), N ( , ? , ), 2 2 2 2 2 2 ???? 3 1 2 ???? ? 1 3 2 ???? ???? ? 1 ???? ???? ? 则 AN ? ( , , ), EM ? ( , ? , ), AN ? EM ? , AN ? EM ? 3 , 2 2 2 2 2 2 2 ???? ???? ? AN ? EM 1 故 EM ,AN 所成角的余弦值 ???? ???? ? ? . AN EM 6
三、解答题: 1. (2008 安徽文)如图,在四棱锥 O ? ABCD 中,底面 ABCD 四边长为 1 的 菱形,

?ABC ?

?

4

, OA ? 底面ABCD , OA ? 2 , M 为 OA 的中点。

(Ⅰ)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小 ; (Ⅱ)求点 B 到平面 OCD 的距离。 1.方法一(综合法) (1)? CD‖ AB, ∴ ?MDC 为异面直线 AB 与 MD 所成的角(或其补角) 作 AP ? CD于P, 连接 MP

O

M

∵OA ? 平面A B C D , ∴CD ? MP
∵ ?ADP ?

A B C

D

?
4

,∴ DP =

2 2

∵MD ? MA2 ? AD2 ? 2 , DP 1 ? ∴ cos ?MDP ? ? , ?MDC ? ?MDP ? MD 2 3 ? 所以 AB 与 MD 所成角的大小为 3 (2)∵ AB‖ 平面OCD, ∴点 A 和点 B 到平面 OCD 的距离相等, 连接 OP,过点 A 作 AQ ? OP 于点 Q, ∵ AP ? CD, OA ? CD,∴CD ? 平面OAP, ∵ AQ ? 平面OAP,∴ AQ ? CD 又 ∵ AQ ? OP,∴ AQ ? 平面OCD ,
线段 AQ 的长就是点 A 到平面 OCD 的距离

O

M

Q A P C D

B

∵OP ? OD2 ? DP 2 ? OA2 ? AD2 ? DP 2 ? 4 ? 1 ?

1 3 2 2 , AP ? DP ? ? 2 2 2

2 2? 2 OA?AP 2 ? 2 ,所以点 B 到平面 OCD 的距离为 ∴ AQ ? ? 3 OP 3 3 2 2

方法二(向量法)作 AP ? CD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 轴建立坐标系

z O M

x, y , z

A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), P(0,

2 2 2 , 0), D( ? , , 0), O(0, 0, 2), M (0, 0,1) , 2 2 2

A x B C

D P y

(1)设 AB 与 MD 所成的角为 ? ,

??? ? ???? ? 2 2 ∵ AB ? (1,0,0), MD ? (? , , ?1) 2 2 ??? ? ???? ? AB?MD 1 ? , ∴c o ? s ? ??? ,?? ? ???? ? ? ∴ 3 AB ? MD 2

? 3 ??? ? ???? 2 2 2 (2) ∵OP ? (0, , ?2), OD ? (? , , ?2) 2 2 2 ??? ? ??? ? ∴ 设平面 OCD 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 n? OP ? 0, n? OD ? 0 ? 2 y ? 2z ? 0 ? ? 2 即 ? ?? 2 x ? 2 y ? 2 z ? 0 ? ? 2 2 取 z ? 2 ,解得 n ? (0,4, 2) ??? ? 设点 B 到平面 OCD 的距离为 d ,则 d 为 OB 在向量 n ? (0, 4, 2) 上的投影的绝对值, ??? ? OB ? n 2 ??? ? ? . ∵OB ? ( 1, 0 ?, ,2 ∴ ) d? n 3 2 所以点 B 到平面 OCD 的距离为 3
∴ AB 与 MD 所成角的大小为
2. (2008 安徽理)如图,在四棱锥 O ? ABCD 中,底面 ABCD 四边长为 1 的菱形,

?ABC ?

?

4

, OA ? 底面ABCD , OA ? 2 , M 为 OA 的中点, N 为 BC 的中点。

(Ⅰ)证明:直线 MN‖ 平面OCD ; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小; (Ⅲ)求点 B 到平面 OCD 的距离。 2. 方法一(综合法) (1)取 OB 中点 E,连接 ME,NE

O M A B N
O

? ME‖ AB,AB‖ CD, ? ME‖ CD 又? NE‖ OC,?平面MNE‖ 平面OCD ? MN‖ 平面OCD (2)? CD‖ AB, ∴ ?MDC 为异面直线 AB 与 MD 所成的角(或
其补角) 作 AP ? CD于P, 连接 MP

D C

∵OA ? 平面A B C D , ∴CD ? MP
∵ ?ADP ?
2

M E Q A P B N C D

?
4

,∴ DP =

2 2

MD ? MA ? AD2 ? 2 ,

∴c o s ?MDP ?

DP 1 ? ? ? , MDC ? ?MDP ? MD 2 3

所以 AB 与 MD 所成角的大小为

? 3

(3)∵ AB‖ 平面OCD, ∴点 A 和点 B 到平面 OCD 的距离相等,连接 OP,过点 A 作

AQ ? OP 于点 Q,∵ AP ? CD, OA ? CD,∴CD ? 平面OAP,∴ AQ ? CD 又 ∵ AQ ? OP,∴ AQ ? 平面OCD ,线段 AQ 的长就是点 A 到平面 OCD 的距离

∵OP ? OD2 ? DP 2 ? OA2 ? AD2 ? DP 2 ? 4 ? 1 ?
AP ? DP ? 2 2
2?

1 3 2 , ? 2 2

2 OA?AP 2 ? 2 ,所以点 B 到平面 OCD 的距离为 2 ∴ AQ ? ? 3 OP 3 3 2 2
方法二(向量法) 作 AP ? CD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 x, y, z 轴建立坐标系

A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), P(0,
,

2 2 2 2 2 , 0), D(? , , 0), O(0, 0, 2), M (0, 0,1), N (1 ? , , 0) 2 2 2 4 4

??? ? ???? 2 2 2 2 2 , , ?1), OP ? (0, , ?2), OD ? (? , , ?2) 4 4 2 2 2 ??? ? ??? ? 设平面 OCD 的法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则 n? OP ? 0, n? OD ? 0
(1) MN ? (1 ?

???? ?

z O ? 2 y ? 2z ? 0 ? ? 2 即 ? ?? 2 x ? 2 y ? 2 z ? 0 ? ? 2 2 M 取 z ? 2 ,解得 n ? (0,4, 2) ???? ? 2 2 ∵ MN ?n ? (1 ? , , ?1)? (0, 4, 2) ? 0 4 4 ? MN‖ 平面OCD A (2)设 AB 与 MD 所成的角为 x B ??? ? ???? ? N CP 2 2 ? ,∵ AB ? (1,0,0), MD ? (? , , ?1) 2 2 ??? ? ???? ? AB?MD ? 1 ? , AB 与 MD 所成角的大小为 ∴c o ? s ? ??? ,?? ? ???? ? ? ∴ 3 3 AB ? MD 2 ??? ? (3)设点 B 到平面 OCD 的交流为 d ,则 d 为 OB 在向量 n ? (0, 4, 2) 上的投影的绝对值, ??? ? OB ? n 2 ??? ? 2 ? .所以点 B 到平面 OCD 的距离为 由 OB ? (1,0, ?2) , 得 d ? 3 n 3
3. (2008 北京文)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC

D y

⊥AC. (Ⅰ)求证:PC⊥AB; (Ⅱ)求二面角 B-AP-C 的大小. 3.解法一: (Ⅰ)取 AB 中点 D,连结 PD,CD. ∵AP=BP, ∴PD⊥AB. ∵AC=BC. ∴CD⊥AB. ∵PD∩CD=D. ∴AB⊥平面 PCD. ∵PC ? 平面 PCD, ∴PC⊥AB. (Ⅱ)∵AC=BC,AP=BP, ∴△APC≌△BPC. 又 PC⊥AC, ∴PC⊥BC. 又∠ACB=90°,即 AC⊥BC, 且 AC∩PC=C, ∴AB=BP, ∴BE⊥AP. ∵EC 是 BE 在平面 PAC 内的射影, ∴CE⊥AP. ∴∠BEC 是二面角 B-AP-C 的平面角. 在△BCE 中,∠BCE=90°,BC=2,BE= ∴sin∠BEC=

3 AB ? 6 , 2

BC 6 ? . BE 3 6 . 3

∴二面角 B-AP-C 的大小为 aresin 解法二: (Ⅰ)∵AC=BC,AP=BP, ∴△APC≌△BPC. 又 PC⊥AC. ∴PC⊥BC. ∵AC∩BC=C, ∴PC⊥平面 ABC. ∵AB ? 平面 ABC, ∴PC⊥AB.

(Ⅱ)如图,以 C 为原点建立空间直角坐标系 C-xyz. 则 C(0,0,0) ,A(0,2,0) ,B(2,0,0). 设 P(0,0,t), ∵|PB|=|AB|=2 2 , ∴t=2,P(0,0,2). 取 AP 中点 E,连结 BE,CE. ∵|AC|=|PC|,|AB|=|BP|, ∴CE⊥AP,BE⊥AP.

∴∠BEC 是二面角 B-AP-C 的平面角. ∵E(0,1,1), EC ? (0,?1,?1), EB ? (2,?1,?1), ∴cos∠BEC=

EC ? EB EC ? EB

?

2 2? 6

?

3 . 3

∴二面角 B-AP-C 的大小为 arccos

3 . 3

? 4. (2008 北京理)如图,在三棱锥 P ? ABC 中, AC ? BC ? 2 , ?ACB ? 90 , AP ? BP ? AB , PC ? AC . P (Ⅰ)求证: PC ? AB ; (Ⅱ)求二面角 B ? AP ? C 的大小; (Ⅲ)求点 C 到平面 APB 的距离. D B A 4.解法一: (Ⅰ)取 AB 中点 D ,连结 PD,CD . C ? AP ? BP , ? PD ? AB . ? AC ? BC , ? CD ? AB . ? PD ? CD ? D , ? AB ? 平面 PCD . ? PC ? 平面 PCD , ? PC ? AB . (Ⅱ)? AC ? BC , AP ? BP , P ?△ APC ≌△BPC . 又 PC ? AC , E ? PC ? BC . ? 又 ?ACB ? 90 ,即 AC ? BC ,且 AC ? PC ? C , ? BC ? 平面 PAC . 取 AP 中点 E .连结 BE,CE . ? AB ? BP ,? BE ? AP . ? EC 是 BE 在平面 PAC 内的射影, ? CE ? AP . ??BEC 是二面角 B ? AP ? C 的平面角. ? 在 △BCE 中, ?BCE ? 90 , BC ? 2 , BE ?

A C

B

3 AB ? 6 , 2

? sin ?BEC ?

BC 6 ? . BE 3 6 . 3
P H A C D B

? 二面角 B ? AP ? C 的大小为 arcsin

(Ⅲ)由(Ⅰ)知 AB ? 平面 PCD , ? 平面 APB ? 平面 PCD . 过 C 作 CH ? PD ,垂足为 H . ? 平面 APB ? 平面 PCD ? PD , ? CH ? 平面 APB . ? CH 的长即为点 C 到平面 APB 的距离.

由(Ⅰ)知 PC ? AB ,又 PC ? AC ,且 AB ? AC ? A , ? PC ? 平面 ABC . ? CD ? 平面 ABC , ? PC ? CD .

1 3 AB ? 2 , PD ? PB ? 6 , 2 2 PC ? CD 2 3 . ? ? PC ? PD2 ? CD2 ? 2 . ? CH ? PD 3 2 3 . ? 点 C 到平面 APB 的距离为 3
在 Rt△PCD 中, CD ? 解法二: (Ⅰ)? AC ? BC , AP ? BP , ?△ APC ≌△BPC . 又 PC ? AC , ? PC ? BC . ? AC ? BC ? C , ? PC ? 平面 ABC . ? AB ? 平面 ABC , ? PC ? AB . (Ⅱ)如图,以 C 为原点建立空间直角坐标系 C ? xyz .

0,, 0) A(0, 2,, 0) B(2, 0, 0) . 则 C (0,

0,t ) . 设 P(0,

? PB ? AB ? 2 2 , ? t ? 2 , P(0, 0, 2) .
取 AP 中点 E ,连结 BE,CE .

z P E y A C H x B

? AC ? PC , AB ? BP ,
? CE ? AP , BE ? AP . ??BEC 是二面角 B ? AP ? C 的平面角. ??? ? ??? ? ? E (0, 11) , , EC ? (0, ?1 , ?1) , EB ? (2, ?1, ?1) , ??? ? ??? ? EC ?EB 2 3 . ? cos ?BEC ? ??? ? ? ??? ? ? 3 2? 6 EC ?EB

? 二面角 B ? AP ? C 的大小为 arccos

???? ??? ? ? BH ? 2HE ,

(Ⅲ)? AC ? BC ? PC , ? C 在平面 APB 内的射影为正 △ APB 的中心 H , 且 CH 的长为点 C 到平面 APB 的距离. 如(Ⅱ)建立空间直角坐标系 C ? xyz .

3 . 3

???? 2 3 ?2 2 2? . ? 点 H 的坐标为 ? , , ? . ? CH ? 3 ?3 3 3? 2 3 . ? 点 C 到平面 APB 的距离为 3
5.(2008 福建文) 如图, 在四棱锥中, 侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2 ,底面 ABCD

为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥CD,AD=2AB=2BC=2,O 为 AD 中点。 (1)求证:PO⊥平 面 ABCD; (2)求异面直线 PB 与 CD 所成角的余弦值; (3)求点 A 到平面 PCD 的距离 5.解:如图,A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1) 所以 CD ? (?1,1,0), PB ? (1, ?1, ?1)

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? PB ? CD 6 COS ? PB, CD ?? ??? ? ??? ? ?? 3 PB ? CD

6 3 ??? ? ? ??? ? (2)设平面 PCD 的法向量为 n ? ( x, y, z) , CP ? (?1,0,1), CD ? (?1,1,0) ? ??? ? n ? CP ? 0 ? ?x ? z ? 0 ,所以 ? ; ? ??? ? n ? CD ? 0 ? ?x ? y ? 0 ? ??? ? 令 x=1,则 y=z=1,所以 n ? (1,1,1) 又 AC ? (1,1,0) ? ???? n ? AC 2 3 则,点 A 到平面 PCD 的距离为: d ? ? ? 3 n
所以异面直线所成的角的余弦值为:

6. (2008 福建理) 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 则面 PAD⊥底面 ABCD, 侧棱 PA=PD= 2 , 底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O 为 AD 中点. (Ⅰ)求证:PO⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 PD 与 CD 所成角的大小; (Ⅲ) 线段 AD 上是否存在点 Q, 使得它到平面 PCD 的距离为 若存在,求出

3 2



AQ QD

的值;若不存在,请说明理由.

6.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识, 考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分 12 分. 解法一: (Ⅰ)证明:在△PAD 中 PA=PD,O 为 AD 中点,所以 PO⊥AD, 又侧面 PAD⊥底面 ABCD,平面 PAD ? 平面 ABCD=AD, PO ? 平面 PAD, 所以 PO⊥平面 ABCD. (Ⅱ)连结 BO,在直角梯形 ABCD 中、BC∥AD,AD=2AB=2BC, 有 OD∥BC 且 OD=BC,所以四边形 OBCD 是平行四边形, 所以 OB∥DC. 由(Ⅰ)知,PO⊥OB,∠PBO 为锐角, 所以∠PBO 是异面直线 PB 与 CD 所成的角. 因为 AD=2AB=2BC=2,在 Rt△AOB 中,AB=1,AO=1, 所以 OB= 2 , 在 Rt△POA 中,因为 AP= 2 ,AO=1,所以 OP=1,

PG 1 2 2 ? ? , ?PBO ? arctan . BC 2 2 2 2 所以异面直线 PB 与 CD 所成的角是 arctan . 2 3 (Ⅲ)假设存在点 Q,使得它到平面 PCD 的距离为 . 2 1 设 QD=x,则 S ?DQC ? x ,由(Ⅱ)得 CD=OB= 2 , 2
在 Rt△PBO 中,tan∠PBO= 在 Rt△POC 中, PC ? OC 2 ? OP2 ? 所以 PC=CD=DP, S?PCD ?

2,

3 3 ? ( 2)2 ? , 4 2
AQ 1 ? . QD 3

由 Vp-DQC=VQ-PCD,得 2,所以存在点 Q 满足题意,此时 解法二: (Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)以 O 为坐标原点, OC、 OD、 OP 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 O-xyz,依题意,易得 A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0), P(0,0,1), 所以 CD =(?11 , , 0), PB=(, 1 ?1, ?1).

??? ? ???? ??? ?

??? ?

??? ?

6 , 3 3 (Ⅲ)假设存在点 Q,使得它到平面 PCD 的距离为 , 2 ??? ? ??? ? 由(Ⅱ)知 CP ? (?1,0,1), CD ? (?1,1,0).
所以异面直线 PB 与 CD 所成的角是 arccos 设平面 PCD 的法向量为 n=(x0,y0,z0).

??? ? ? CP ? 0, ?? x0 ? z0 ? 0, ? n? 则 ? ??? 所以 ? 即 x0 ? y0 ? z0 , ? CD ? 0, ? ?? x 0 ? y0 ? 0, ? n?
取 x0=1,得平面 PCD 的一个法向量为 n=(1,1,1).

?????? CQ?n ??? ? ?1 ? y 3 3 ? 设 Q(0, y,0)(?1 ? y ? 1), CQ ? (?1, y,0), 由 ,得 ? ,解 n 2 2 3
1 5 或 y= (舍去), 2 2 1 3 AQ 1 ? . 此时 AQ ? , QD ? ,所以存在点 Q 满足题意,此时 2 2 QD 3
y=7、 (2008 海南、 宁夏理)如图, 已知点 P 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的对角线 BD1 上, ∠PDA=60°。 (1)求 DP 与 CC1 所成角的大小; (2)求 DP 与平面 AA1D1D 所成角的大小。
D1 7.解: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, 01) ,.
连结 BD , B ?D ? .

C1 B1

A1 P

D

C

在平面 BB ?D ?D 中,延长 DP 交 B ?D ? 于 H . 设 DH ? (m,m, 1)(m ? 0) , 由已知 ? DH, DA ?? 60 ,

???? ?

???? ? ??? ? ? ??? ? ???? ? ??? ? ???? ? ??? ? ???? ? , DH ? 由 DA?DH ? DA DH cos ? DA
可得 2m ? 2m2 ?1 . 解得 m ?

???? ? ? 2 2 ? 2 1? ,所以 DH ? ? ? 2 ,2 , ?. 2 ? ?
A?

z

2 2 ?0? ? 0 ? 1? 1 ???? ? ???? ? 2 2 2 CC ? ?? ? (Ⅰ)因为 cos ? DH, , 2 1? 2 ???? ? ???? ? 所以 ? DH, CC? ?? 45? . ? 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 2 DC ?? 2 ? , 因为 cos ? DH, 2 1? 2 ???? ? ???? 所以 ? DH, DC ?? 60? . ? 可得 DP 与平面 AA?D ?D 所成的角为 30 .
x

D?
P D A

H

C?
B?

C B

y

8. (2008 湖北文)如图,在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,平面 A 1 BC ? 侧面 A 1 ABB 1. (Ⅰ)求证: AB ? BC;

? (Ⅱ)若 AA 1 ? AC ? a ,直线 AC 与平面 A 1BC 所成的角为 ,
二面角

A1 ? BC ? A的大小为? , 求证:? ? ? ?

?

2

.

8.本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角、二面角等有关知识,考查 空间想象能力和推理论证能力.(满分 12 分) (Ⅰ)证明:如右图,过点 A 在平面 A1ABB1 内作 AD⊥A1B 于 D,则 由平面 A1BC⊥侧面 A1ABB1,且平面 A1BC∩侧面 A1ABB1=A1B, 得 AD⊥平面 A1BC.又 BC 平面 A1BC 所以 AD⊥BC. 因为三棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱, 则 AA1⊥底面 ABC,所以 AA1⊥BC. 又 AA1∩AD=A,从而 BC⊥侧面 A1ABB1, 又 AB 侧面 A1ABB1, 故 AB⊥BC. (Ⅱ)证法 1: 连接 CD,则由(Ⅰ)知∠ACD 就是直线 AC 与平面 A1BC 所 成的角,∠ABA1 就是二面角 A1-BC-A 的颊角, 即∠ACD=θ , ∠ABA1=?. 于是在 RtΔ ADC 中,sinθ =

AD AD AD AD ? ,在 RtΔ ADA1 中,sin∠AA1D= , AC a AA1 a

∴sinθ =sin∠AA1D,由于θ 与∠AA1D 都是锐角,所以θ =∠AA1D. 又由 RtΔ A1AB 知,∠AA1D+?=∠AA1B+?=

? ? ,故θ +?= . 2 2

证法 2:由(Ⅰ)知,以点 B 为坐标原点,以 BC、BA、BB1 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系. 设 AB=c(c<a=,则 B(0,0,0),A(0,c,0),C( a 2 ? c 2 ,0,0 ), A1(0,c,a),于是 BC ? ( a 2 ? c 2 ,0,0) , BA 1 =(0,c,a),

AC ? ( a 2 ? c 2 ,?c,0) ? AA1 ????c,a??
设平面 A1BC 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则由 ?

? ?n ? BA1 ? 0, ? ?cy ? az ? 0, 得? 2 2 ? ? a ? c x ? 0. ?n ? BC ? 0, ?

可取 n=(0,-a,c) ,于是 n· AC =ac>0, AC 与 n 的夹角?为锐角,则?与?互为余角?

n ? AC (0,?a, c) ? ( a 2 ? c 2 ,?c,0) ? ? sin?=cos?= | n | ? | AC | a 2 ? c 2 ? (a 2 ? c 2 ) ? c 2
cos?=

c a ? c2
2

,

BA1 ? BA | BA1 | ? | BA |

?

(0,?a, c) ? (0,0, a) a ?c
2 2

所以 sin?=cos?=sin(

?
2

?a

?

c a ? c2
2

,

? ? ),又 0<?,?<

? ? ,所以?+?= . 2 2

9. (2008 湖北理)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,平面 ABC⊥侧面 A1ABB1. (Ⅰ)求证:AB⊥BC; (Ⅱ)若直线 AC 与平面 A1BC 所成的角为θ ,二面角 A1-BC-A 的 大小为φ 的大小关系,并予以证明. 9.本小题主要考查直棱柱、直线与平面所成角、二面角和线面关系 等有关知识,同时考查空间想象能力和推理能力.(满分 12 分) (Ⅰ)证明:如右图,过点 A 在平面 A1ABB1 内作 AD⊥A1B 于 D,则 由平面 A1BC⊥侧面 A1ABB1,且平面 A1BC ? 侧面 A1ABB1=A1B,得 AD⊥平面 A1BC,又 BC ? 平面 A1BC, 所以 AD⊥BC. 因为三棱柱 ABC—A1B1C1 是直三棱柱, 则 AA1⊥底面 ABC, 所以 AA1⊥BC. 又 AA1 ? AD=A,从而 BC⊥侧面 A1ABB1, 又 AB ? 侧面 A1ABB1,故 AB⊥BC. (Ⅱ) 解法 1: 连接 CD, 则由 (Ⅰ) 知 ?ACD 是直线 AC 与平面 A1BC 所成的角, ?ABA1 是二面角 A1—BC—A 的平面角,即 ?ACD ? ?, ?ABA1 ? ?,

AD AD , 在 Rt△ADB 中, sin ? ? , AC AB ? 由 AB<AC,得 sin ?<sin ?, 又 0<?,?< , 所以 ?<?, 2
于是在 Rt△ADC 中, sin ? ? 解法 2:由(Ⅰ)知,以点 B 为坐标原点,以 BC、BA、BB1 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系,设 AA1=a,AC=b, AB=c,则 B(0,0,0), A(0,c,0),

C ( b 2 ? c 2 , 0, 0), A1 (0, c, a), 于是 ??? ? ???? BC ? ( b 2 ? c 2 , 0, 0), BA1 ? (0, c, a ), ???? ???? AC ? ( b 2 ? c 2 , ?c, 0), AA1 ? (0, 0, a ).
设平面 A1BC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则

???? ?n?BA1 ? 0, ? ? cy ? az ? 0, ? 由 ? ??? 得? ? 2 2 ? ? b ? c x ? 0, ? n?BC ? 0, ? ??? ? ??? ? 可取 n=(0,-a,c), 于是 n?AC ? ac>0 , AC 与 n 的夹角 ? 为锐角,则 ? 与 ? 互为余角. ???? n?AC ac sin ? ? cos ? ? , ???? ? n ? AC b a 2 ? c 2 ???? ??? ? BA1 ?BA c a cos ? ? ???? ??? , 所以 sin ? ? , ? ? BA1 ?BA a2 ? c2 a2 ? c2

, a2 ? c2 ? 即 sin ?<sin ?, 又 0<?,?< , 所以 ?<?, 2
于是由 c<b,得

ac

b a2 ? c2



a

10. (2008 湖南理)如图所示, 四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形, ∠BCD=60°, E 是 CD 的中点,PA⊥底面 ABCD,PA=2. (Ⅰ)证明:平面 PBE⊥平面 PAB; (Ⅱ)求平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角(锐角)的大小. 10.解: 解法一 (Ⅰ)如图所示,连结 BD,由 ABCD 是菱形且∠BCD=60°知, △BCD 是等边三角形.因为 E 是 CD 的中点, 所以 BE⊥CD,又 AB ∥CD, 所以 BE⊥AB.又因为 PA⊥平面 ABCD, BE ? 平面 ABCD,所以 PA⊥BE.而 PA ? AB=A,因此 BE⊥平面 PAB. 又 BE ? 平面 PBE,所以平面 PBE⊥平面 PAB. (Ⅱ)延长 AD、BE 相交于点 F,连结 PF. 过点 A 作 AH⊥PB 于 H,由(Ⅰ)知 平面 PBE⊥平面 PAB,所以 AH⊥平面 PBE. 在 Rt△ABF 中,因为∠BAF=60°, 所以,AF=2AB=2=AP. 在等腰 Rt△PAF 中,取 PF 的中点 G,连接 AG.

则 AG⊥PF.连结 HG,由三垂线定理的逆定理得, PF⊥HG.所以∠AGH 是平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角的平面角(锐角).

2 PA ? 2. 2 AP?AB AP?AB 2 2 5 在 Rt△PAB 中, AH ? ? ? ? . PB 5 5 AP2 ? AB2
在等腰 Rt△PAF 中, AG ?

2 5 AH 10 所以,在 Rt△AHG 中, sin ?AGH ? ? 5 ? . AG 5 2
故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角(锐角)的大小是 arcsin 解法二: 如图所示,以 A 为原点,建立空间直角坐标系.则相关 各点的坐标分别是 A(0,0,0) ,B(1,0,0) ,

10 . 5

3 3 1 3 3 C( , , 0), D( , , 0), P(0,0,2), E (1, , 0). 2 2 2 2 2 3 (Ⅰ)因为 BE ? (0, , 0) , 2 平面 PAB 的一个法向量是 n0 ? (0,1,0) ,
所以 BE和n0 共线.从而 BE⊥平面 PAB. 又因为 BE ? 平面 PBE, 故平面 PBE⊥平面 PAB.

(Ⅱ)易知 PB ? (1,0, ?2), BE ? (0,

??? ?

??? ?

3 , 0), 2

??? ? ???? 1 3 PA ? (0, 0, ?2), AD ? ( , , 0) 2 2 ?? ??? ? ? ? ?n1 ?PB ? 0, 设 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) 是平面 PBE 的一个法向量,则由 ? ?? ??? 得 ? n ? BE ? 0 ? ? 1 ? x1 ? 0 ? y1 ? 2 z1 ? 0, ?? ? 所以 y ? 0, x ? 2 z . 故可取 n ? 1 1 1 1 ? (2,0,1). 3 y2 ? 0 ? z2 ? 0. ?0 ? x1 ? ? 2 ?? ? ??? ? ?? ? ? ?n2 ?PA ? 0, 设 n2 ? ( x2 , y2 , z2 ) 是平面 PAD 的一个法向量,则由 ? ?? 得 ? ???? n ? AD ? 0 ? ? 2 ?0 ? x2 ? 0 ? y2 ? 2 z2 ? 0, ?? ? ? 所以 故可取 z ? 0, x ? ? 3 y . n ?1 2 2 2 2 ? ( 3, ?1,0). 3 y2 ? 0 ? z2 ? 0. ? x2 ? ?2 2 ?? ?? ? ?? ?? ? n1 ?n2 2 3 15 于是, cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? ? . ? ? 5 5?2 n1 ?n2

故平面 PAD 和平面 PBE 所成二面角(锐角)的大小是 arccos

15 . 5

11.(2008 湖南文) 如图所示,四棱锥 P ? ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形,

?BCD ? 600 ,
E 是 CD 的中点,PA ? 底面 ABCD, PA ? (I)证明:平面 PBE ? 平面 PAB; (II)求二面角 A—BE—P 和的大小。 11.解:解法一 (I)如图所示, 连结 BD, 由 ABCD 是菱形且 ?BCD ? 60 知,
0

P

3。
D

E

C

△BCD 是等边三角形. 因为 E 是 CD 的中点, 所以 BE ⊥ CD, 又 AB / /CD, 所以 BE ⊥ AB, 又因为 PA ? 平面 ABCD, BE ? 平面 ABCD, 所以 PA ⊥ BE, 而 PA ? AB ? A, 因此 BE ⊥ 平面 PAB. 又 BE ? 平面 PBE,所以平面 PBE ? 平面 PAB. (II)由(I)知, BE ⊥ 平面 PAB, PB ? 平面 PAB, 所以 PB ? BE. 又 AB ⊥ BE, 所以 ?PBA 是二面角 A ? BE ? P 的平面角. 在 Rt△PAB 中, PA tan ?PBA ? ? 3 ? ,PBA ? ?6. 0 . AB ? 故二面角 A ? BE ? P 的大小为 60 .

A

B

解法二:如图所示,以 A 为原点,建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是

3 3 1 3 3 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C ( , , 0), D( , , 0), P(0, 0). 0,3), E (1, , 2 2 2 2 2 ?? ? ? ??? ? ??? ? ?? 3 (I)因为 BE ? (0, , 0), 平面 PAB 的一个法向量是 n0 ? (01 , , 0), 所以 BE 和 n0 共线. 2 从而 BE ⊥ 平面 PAB. 又因为 BE ? 平面 PBE,所以平面 PBE ? 平面 PAB. ?? ??? ? ??? ? 3 (II) 易知 PB ? (1 , 0, ? 3), BE ? (0, , 0), 设 n1 ? ( x1,y1,z1 ) 是平面 PBE 的一个法向量, 2 ?? ??? ? ? x1 ? 0 ? y1 ? 3 z1 ? 0, ? ?n1 ? PB ? 0, ? 则由 ? ?? ??? 得? ? 3 n ? BE ? 0 y1 ? 0 ? z1 ? 0 ? ?0 ? x1 ? ? 1 ? 2
所以 y1 =0,x1 ? 3z1. 故可取 n1 ? ( 3, 0, 1). 而平面 ABE 的 一个法向量是 n2 ? (0, 01). ,

??

?? ?

?? ?? ? ?? ?? ? n1 ? n2 1 ? ? .. 于是, cos ? n1 , n2 ?? ?? ?? | n1 |? | n2 | 2
故二面角 A ? BE ? P 的大小为 60 .
?

12.(2008 江苏)记动点 P 是棱长为 1 的正方体 ABCD-A 1B 1C1D 1 的对角线 BD 1 上一点,记

D1 P ? ? .当 ?APC 为钝角时,求 ? 的取值范围. D1 B ? ??? ? ???? ???? 12.解:由题设可知,以 DA 、 DC 、 DD1 为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐 标系 D ? xyz ,则有 A(1, 0, 0) , B(1,1, 0) , C (0,1, 0) , D(0, 0,1) ???? ? ???? ? ???? ? z 由 D1B ? (1,1, ?1) ,得 D1P ? ? D1B ? (?, ?, ?? ) ,所以 ??? ? ???? ? ???? ? C1 D1 PA ? PD1 ? D1 A ? (??, ??, ?) ? (1,0, ?1) ? (1 ? ?, ??, ? ?1) ??? ? ???? ? ???? ? B1 PC ? PD1 ? DC ? (??, ??, ?) ? (0,1, ?1) ? (??,1? ?, ? ?1) A1 1 C D 显然 ?APC 不是平角,所以 ?APC 为钝角等价于 y ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? P PA?PC cos ?APC ? cos ? PA, PC ?? ??? ? ??? ? ?0, A B PA ?PC x ??? ? ??? ? 则等价于 PA?PC ? 0 1 即 (1 ? ? )(?? ) ? (?? )(1 ? ? ) ? (? ?1)2 ? (? ? 1)(3? ? 1) ? 0 ,得 ? ? ? 1 3 1 因此, ? 的取值范围是 ( ,1) 3
13.(2008 江西文、理) 如图,正三棱锥 O ? ABC 的三条侧棱 OA 、 OB 、 OC 两两垂直, 且长度均为 2.E 、F 分别是 AB 、AC 的中点,H 是 EF 的中点, 过 EF 的平面与侧棱 OA 、 OB 、 OC 或其延长线分别相交于 A1 、 B1 、 C1 ,已知

OA1 ?

3 . 2

(1)求证: B1C1 ⊥面 OAH ; (2)求二面角 O ? A 1B 1 ? C1 的大小. 13.解 : (1)证明:依题设, EF 是 ?ABC 的中位线, 所以 EF ∥ BC , 则 EF ∥平面 OBC ,所以 EF ∥ B1C1 。 又 H 是 EF 的中点,所以 AH ⊥ EF , 则 AH ⊥ B1C1 。 因为 OA ⊥ OB , OA ⊥ OC , 所以 OA ⊥面 OBC ,则 OA ⊥ B1C1 , 因此 B1C1 ⊥面 OAH 。 (2)作 ON ⊥ A1B1 于 N ,连 C1 N 。 因为 OC1 ⊥平面 OA 1B 1, 根据三垂线定理知, C1 N ⊥ A1B1 ,
A1 A H N E B F M O

C C1

?ONC1 就是二面角 O ? A1B1 ? C1 的平面角。 作 EM ⊥ OB1 于 M ,则 EM ∥ OA ,则 M 是 OB 的中点, 则 EM ? OM ? 1。

B1

x 3 OB1 OA1 ? ,解得 x ? 3 , 得, ? x ?1 2 MB1 EM 3 OA ? OB1 3 OA12 ? OB12 ? 5 ,则, ON ? 1 在 Rt?OA 。 ? 1 B1 ? 1B 1 中, A 2 A1B1 5 OC1 ? 5 ,故二面角 O ? A1B1 ? C1 为 arctan 5 。 所以 tan ?ONC1 ? ON
设 OB1 ? x ,由 解法二: (1)以直线 OA、OC、OB 分别为 x、y、z 轴,建立空间直角坐标系, O ? xyz 则

1 1 A(2, 0, 0), B(0, 0, 2), C (0, 2, 0), E (1, 0,1), F (1,1, 0), H (1, , ) 2 2 ???? ? 1 1 ???? 1 1 ??? 所以 AH ? (?1, , ), OH ? (1, , ), BC ? (0, 2, ?2) 2 2 2 2 ???? ??? ? ???? ??? ? 所以 AH ? BC ? 0, OH ? BC ? 0 所以 BC ? 平面 OAH 由 EF ∥ BC 得 B1C1 ∥ BC ,故: B1C1 ? 平面 OAH
(2)由已知 A1 ( , 0, 0), 设 B1 (0,0, z)

O

3 2 ???? ???? 1 则 A1 E ? (? , 0,1), EB1 ? (?1, 0, z ? 1) 2 ???? ???? ???? ???? ? ? R 由A 与 共线得 : 存在 有 E EB A E ? ? EB1 得 1 1 1

C A1 A H E B F C1

x

y

? 1 ? ? ? ?? ? z ?3 ? 2 ? ?1 ? ? ( z ? 1) ? B1 (0, 0,3) 同理: C1 (0,3,0) ???? ? ???? ? 3 3 ? A1 B1 ? (? , 0,3), A1C1 ? (? ,3, 0) 2 2 ? 设 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) 是平面 A1B1C1 的一个法向量, 则 令 x ? 2 得 y ? x ?1 ?? ?? ? ?n1 ? (2,1,1). 又 n2 ? (0,1,0) 是平面 OA1B1 的一个法量 ?? ?? ? 1 6 ? cos ? n1 , n2 ?? ? 4 ?1?1 6
所以二面角的大小为 arccos

B1

z

6 6

14.(2008 辽宁文)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD ? A?B?C ?D? 中,AP=BQ=b(0<b<1) , ? D ? C 截面 PQEF∥ A?D ,截面 PQGH∥ AD ? . H G (Ⅰ)证明:平面 PQEF 和平面 PQGH 互相垂直; A? B? (Ⅱ)证明:截面 PQEF 和截面 PQGH 面积之和是定值, 并求出这个值; P Q D C F E A B

(Ⅲ)若 b ?

1 ,求 D?E 与平面 PQEF 所成角的正弦值. 2

14.本小题主要考查空间中的线面关系和面面关系,解三角形等基础知识,考查空间想象能 力与逻辑思维能力.满分 12 分. 解法一: (Ⅰ)证明:在正方体中, AD? ? A?D , AD ? ? AB , 又由已知可得 PF ∥ A?D , PH ∥ AD? , PQ ∥ AB , 所以 PH ? PF , PH ? PQ , 所以 PH ? 平面 PQEF . 所以平面 PQEF 和平面 PQGH 互相垂直. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 4分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知

PF ? 2 AP,PH ? 2PA? ,又截面 PQEF 和截面 PQGH 都是矩形,且 PQ=1,所以截面
PQEF 和截面 PQGH 面积之和是 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 8分 ( 2 AP ? 2PA?) ? PQ ? 2 ,是定值. · (Ⅲ)解:设 AD ? 交 PF 于点 N ,连结 EN , D? C? 因为 AD ? ? 平面 PQEF , H G A? 所以∠D?EN 为 D?E 与平面 PQEF 所成的角. B? 1 D 因为 b ? ,所以 P,Q,E,F 分别为 AA? , BB? , BC , AD 的中点. P Q N 2 C E 3 3 2 A F B 可知 D?N ? , D?E ? . 2 4 3 2 2 所以 sin ∠D?EN ? 4 ? .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·12 分 3 2 2 解法二: 以 D 为原点,射线 DA,DC,DD′分别为 x,y,z 轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系 D-xyz.由已知得 DF ? 1 ? b ,故 A(1, 0, 0) , A?(1, 0, 1) , D(0, 0, 0) , D?(0, 0, 1) , z

P(1, 0,b) , Q(11 , ,b) , E (1 ? b, 1, 0) , F (1 ? b, 0, 0) , G(b, 11) , , H (b, 0, 1) .

(Ⅰ)证明:在所建立的坐标系中,可得

??? ? ??? ? PQ ? (01 , ,, 0) PF ? (?b, 0, ? b) , ???? P D PH ? (b ?1 , 01 , ? b) , ???? ? ???? ? A F AD? ? (?1 , 01) ,, A?D ? (?1 , 0, ?1) . ???? ? ???? ? ??? ? ???? ? ??? ? 因为 AD?? PQ ? 0, AD??PF ? 0 ,所以 AD? 是平面 PQEF 的法向量. x ???? ? ???? ? ??? ? ???? ? ???? 因为 A?D? PQ ? 0, A?D?PH ? 0 ,所以 A?D 是平面 PQGH 的法向量. ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? 因为 AD??A?D ? 0 ,所以 A?D ? AD? , ??? ?
??? ? ? ??? ? ???? ???? ?

H A?

D?
G B?

C?

Q C B E y

所以平面 PQEF 和平面 PQGH 互相垂直. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 4分

EF = PQ ,又 PF ?PQ ,所以 PQEF (Ⅱ)证明:因为 EF ? (0, ?1 , 0) ,所以 EF ∥ PQ,
为矩形,同理 PQGH 为矩形.

? ? ? ? ? ? ? ?

在所建立的坐标系中可求得 PH ? 所以 PH ? PF ?

?????

????? ???? ?

???? ? 2 ,又 PQ ? 1 ,

???? ? 2(1 ? b) , PF ? 2b ,

所以截面 PQEF 和截面 PQGH 面积之和为 2 ,是定值. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 8分 (Ⅲ)解:由(Ⅰ)知 AD? ? (?1 , 01) , 是平面 PQEF 的法向量. 由 P 为 AA? 中点可知, Q,E,F 分别为 BB? , BC , AD 的中点. 所以 E ? , 1, 0 ? , D?E ? ? , 1, ? 1? ,因此 D?E 与平面 PQEF 所成角的正弦值等于

???? ?

? ?1 ? ?1 ? ???? ?2 ? ?2 ? ???? ? ???? ? 2 .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·12 分 | cos ? AD?, D?E ?|? 2

15.(2008 辽宁理)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD ? A?B?C ?D? 中,AP=BQ=b(0<b<1) , ? D 截面 PQEF∥ A?D ,截面 PQGH∥ AD ? . C? H G (Ⅰ)证明:平面 PQEF 和平面 PQGH 互相垂直; B? (Ⅱ)证明:截面 PQEF 和截面 PQGH 面积之和是定值,并求出这个值; A? (Ⅲ)若 D?E 与平面 PQEF 所成的角为 45 ,求 D?E 与平 面 PQGH 所成角的正弦值.
?

P A

15.本小题主要考查空间中的线面关系,面面关系,解三角形等基础知识, 考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分 12 分. D? 解法一: H (Ⅰ)证明:在正方体中, AD? ? A?D , AD ? ? AB ,又由已知可得 A? PF ∥ A?D , PH ∥ AD? , PQ ∥ AB , P N D 所以 PH ? PF , PH ? PQ , 所以 PH ? 平面 PQEF . 所以平面 PQEF 和平面 PQGH 互相垂直. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 4分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知 PQEF 和截面 PQGH 面积之和是 A F

D F

Q B E

C

C?
G B? QM B E C

PF ? 2 AP,PH ? 2PA? ,又截面 PQEF 和截面 PQGH 都是矩形,且 PQ=1,所以截面
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 8分 ( 2 AP ? 2PA?) ? PQ ? 2 ,是定值. · (III)解:连结 BC′交 EQ 于点 M. 因为 PH ∥ AD? , PQ ∥ AB , 所以平面 ABC ?D? 和平面 PQGH 互相平行,因此 D?E 与平面 PQGH 所成角与 D?E 与平面 ABC ?D? 所成角相等. 与(Ⅰ)同理可证 EQ⊥平面 PQGH,可知 EM⊥平面 ABC ?D ? ,因此 EM 与 D?E 的比值就 是所求的正弦值. 设 AD ? 交 PF 于点 N,连结 EN,由 FD ? 1 ? b 知

2 2 ? (1 ? b) . 2 2 ? 因为 AD ? ⊥平面 PQEF,又已知 D?E 与平面 PQEF 成 45 角, ? 2 ? 2 2? ? (1 ? b) ? ? (1 ? b) 2 ? 2 , 所以 D?E ? 2 ND? ,即 2 ? 2 ? 1 解得 b ? ,可知 E 为 BC 中点. 2 D?E ? (1 ? b)2 ? 2,ND? ?

3 2 2 ,又 D?E ? (1 ? b) ? 2 ? , 2 4 EM 2 故 D?E 与平面 PQCH 所成角的正弦值为 .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·12 分 ? D?E 6
所以 EM= 解法二: 以 D 为原点,射线 DA,DC,DD′分别为 x,y,z 轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系 D-xyz 由已知得 DF ? 1 ? b ,故 A(1, 0, 0) , A?(1, 0, 1) , D(0, 0, 0) , D?(0, 0, 1) ,

P(1, 0,b) , Q(11 , ,b) , E (1 ? b, 1, 0) , F (1 ? b, 0, 0) , G(b, 11) , , H (b, 0, 1) .
(Ⅰ)证明:在所建立的坐标系中,可得

z H A? P A x

??? ? ??? ? PQ ? (01 , ,, 0) PF ? (?b, 0, ? b) , ???? PH ? (b ?1 , 01 , ? b) , ???? ? ???? ? AD? ? (?1 , 01) ,, A?D ? (?1 , 0, ?1) . ???? ? ???? ? ??? ? ???? ? ??? ? 因为 AD?? PQ ? 0, AD??PF ? 0 ,所以 AD? 是平面 PQEF 的法向量. ???? ? ???? ? ??? ? ???? ? ???? 因为 A?D? PQ ? 0, A?D?PH ? 0 ,所以 A?D 是平面 PQGH 的法向量. ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? 因为 AD??A?D ? 0 ,所以 A?D ? AD? , ??? ?
??? ? ? ??? ? ???? ???? ?

D?
G B?

C?

D F

Q C B E y

所以平面 PQEF 和平面 PQGH 互相垂直. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 4分

EF ? PQ ,又 P (Ⅱ) 证明:因为 EF ? (0, ?1 , 0) ,所以 EF ∥ PQ, F ?P Q ,所以 PQEF
为矩形,同理 PQGH 为矩形. 所以 PH ? PF ? 在所建立的坐标系中可求得 PH ?

? ? ? ? ? ? ? ?

?????

????? ???? ?

???? ? 2 ,又 PQ ? 1 ,

???? ? 2(1 ? b) , PF ? 2b ,

所以截面 PQEF 和截面 PQGH 面积之和为 2 ,是定值. · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 8分 (Ⅲ)解:由已知得 D?E 与 AD? 成 45 角,又 D?E ? (1 ? b, 1 , ?1), AD? ? (?1 , 01) , 可得
?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ?

???? ? ???? ? D?E ?AD? ????? ? ????? ? ? D?E AD?
1 . 2

b?2 2 (1 ? b)2 ? 2

?

2 , 2

(1 ? b) ? 2 ???? ? ?1 ???? ? ? 所以 D?E ? ? , 1, ? 1? ,又 A?D ? (?10 , , ?1) ,所以 D?E 与平面 PQGH 所成角的正弦值为 ?2 ? 1 ? ?1 ???? ? ???? ? 2 .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·12 分 | cos ? D?E, A?D ?|? 2 ? 3 6 ? 2 2
2



2?b

? 1 ,解得 b ?

E 16.(2008 全国Ⅱ卷文、理) 如图,正四棱柱 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中, AA 1 ? 2 AB ? 4 ,点 D 1 C1 在 CC1 上且 C1 E ? 3EC . A1 B1 (Ⅰ)证明: AC ? 平面 BED ; 1
(Ⅱ)求二面角 A1 ? DE ? B 的大小. E D A B C

16.解法一: 依题设, AB ? 2 , CE ? 1 . (Ⅰ)连结 AC 交 BD 于点 F ,则 BD ? AC . 由三垂线定理知, BD ? AC · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 3分 1 .·

G, 在平面 A1CA 内,连结 EF 交 AC 1 于点

D1 A1 B1

C1

AA1 AC ? ?2 2, FC CE 故 Rt△A ? ?CFE , 1 AC ∽ Rt△FCE , ?AAC 1 ?CFE 与 ?FCA1 互余.
由于 于是 AC ? EF . 1

D A F

BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直, AC 1 与平面 ? 平面 BED . · 所以 AC · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6分 1 (Ⅱ)作 GH ? DE ,垂足为 H ,连结 A1H .由三垂线定理知 A 1 H ? DE ,
故 ?A · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 8分 1HG 是二面角 A 1 ? DE ? B 的平面角. ·

HE G C B

EF ? CF 2 ? CE 2 ? 3 , 3 CE ? CF 2 2 2 , EG ? CE ? CG ? . CG ? ? 3 EF 3 EG 1 1 EF ? FD 2 ? , GH ? ? . ? EF 3 3 DE 15
又 A1C ?

AA12 ? AC 2 ? 2 6 , AG ? AC 1 1 ? CG ?

5 6 . 3

A1G ?5 5. HG 所以二面角 A1 ? DE ? B 的大小为 arctan 5 5 .-----------12 分 tan ?A1 HG ?
解法二: 以 D 为坐标原点,射线 DA 为 x 轴的正半轴, 建立如图所示直角坐标系 D ? xyz . 依题设, B(2, 2,, 0) C(0, 2,, 0) E(0, 2,, 1) A1 (2, 0, 4) . A1

z D1 B1 C1

???? ???? ? ??? ? ??? ? DE ? (0, 21) ,, DB ? (2, 2, 0) , AC ? (?2, 2, ? 4), DA1 ? (2, 0, 4) .----3 分 E 1 ???? ??? ? ???? ??? ? (Ⅰ)因为 AC DB ? 0 , AC DE ? 0 , 1 ? 1 ? D C y 故 AC , . ? BD AC ? DE A B 1 1 x 又 DB ? DE ? D , 所以 AC · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 6分 ? 平面 DBE . · 1 (Ⅱ)设向量 n ? ( x,y,z ) 是平面 DA 1E 的法向量,则 ??? ? ???? ? n ? DE , n ? DA1 . 故 2 y ? z ? 0 , 2x ? 4z ? 0 . 1, ? 2) . · 令 y ? 1 ,则 z ? ?2 , x ? 4 , n ? (4, · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 9分 ???? ? n, AC ? 等于二面角 A1 ? DE ? B 的平面角, 1

???? ???? n?A1C 14 . cos ? n, A1C ?? ???? ? 42 n A1C
所以二面角 A1 ? DE ? B 的大小为 arccos

14 .· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·12 分 42

17.(2008 全国Ⅰ卷文)(四棱锥 A ? BCDE 中,底面 BCDE 为矩形,侧面 ABC ? 底面

BCDE , BC ? 2 , CD ? 2 , AB ? AC . (Ⅰ)证明: AD ? CE ; (Ⅱ)设侧面 ABC 为等边三角形,求二面角 C ? AD ? E 的大小.
17.解: (1)取 BC 中点 F ,连接 DF 交 CE 于点 O , AB ? AC , ? ? AF ? BC , 又面 ABC ? 面 BCDE , ? AF ? 面 BCDE , ? AF ? CE .

A

B C D

E

tan ?CED ? tan ?FDC ?

2 , 2

? CE ? 面 ADF , ? CE ? AD . (2)在面 ACD 内过 C 点做 AD 的垂线,垂足为 G . ? CG ? AD , CE ? AD , ? AD ? 面 CEG , ? EG ? AD , 则 ?CGE 即为所求二面角.

? ?OED ? ?ODE ? 90? , ??DOE ? 90? ,即 CE ? DF ,

CG ?

6 AC ? CD 2 3 , DG ? , ? 3 AD 3 30 EG ? DE 2 ? DG 2 ? , 3 CE ? 6 ,

CG 2 ? GE 2 ? CE 2 10 , ?? 2CG? GE 10 ? 10 ? ??CGE ? π ? arccos ? ? 10 ? ?. ? ?
则 cos ?CGE ? 18.(2008 全国Ⅰ卷理) 四棱锥 A ? BCDE 中,底面 BCDE 为矩形,侧面 ABC ? 底面

BCDE , BC ? 2 , CD ? 2 , AB ? AC . (Ⅰ)证明: AD ? CE ; ? (Ⅱ)设 CE 与平面 ABE 所成的角为 45 ,求二面角 C ? AD ? E 的大小.
18.解: (1)取 BC 中点 F ,连接 DF 交 CE 于点 O ,

A

B C D

E

? AB ? AC ,? AF ? BC , 又面 ABC ? 面 BCDE ,? AF ? 面 BCDE , ? AF ? CE . 2 , tan ?CED ? tan ?FDC ? 2 ? ?OED ? ?ODE ? 90? ,??DOE ? 90? ,即 CE ? DF ,

A

? CE ? 面 ADF ,? CE ? AD . (2)在面 ACD 内过 C 点作 AD 的垂线,垂足为 G . ? CG ? AD , CE ? AD ,? AD ? 面 CEG ,? EG ? AD , 则 ?CGE 即为所求二面角的平面角.

B
F

G
O

E D

6 30 AC ? CD 2 3 2 2 , DG ? , EG ? DE ? DG ? , CG ? ? 3 3 AD 3 18 题图 2 2 2 CG ? GE ? CE 10 , ?? CE ? 6 ,则 cos ?CGE ? 2CG? GE 10 ? 10 ? ? 10 ? ??CGE ? π ? arccos ? ,即二面角 C ? AD ? E 的大小 π ? arccos ? ? ? 10 ? ? 10 ? ?. ? ? ? ?

C

19. (2008 山东理)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

6 ,求二面角 E—AF—C 的余弦值。 2

19. (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)解: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,

3 3 ,AO=AE·cos30°= , 2 2 3 2 又 F 是 PC 的中点,在 Rt△ASO 中,SO=AO·sin45°= , 4 3 8 30 又 SE ? EO2 ? SO2 ? ? ? , 4 9 4 3 2 SO 15 ? 4 ? , 在 Rt△ESO 中,cos∠ESO= SE 5 30 4 15 即所求二面角的余弦值为 . 5
在 Rt△AOE 中,EO=AE·sin30°= 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 E、F 分别为 BC、PC 的中点,所以 A(0,0,0) ,B( 3 ,-1,0) ,C(C,1,0) , D (0, 2, 0) , P (0, 0, 2) , E ( 3, 0, 0) , F ( 所以

3 1 , , ,1 ) 2 2

??? ? ??? ? 3 1 AE ? ( 3,0,0), AF ? ( , ,1). 2 2 设平面 AEF 的一法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ), ??? ? ? ?m?AE ? 0, 则 ? ??? ? m ? AF ? 0, ? ? ? 3x1 ? 0, ? 因此 ? 3 1 x1 ? y1 ? z1 ? 0. ? ? 2 2 取 z1 ? ?1, 则m ? (0, 2, ?1),
因为 BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A, 所以 BD⊥平面 AFC, 故

??? ? BD 为平面 AFC 的一法向量. ??? ? BD =(- 3,3,0 ) 又 , ??? ? ??? ? m?BD 2?3 15 ??? ? ? 所以 cos<m, BD >= ? . 5 | m |? | BD | 5 ? 12
因为 二面角 E-AF-C 为锐角, 所以所求二面角的余弦值为

15 . 5

20.(2008 陕西理)三棱锥被平行于底面 ABC 的平面所截得的几何体如图所示,截面为

A1B1C1 , ?BAC ? 90? , A1 A ? 平面 ABC , A1 A ? 3 , AB ? 2 , AC ? 2 , AC 1 1 ?1,
A1 B1 A B D C1

C

BD 1 ? . DC 2
(Ⅰ)证明:平面 A1 AD ? 平面 BCC1B1 ; (Ⅱ)求二面角 A ? CC1 ? B 的大小. 20.解法一: (Ⅰ)? A1 A ? 平面 ABC,BC ? 平面 ABC ,

? BC ? 6 , ? A1 A ? BC .在 Rt△ ABC 中, AB ? 2,AC ? 2,
? BD : DC ? 1: 2 ,? BD ?

6 BD 3 AB ,又 , ? ? 3 AB 3 BC ?△DBA ∽△ ABC ,??ADB ? ?BAC ? 90? ,即 AD ? BC . 又 A1 A ? AD ? A ,? BC ? 平面 A 1 AD , ? BC ? 平面 BCC1B1 ,? 平面 A1 AD ? 平面 BCC1B1 . (Ⅱ)如图,作 AE ? C1C 交 C1C 于 E 点,连接 BE , 由已知得 AB ? 平面 ACC1 A1 . ? AE 是 BE 在面 ACC1 A1 内的射影.
由三垂线定理知 BE ? CC1 ,

A1 B1

C1 E

A F

C

D B (第 20 题, 解法一)

? ?AEB 为二面角 A ? CC1 ? B 的平面角.
过 C1 作 C1F ? AC 交 AC 于 F 点, 则 CF ? AC ? AF ? 1 , C1F ? A 1A ? 3 ,

??C1CF ? 60? .
3 ? 3. 2 AB 2 6 在 Rt△BAE 中, tan AEB ? . ? ? AE 3 3 6 , ??AEB ? arctan 3 6 即二面角 A ? CC1 ? B 为 arctan . 3
在 Rt△ AEC 中, AE ? AC sin 60 ? 2 ?
?

z B1 A1 C1

解法二: (Ⅰ)如图,建立空间直角坐标系, 则 A(0, 0,, 0) B( 2, 0,, 0) C(0, 2,, 0) A1(0, 0,3),C1(01 , ,3) , B

A D C y

??? ? 1 ??? ? ? BD : DC ? 1: 2 ,? BD ? BC . x 3 (第 20 题,解法二) ?2 2 2 ? ? D 点坐标为 ? , 0? ? 3 , ?. 3 ? ? ???? ? 2 2 2 ? ??? ? ???? , , 0 , BC ? (? 2, ? AD ? ? 2 ,, 0) AA1 ? (0, 0,3) . ? ? 3 3 ? ? ? ??? ? ???? ??? ? ???? ? BC?AA1 ? 0 , BC ?AD ? 0 ,? BC ? AA1 , BC ? AD ,又 A1 A ? AD ? A ,
? BC ? 平面 A1 AD ,又 BC ? 平面 BCC1B1 ,? 平面 A1 AD ? 平面 BCC1B1 . ??? ? (Ⅱ)? BA ? 平面 ACC1 A1 ,取 m ? AB ? ( 2, 0, 0) 为平面 ACC1 A1 的法向量,

设平面 BCC1B1 的法向量为 n ? (l,m,n) ,则 BC? n ? 0, CC1 ? n?0.

??? ?

???? ?

? 3 ?? 2l ? 2m ? 0, ?? ? l ? 2m,n ? m, 3 ? ??m ? 3n ? 0, ? 3? 1 , 如图,可取 m ? 1 ,则 n ? ? 2, ?, ? 3 ? ? ?

cos ? m,n ??

2 ? 2 ? 0 ?1 ? 0 ?
2 2 2 2

3 3
2 2

? 3? ( 2) ? 0 ? 0 ? ( 2) ? 1 ? ? ? ? 3 ?
15 . 5

?

15 , 5

即二面角 A ? CC1 ? B 为 arccos

21.(2008 陕西文) 三棱锥被平行于底面 ABC 的平面所截得的几何体如图所示,截面为

D A1B1C1 ,?BAC ? 90? ,A1 A ? 平面 ABC ,A1 A ? 3 ,AB ? AC ? 2 AC 1 1 ? 2 , 为 BC
中点. (Ⅰ)证明:平面 A1 AD ? 平面 BCC1B1 ; (Ⅱ)求二面角 A ? CC1 ? B 的大小. 21.解: B A1 B1 A D C1

C

22.(2008 四川文) 如图,平面 ABEF ? 平面 ABCD ,四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯 形,

?BAD ? ?FAB ? 900 , BC

// ?

1 AD , BE 2

// ?

1 AF , G , H 分别为 FA, FD 的中点 2

(Ⅰ)证明:四边形 BCHG 是平行四边形; (Ⅱ) C , D, F , E 四点是否共面?为什么? (Ⅲ)设 AB ? BE ,证明:平面 ADE ? 平面 CDE ; 22. 【解 1】 : (Ⅰ)由题意知, FG ? GA, FH ? HD

1 所以 GH // AD
?

2

1 又 BC // AD ,故 GH // BC
?

2

?

所以四边形 BCHG 是平行四边形。 (Ⅱ) C , D, F , E 四点共面。理由如下:

1 由 BC // AF , G 是 FA 的中点知, BE // GH ,所以 EF // BG
?

2

?

由(Ⅰ)知 BG // CH ,所以 EF // CH ,故 EC , FH 共面。 又点 D 在直线 FH 上 所以 C , D, F , E 四点共面。
0 (Ⅲ)连结 EC ,由 AB ? BE , BE // AG 及 ?BAG ? 90 知 ABEG 是正方形

?

故 BG ? EA 。由题设知 FA, FD, AB 两两垂直,故 AD ? 平面 FABE , 因此 EA 是 ED 在平面 FABE 内的射影,根据三垂线定理, BG ? ED 又 ED ? EA ? E ,所以 BG ? 平面 ADE

由(Ⅰ)知 CH // BG ,所以 CH ? 平面 ADE 。 由(Ⅱ)知 F ? 平面 CDE ,故 CH ? 平面 CDE ,得平面 ADE ? 平面 CDE 【解 2】 :由平面 ABEF ? 平面 ABCD , AF ? AB ,得 AF ? 平面 ABCD , 以 A 为坐标原点,射线 AB 为 x 轴正半轴,建立如图所示的直角坐标系 A ? xyz (Ⅰ)设 AB ? a,BC ? b, BE ? c ,则由题设得

A? 0 , 0? , 0 B , 0a? b ? ,a ? ,, 0 ?C ???? ??? ? 所以 HG ? ? 0, b,0 ? , BC ? ? 0, b,0 ? ???? ??? ? 于是 HG ? BC

?

, D , 0 b ? ,?

0? , E2 ? a , 0 c?, G ? , 0 ?,c

,H 0 b , 0c,

,

又点 G 不在直线 BC 上 所以四边形 BCHG 是平行四边形。 (Ⅱ) C , D, F , E 四点共面。理由如下:

??? ? ???? ??? ? ???? EF ? ? ?a,0.c ? , CH ? ? ?a,0.c ? , EF ? CH 又 C ? EF , H ? FD ,故 C , D, E , F 四点共面。 ???? ??? ? (Ⅲ)由 AB ? BE 得,所以 CH ? ? ?a,0, a ? , AE ? ? a,0, a ? ???? ???? ??? ? ???? ??? ? 又 AD ? ? 0, 2b,0 ? ,因此 CH ? AE ? 0, CH ? AD ? 0 即 CH ? AE, CH ? AD 又 AD ? AE ? A ,所以 CH ? 平面 ADE
故由 CH ? 平面 CDFE ,得平面 ADE ? 平面 CDE 【点评】 :此题重点考察立体几何中直线与直线的位置关系,四点共面问题,面面垂直问题, 考察了空间想象能力,几何逻辑推理能力,以及计算能力; 【突破】 :熟悉几何公理化体系,准确推理,注意逻辑性是顺利进行解法 1 的关键;在解法 2 中,准确的建系,确定点坐标,熟悉向量的坐标表示,熟悉空间向量的计算在几何位置的 证明,在有关线段,角的计算中的计算方法是解题的关键。 23.(2008 四川理) 如图,平面 ABEF ? 平面 ABCD ,四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角 梯形,

由题设知 F ? 0,0,2c ? ,所以

?BAD ? ?FAB ? 900 , BC

// ?

1 AD , BE 2

// ?

1 AF 2

(Ⅰ)证明: C , D, F , E 四点共面; (Ⅱ)设 AB ? BC ? BE ,求二面角 A ? ED ? B 的大小; 23. 【解 1】 : (Ⅰ)延长 DC 交 AB 的延长线于点 G ,

2 ' 延长 FE 交 AB 的延长线于 G
?

1 由 BC // AD 得

GB GC ? ? GA GD

B C1 ? A D2

同理可得

G ' E G ' B BE 1 ? ? ? G ' F G ' A AF 2 G ' B GB ' 故 ' ? ,即 G 与 G 重合 G A GA 因此直线 CD、EF 相交于点 G ,即 C , D, F , E 四点共面。

(Ⅱ)设 AB ? 1 ,则 BC ? BE ? 1 , AD ? 2 取 AE 中点 M ,则 BM ? AE ,又由已知得, AD ? 平面 ABEF 故 AD ? BM , BM 与平面 ADE 内两相交直线 AD、AE 都垂直。 所以 BM ? 平面 ADE ,作 MN ? DE ,垂足为 N ,连结 BN 由三垂线定理知 BN ? ED,?BMN 为二面角 A ? ED ? B 的平面角。

2 1A D ? A E , M? N ? ? 2 2 DE BM 6 故 tan ?BMN ? ? MN 2 6 所以二面角 A ? ED ? B 的大小 arctan 2 B M?

3 3

【解 2】 :由平面 ABEF ? 平面 ABCD , AF ? AB ,得 AF ? 平面 ABCD ,以 A 为坐标 原点,射线 AB 为 x 轴正半轴,建立如图所示的直角坐标系 A ? xyz (Ⅰ)设 AB ? a,BC ? b, BE ? c ,则

B? a , 0, C a, 0, D ? ,0 ? ?b , ? 0 E, ?a ?, c ?, ??? ? ??? ? EC ? ? 0, b, ?c ? , FD ? ? 0, 2b, ?2c ? ??? ? 1 ??? ? 故 EC ? FD ,从而由点 E ? FD ,得 EC // FD 2
故 C , D, F , E 四点共面 (Ⅱ)设 AB ? 1 ,则 BC ? BE ? 1 ,

?

0 b , 2? F , 0 , c0, 0, 2

B ?1,0,0? , C ?1,1,0? , D ?0,2,0? , E ?1,0,1? ???? ? ???? ?5 1 5? 在 DE 上取点 M ,使 DM ? 5ME ,则 M ? , , ? ?6 3 6? ???? ? 1 1 5 ? 从而 MB ? ? , ? , ? ? ?6 3 6? ???? ???? ???? 又 DE ? ?1, ?2,1? , MB ? DE ? 0, MB ? DE ???? ??? ? ?2 2 2? 在 DE 上取点 N ,使 DN ? 2 NE ,则 N ? , , ? ?3 3 3? ??? ? ? 2 2 2 ? ??? ? ???? 从而 NA ? ? ? , ? , ? ? , NA ? DE ? 0, NA ? DE ? 3 3 3? ? ???? ??? 故 MB 与 NA 的夹角等于二面角 A ? DE ? B 的平面角, ???? ??? ? ???? ??? ? MB ? NA 10 cos MB ? NA ? ???? ??? ? ? 5 MB ? NA
所以二面角 A ? DE ? B 的大小 arccos

10 5

【点评】 :此题重点考察立体几何中四点共面问题和求二面角的问题,考察空间想象能力, 几何逻辑推理能力,以及计算能力; 【突破】 :熟悉几何公理化体系,准确推理,注意书写格式是顺利进行解法 1 的关键;在解 法 2 中,准确的建系,确定点坐标,熟悉向量的坐标表示,熟悉空间向量的计算在几何位置 的证明,在有关线段,角的计算中的计算方法是解题的关键。

24. (2008 浙江文、理)如图,矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直,BE//CF,

? BCF= ? CEF= 90 ? ,AD= 3 ,EF=2。
(Ⅰ)求证:AE//平面 DCF; (Ⅱ)当 AB 的长为何值时,二面角 A-EF-C 的大小为 60 ? ?

24.本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识,同时考查空间想象能 力和推理运算能力.满分 14 分. 方法一: (Ⅰ)证明:过点 E 作 EG ? CF 交 CF 于 G ,连结 DG , D 可得四边形 BCGE 为矩形, A 又 ABCD 为矩形, C 所以 AD ∥EG ,从而四边形 ADGE 为平行四边形, G B 故 AE ∥ DG . F 因为 AE ? 平面 DCF , DG ? 平面 DCF , H E 所以 AE ∥ 平面 DCF . (Ⅱ)解:过点 B 作 BH ? EF 交 FE 的延长线于 H ,连结 AH . 由平面 ABCD ? 平面 BEFC , AB ? BC ,得 AB ? 平面 BEFC , 从而 AH ? EF . 所以 ? AHB 为二面角 A ? EF ? C 的平面角.
? 在 Rt△EFG 中,因为 EG ? AD ? 3 , EF ? 2 ,所以 ?CFE ? 60 , FG ? 1 . 又因为 CE ? EF ,所以 CF ? 4 , z 从而 BE ? CG ? 3 . D 3 3 A 于是 BH ? BE ? . sin ?BEH ? C 2

因为 AB ? BH ?tan ?AHB ,

F 9 ? 所以当 AB 为 时,二面角 A ? EF ? C 的大小为 60 . y E 2 方法二:如图,以点 C 为坐标原点,以 CB,CF 和 CD 分别作为 x 轴, y 轴和 z 轴,建立 空间直角坐标系 C ? xyz . 设 AB ? a,BE ? b,CF ? c , 0, 0) , A( 3, 0) . 则 C (0, 0, 0) , E( 3,b, 0,a) , B( 3, 0) , F (0,c, ??? ? ??? ? ??? ? (Ⅰ)证明: AE ? (0,b, 0) , ? a) , CB ? ( 3, 0, 0) , BE ? (0,b, ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? CE ? 0 , CB?BE ? 0 ,从而 CB ? AE , CB ? BE , 所以 CB? 所以 CB ? 平面 ABE . 因为 CB ? 平面 DCF , 所以平面 ABE ∥ 平面 DCF . 故 AE ∥ 平面 DCF . ??? ? ??? ? (Ⅱ)解:因为 EF ? (? 3,c ? b,0) , CE ? ( 3,b, 0) , ??? ? ??? ? ??? ? CE ? 0 , | EF |? 2 ,从而 所以 EF ? ? ??3 ? b(c ? b) ? 0, ? 2 ? ? 3 ? (c ? b) ? 2, 解得 b ? 3,c ? 4 . 4, 0) . 所以 E( 3, 3, 0) , F (0,

x

B

设 n ? (1 ,y,z ) 与平面 AEF 垂直, 则 n?AE ? 0 , n?EF ? 0 ,

??? ?

??? ?

3 3 ). a ??? ? 又因为 BA ? 平面 BEFC , BA ? (0, 0,a) , ??? ? ??? ? | BA?n | 3 3a 1 ? 所以 | cos ? n, BA ?|? ??? ? ? , 2 | BA |? | n | a 4a ? 27 2 9 得到 a ? . 2 9 ? 所以当 AB 为 时,二面角 A ? EF ? C 的大小为 60 . 2
解得 n ? (1 ,3, 25. (2008 重庆理)如题(19)图,在 ? ABC 中,B= 90 ,AC= 上.使
?

15 ,D、E 两点分别在 AB、AC 2

AD AE ? ? 2 ,DE=3.现将 ? ABC 沿 DE 折成直二 DB EC

角角,求: (Ⅰ)异面直线 AD 与 BC 的距离; (Ⅱ)二面角 A-EC-B 的大小(用反三角函数表示). 25. (本小题 13 分) 解法一: (Ⅰ)在答(19)图 1 中,因 从而 AD⊥DE. 在第(19)图 2 中,因 A-DE-B 是直二面角,AD⊥DE,故 AD⊥底 面 DBCE,从而 AD⊥DB.而 DB⊥BC,故 DB 为异面直线 AD 与 BC 的公垂线. 下求 DB 之长.在答(19)图 1 中,由 又已知 DE=3,从而 BC ?
2

AD AE ? ,故 BE∥BC.又因 B=90°, DB CE

AD AE DE AD 2 ? ? 2 ,得 ? ? . CB BC BC AB 3

3 9 DE ? . 2 2
2 2 2

? 15 ? ? 9 ? AB ? AC ? BC ? ? ? ? ? ? ? 6. ? 2 ? ?2? DB 1 ? , 故DB=2. 因 AB 3
(Ⅱ)在第(19)图 2 中,过 D 作 DF⊥CE,交 CE 的延长线于 F,连接 AF.由(1)知, AD⊥底面 DBCE,由三垂线定理知 AF⊥FC,故∠AFD 为二面角 A-BC-B 的平面 角. 在底面 DBCE 中,∠DEF=∠BCE,

1 15 5 DB ? 2, EC ? ? ? , 3 2 2 DB 4 ? . 因此 sin BCE ? EC 5

从而在 Rt△DFE 中,DE=3,

4 12 DF ? DE sin DEF ? DE sin BCE ? 3? ? . 5 5 AD 5 ? . 在 Rt ?AFD中, AD ? 4, tan AFD ? DF 3 5 因此所求二面角 A-EC-B 的大小为 arctan . 3
解法二: (Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)如答(19)图 3.由(Ⅰ)知,以 D 点为坐标原点, DB 、 DE、 DA 的方向为 x、 y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 D(0,0,0) ,A(0,0,4) ,

??? ? ??? ? ??? ?

? 9 ? C ? 2, , 0 ? ,E(0,3,0). ? 2 ? ???? ? 3 ? ???? AD=? - 2,- , 0 ?, AD=(0,0,- 4).过 D 作 DF⊥CE,交 CE 的延长线 2 ? ?
于 F,连接 AF.

设 F ( x0 , y0 ,0), 从而 DF ? ( x0 , y0 ,0),

????

??? ? EF ? ( x0 , y0 ? 3,0). 由DF ? CE ,有 ???? ??? ? 3 DF ? CE ? 0, 即2 x0 ? y0 ? 0. ① 2 ??? ? ??? ? x y ?3 又由 CE ?EF , 得 0 ? 0 ② . 3 2 2
联立①、②,解得

x0 ? ?

??? ? ? 36 48 36 48 ? 36 48 ? ? , y0 ? .即F ? ? , , 0 ?,得 AF ? ? ? , , ?4 ? . 25 25 ? 25 25 ? ? 25 25 ?
??? ? ??? ?

因为 AF ? CE ? ? ?

48 ? 3 ? ? 36 ? ??(?2) ? ? ? ? ? ? 0 ,故 AF ? CE ,又因 DF ? CE ,所以 25 ? 2 ? ? 25 ? ???? ? 36 48 ? ? DFA 为所求的二面角 A-EC-B 的平面角.因 DF ? ? ? , , 0 ? , 有 ? 25 25 ? ???? 2 2 AD 5 ???? ???? 36 48 12 ? ? ? ? DF ? ? ? ? ? ? ? ? , AD ? 4, 所以 tan AFD ? ???? ? . 5 ? 25 ? ? 25 ? DF 3
5 3

因此所求二面角 A-EC-B 的大小为 arctan .


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