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必修2


新课标数学(人教 A 版)必修 2 第二章《点、直线、平面之间的位置关系》练习题
一、选择题
1. 【06 陕西·理】已知平面 ? 外不共线的三点 A, B, C 到 ? 的距离都相等,则正确的结论是 A. 平面 ABC 必平行于 ? B. 平面 ABC 必与 ? 相交 ABC C. 平面 必不垂直于 ? D. 存在 ?ABC 的一条中位线平行于 ? 或在 ? 内 2. 【06 上海·理】若空间中有四个点,则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个 点在同一平面上”的 (A)充分非必要条件; (B)必要非充分条件; (C)充要条件; (D)非充分非必要条件. 3. 【06 上海·文】如果一条直线与一个平面垂直,那么,称此直线与平面构成一个“正交线 面对”。在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线 面对”的个数是 (A)48 (B)18 (C)24 (D)36 4. 【06 四川·理】 已知二面角 ? ? l ? ? 的大小为 60 , m、n 为异面直线,且 m ? ?,n ? ? ,则 m、n 所成的角为
0

(A) 30 (B) 60 (C) 90 (D) 120 5. 【06 四川·理】 已知球 O 半径为 1,A、B、C 三点都在球面上,A、B 两点和 A、C 两点的球面距离都是 ? ,B、C 两点的球面距离是 ? ,则二面角 B ? OA ? C 的大小是 3 4 (A)

0

0

0

0

? 4

(B)

? 3

(C)

? 2

(D) 2? 3

7. 【06 天津·理】设 m 、 n 是两条不同的直线, ? 、 ? 是两个不同的平面.考查下列命题, 其中正确的命题是 A. m ? ? , n ? ? , m ? n ? ? ? ? C. ? ? ? , m ? ? , n // ? ? m ? n B. ? // ? , m ? ? , n // ? ? m ? n D. ? ? ? ,? ? ? ? m, n ? m ? n ? ?

8. 【06 北京·文】设 A、B、C、D 是空间四个不同的点,在下列命题中,不正确 的是 ... A.AC 与 BD 共面,则 AD 与 BC 共面 B.若 AC 与 BD 是异面直线,则 AD 与 BC 是异面直线 C.若 AB=AC,DB=DC,则 AD=BC D.若 AB=AC,DB=DC,则 AD ? BC 9. 【06 天津·文】若 l 为一条直线,?,?,? 为三个互不重合的平面,给出下面三个命题:

?, ? ? ∥ ? ? ? ? ① ? ? ?,? ? ? ? ? ? ? ; ②? ?

; ③ l ∥?,l ? ? ? ? ? ? .

其中正确的命题有 A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 10. 【06 浙江·理】如图,O 是半径为 1 的球心,点 A、B、C 在球面上,OA、OB、OC 两

20

两垂直,E、F 分别是大圆弧

? AB 与 ? AC 的中点,则点 E、F 在该球面上的球面距离是
(C)

(A)

? 4

(B)

? 3

? 2

(D)

2? 4

11. 【06 浙江·文】如图, 正三棱柱 ABC ? A A1C1 1B 1C1 的各棱长都为 2,E、F 分别为 AB、 的中点,则 EF 的长是 (A)2 (B) 3 (C) 5 (D) 7

12. 【06 重庆·文】若 P 是平面 ? 外一点,则下列命题正确的是 (A)过 P 只能作一条直线与平面 ? 相交 (B)过 P 可作无数条直线与平面 ? 垂直 (C)过 P 只能作一条直线与平面 ? 平行 (D)过 P 可作无数条直线与平面 ? 平行 13. 【06 重庆·理】对于任意的直线 l 与平面 ? ,在平面 ? 内必有直线 m ,使 m 与 l (A)平行 (B)相交 (C)垂直 (D)互为异面直线 14. 【06 福建·理】对于平面 ? 和共面的直线 m 、 n, 下列命题中真命题是 (A)若 m ? ? , m ? n, 则 n∥ ? (C)若 m ? ? , n∥? ,则 m∥ n (B)若 m∥? ,n∥? ,则 m∥ n (D)若 m 、 n 与 ? 所成的角相等,则 m∥ n

15. 【06 湖北·理】关于直线 m 、 n 与平面 ? 、 ? ,有下列四个命题: ① 若 m // ? , n // ? 且 ? // ? ,则 m // n ; ② 若 m ? ? , n ? ? 且 ? ? ? ,则 m ? n ; ③ 若 m ? ? , n // ? 且 ? // ? ,则 m ? n ; ④ 若 m // ? , n ? ? 且 ? ? ? ,则 m // n 。 其中真命题的序号式 A.①② B.③④ C.①④ 16. 【06 辽宁·文】给出下列四个命题: ①垂直于同一直线的两条直线互相平行 ②垂直于同一平面的两个平面互相平行
21

D.②③

③若直线 l1 , l2 与同一平面所成的角相等,则 l1 , l2 互相平行 ④若直线 l1 , l2 是异面直线,则与 l1 , l2 都相交的两条直线是异面直线 其中假命题 的个数是 ... (A)1 (B)2

(C)3

(D)4

17. 【06 全国Ⅱ·理】如图,平面 ? ? 平面 ? , A ?? , B ? ? , AB 与两平面 ? 、 ? 所成的 角分别为

? ? 和 。过 A、B 分别作两平面交线的垂线,垂足为 A ' 、 4 6
A

?

B? ,则 AB : A ' B ' ? (A) 2 :1 (B) 3 :1

(C) 3 : 2

(D) 4 : 3

B' A'

B ?

18. 【06 全国Ⅱ·文】如图(同理科图) ,平面 ? ? 平面 ? ,

A ?? , B ? ? , AB 与两平面 ? 、 ? 所成的角分别为

? ? 和 。过 A、B 分别作两平面交 4 6

线的垂线,垂足为 A ' 、 B? ,若 AB=12,则 A ' B ' ? (A)4 (B)6 (C)8 (D)9

二、填空题
1. 【06 安徽·理】多面体上,位于同一条棱两端的顶点称为相邻的,如图,正方体的一个 顶点 A 在平面 ? 内,其余顶点在 ? 的同侧,正方体上与顶点 A 相邻的三个顶点到 ? 的 距离分别为 1,2 和 4,P 是正方体的其余四个顶点中的一个,则 P 到平面 ? 的距离可 能是: ①3; ②4; ③5; ④6; ⑤7 以上结论正确的为______________。 (写出所有正确结论的编号 ) .. 2. 【06 安徽·文】平行四边形的一个顶点 A 在平面 ? 内,其余顶点在 ? 的同侧,已知其中 有两个顶点到 ? 的距离分别为 1 和 2 ,那么剩下的一个顶点到平面 ? 的距离可能是: ①1; ②2; ③3; ④4; 以上结论正确的为______________。 (写出所有正确结论的编号 ) .. C D B

?
A1

A

3. 【06 山东· 文】 如图, 在正三棱柱 ABC ? A 所有棱长均为 1, 则点 B1 到平面 ABC1 1B 1C1 中, 的距离为 。 ,

B ? R 4. 【06 北京· 理】 已知 A, B, C 三点在球心为 O , 半径为 R 的球面上,AC ? BC , 且A

22

那么 A, B 两点的球面距离为 为______________。

,球心到平面 ABC 的距离

5. 【06 天津·理】如图,在正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AB ? 1 .若二面角 C ? AB ? C1 的 大小为 60 ,则点 C 到平面 ABC 1 的距离为______________。
?

AB ? 1 .若二面角 6. 【06 天津·文】如图(同理科图) ,在正三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中,

C ? AB ? C1 的大小为 60? ,则点 C1 到直线 AB 的距离为



7. 【06 浙江·理】 (如图,在 6 题上)正四面体 ABCD 的棱长为 l,棱 AB∥平面 ? ,则正 四面体上的所有点在平面α 内的射影构成的图形面积的取值范围是____________。 8. 【06 辽宁·理】若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为 ? ,则 cos ? =_____。 9. 【06 全国Ⅰ·理】已知正四棱椎的体积为 12,地面的对角线为 2 6 ,则侧面与底面所成 的二面角为____________。 10. 【06 四川·文】 m、n 是空间两条不同直线, ? 、 ? 是空间两条不同平面,下面有四个 命题: ; ; ① m ? ? ,n ? ? ,? ? ? ? m ? n  ② m ? n,? ? ? , m ? ? ? n ? ?   ; ; ③ m ? n,? ? ? , m ?? ? n ? ?   ④ m ? ? , m ? n,? ? ? ? n ? ?   其中真命题的编号是 (写出所有真命题的编号) 。

三、计算题
1. 【06 广东】 如图所示, AF 、 DE 分别是 ? O 、 ? O1 的直径, AD 与两圆所在的平 面均垂直, AD ? 8 . BC 是 ? O 的直径, AB ? AC ? 6 , OE // AD 。 (I)求二面角 B ? AD ? F 的大小; (II)求直线 BD 与 EF 所成的角. 【解】 (I)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, ∴AD⊥AB,AD⊥AF, 故∠BAF 是二面角 B—AD—F 的平面角, 依题意可知,ABFC 是正方形,所以∠BAF=450. 即二面角 B—AD—F 的大小为 450; (II)以 O 为原点,BC、AF、OE 所在直线为坐标
23

轴,建立空间直角坐标系(如图所示) ,则 , B3 O(0,0,0) , A(0, ?3 2,0) ) (2 0 , ) ,

z
D O1 E

D(0, ?3 2,8) , E (0, 0,8) , F (0,3 2,0)
所以, BD ? (?3 2,?3 2,8), FE ? (0,?3 2,8)

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? BD ? FE 0 ? 18 ? 64 82 ? ??? ? ? cos ? BD, EF ?? ??? ? | BD || FE | 100 ? 82 10
设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? , 则 cos? ?| cos ? BD, EF ?|?

C A X B O F

y

82 。 10 82 。 10

直线 BD 与 EF 所成的角为 arccos

2. 【06 安徽·理】如图,P 是边长为 1 的正六边形 ABCDEF 所在平面外一点, PA ? 1 , P 在平面 ABC 内的射影为 BF 的中点 O。 (Ⅰ)证明 PA ⊥ BF ; (Ⅱ)求面 APB 与面 DPB 所成二面角的大小。 【解】本小题主要考察直线与平面的位置关系、二 面角及其平面角等有关知识,考察思维能力和空间 想象能力;考查应用向量知识解决立体几何问题的 能力。满分 12 分。 方法一: 连结 AD,则易知 AD 与 BF 的交点为 O。 (I)证法 1:

? AB ? AF , O为BF的中点,
又? PO ? 平面ABC, 证法 2:

? AO ? BF .

?由三垂线定理得PA ? BF.

? BF ? PO, BF ? AO, PO ? AO ? O,

? BF ? 平面AOP, ? PA ? 平面AOP,????? PA ? BF.
(II)设 M 为 PB 的中点,连结 AM,MD。

?在?ABP中PA ? AB,? PB ? AM ,

? 斜线 PB 在平面 ABC 内的射影为 OB, BF ? AD 。
?由三垂线定理得PB ? AD.
24

又? AM ? AD ? A,

? PB ? 平面AMD.
? PR ? MD.

? MD ? 平面AMD,

因此, ?AMD 为所求二面角的平面角。 在正六边形 ABCDEF 中, BD ? BF ? 2OB ? 3, AD ? 2. 在 Rt ?AOP中,PA ? 1, OA ?

1 , 2

? PO ? PA2 ? OA2 ? 6 1 6 ,则 BM ? PB ? , 2 2 4

3 . 2

在 Rt ?BOP中,PB ?

PO 2 ? OB 2 ?

AM ? AB 2 ? BM 2 ?

10 42 , MD ? BD 2 ? BM 2 ? . 4 4 MA2 ? MD2 ? AD2 105 ?? 2 ? MA ? MD 35

在 ?AMD 中,由余弦定理得 cos ?AMD ?

因此,所求二面角的大小为 arccos(?

105 ). 35

方法二: 由题设条件,以 O 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz, 如图。由正六边形的性质,可得

1 3 3 OA ? , OR ? OF ? , OD ? . 在 Rt? AOP 中, 2 2 2
PA ? 1, OA ? 1 , 2
故 OP ?

PA2 ? OA2 ?

3 . 2

因而有 A(0, ? ,0), B(

1 2

3 3 3 3 ,0,0), D(0, ,0), F ( ? ,0,0), P(0,0, ). 2 2 2 2 1 2

(I)证明:因 PA ? (0, ? , ?

??? ?

??? ? ??? ? ? 3 ??? ), BF ? (? 3, 0, 0), 故 PA ? BF ? 0. 所以 PA ? BF . 2
3 3 , 0, ). 4 4

(II)设 M 为 PB 的中点,连结 AM, MD, 则 M 点的坐标 (

???? ??? ? 3 1 3 3 3 ? MA ? PB ? (? , ? , ? ) ? ( , 0, ? ) ? 0, 4 2 4 2 2

25

???? ? ??? ? 3 3 3 3 3 MD ? PB ? (? , , ? ) ? ( , 0, ? ) ? 0, 4 2 4 2 2

? MA ? PB, MD ? PB

因此, ?AMD 为所求二面角的平面角。

???? ? ? ? ?? 10 ???? 42 ? MA ? , MD ? , M A? 4 4 ???? ???? ? ???? ???? ? MA ? MD ? cos ? MA, MD ?? ???? ???? ? ?? MA ? MD
因此,所求二面角的大小为 arccos(?

? ? ??? 3 1 3 3 3 3 3 MD ?( ? , ? , ? ) ?( ? , , ? ) ? ? 4 2 4 4 2 4 8
105 . 35

3. 【06 北京·理】 如图,在底面为平行四边形的四棱锥 P ? ABCD 中, AB ? AC , PA ? 平面 ABCD ,且 PA ? AB ,点 E 是 PD 的 中点. (Ⅰ)求证: AC ? PB ; (Ⅱ)求证: PB // 平面 AEC ; (Ⅲ)求二面角 E ? AC ? B 的大小. 【解】 解法一: (Ⅰ)? PA ? 平面 ABCD, ? AB 是 PB 在平面 ABCD 上的射影, 又? AB ? AC,AC ? 平面 ABCD,

105 )。 35

? AC ? PB. (Ⅱ) 连接 BD, 与 AC 相交与 O, 连接 EO, ? ABCD 是平行四边形 ? O 是 BD 的中点
又 E 是 PD 的中点,

? EO ? PB.

又 PB ? 平面 AEC,EO ? 平面 AEC, ? PB ?? 平面 AEC, (Ⅲ)如图,取 AD 的中点 F,连 EF,FO,则 EF 是△PAD 的中位线, ?EF // PA 又 PA ? 平面 ABCD ,

?EF?平面 ABCD

同理 FO 是△ADC 的中位线, ?FO // AB?FO?AC 由三垂线定理可知??EOF 是二面角 E-AC-D 的平面角.

1 1 AB= PA=EF。 2 2 ??EOF=45?而二面角 E ? AC ? B 与二面角 E-AC-D 互补, 故所求二面角 E ? AC ? B 的大小为 135?.
又 FO=

解法二: (Ⅰ)建立空间直角坐标系 A—xyz,如图。 设 AC=a,PA=b。则有 A(0,0,0) 、B(0,b,0) 、C(a,0,0) 、P(0,0,b) , ∴ AC ? (a,0,0), PB ? (0, b, ?b), ∴ AC ? PB 。
26

??? ?

??? ?

从而 AC ?PB ? 0 ,

???? ??? ?

????

??? ?

(Ⅱ)连结 BD,与 AC 相交于 O,连结 EO。 由已知得 D(a, ?b, 0) , E ?

?a b b? ?a ? , ? , ? , O ? , 0, 0 ? , ? 2 2 2? ?2 ?

∴ EO ? ? 0, , ? ? , 又 PB ? ? 0, b, ?b ? ,

??? ? ? ?

b 2

b? 2?

??? ?

∴ PB ? 2 EO ,

??? ?

??? ?

∴ PB // EO , 又 PB ? 平面 AEC,EO ? 平面 AEC。 ∴ PB // 平面 AEC。 (Ⅲ) 取 BC 中点 G, 连接 OG, 则点 G 的坐标为 ?

? a b ? ???? ? b ? , , 0 ? , OC ? ? 0, , 0 ? ?2 2 ? ? 2 ?

(0, ? , ),AC ? (a, 0, 0), 又 OE ?

b b ???? 2 2 ??? ? ??? ? ???? ??? ? ?OE ? AC ? 0, OG ? AC ? 0,

??? ?

?OE ? AC, OG ? AC,
??EOG 是二面角 E ? AC ? B 的平面角。 ??? ? ???? ??? ? ???? OE ? OG 2 ? cos ?EOG ? cos ? OE , OG ?? ???? ???? ? ? , 2 OG ? OG

??EOG ? 1350.

? 二面角 E ? AC ? B 的大小为 1350.
4. 【06 北京·文】如图, ABCD ? A 1B 1C1D 1 是正四棱柱。 (I)求证:BD⊥平面 ACC1 A 1; (II)若二面角 C1 ? BD ? C 的大小为 60°,求异面 直线 BC1 与 AC 所成角的大小。 【解】 解法一: (Ⅰ) ∵ ABCD ? A 1B 1C1D 1 是正四棱柱, ∴ CC1⊥平面 ABCD, ∴ BD⊥CC1, ∵ ABCD 是正方形, ∴ BD⊥AC

27

又 ∵AC,CC1 ? 平面 ACC1 A 1 ,且 AC∩CC1=C, ∴ BD⊥平面 ACC1 A 1 (II)设 BD 与 AC 相交于 O,连接 C1O。 ∵ CC1⊥平面 ABCD,BD⊥AC, ∴ BD⊥C1O, ∴ ∠C1OC 是二面角 C1 ? BD ? C 的平面角, ∴ ∠C1OC=60°。 连接 A1B ∵ A1C1∥AC, ∴ ∠A1C1B 是异面直线 BC1 与 AC 所成角。 设 BC=a,则 CO=

6a 2 ,CC1=CO ?tan 60? ? ,A1B=BC1= 2 2

10a , 2

AC 1 1 ? 2a 。
在△A1B1C1 中,由余弦定理得 cos AC 1 1B ?
2 2 2 AC 5 1 1 ? BC1 ? A 1B , ? 2 AC ? BC 5 1 1 1

∴ A1C1 B= arccos

5 5 , ∴ 异面直线 BC1 与 AC 所成的角的大小为 arccos 。 5 5

解法二: (I)建立空间直角坐标系 D—xyz,如图。 设 AD=a,DD1=b,则有 D(0,0,0) ,A(a,0,0,) 、 B(a,a,0,) 、C(0,a,0,) 、C1(0,a,b,) ∴ BD ? (?a, ?a,0) ,

??? ?

???? ? ??? ? AC ? (?a, a,0) , CC1 ? (0,0, b)
∴ BD?AC ? 0 , BD? CC1 ? 0 ∴ BD ? AC , 。 B D? C 1 C

??? ? ??? ?

??? ? ???? ?

又∵AC,CC1 ? 平面 ACC1 A 1 ,且 AC∩CC1=C, ∴ BD⊥平面 ACC1 A 1 (Ⅱ) 设 BD 与 AC 相交于 O,连接 C1O,则点 O 坐标为 ( , ∵ BD? OC1 ? 0 ,

??? ? ???? ?

???? ? a a a a , 0) , OC1 ? (? , , b) 2 2 2 2

∴ BD⊥C1O ,又 BD⊥CO
28

∴ ∠C1OC 是二面角 C1 ? BD ? C 的平面角, ∴ tan ?C1OC ?

∴ ∠C1OC=60°。 ∴ b?

CC1 b ? 2 ? 3, OC 2 a

6 a。 2

???? ? ??? ? ∵ AC ? (?a, a,0) , BC1 ? (?a,0, b) ,

???? ???? ? ???? ???? ? AC ?BC1 5 ∴ cos AC , BC1 ? ???? ???? ? ? 5 AC ?BC1

∴ 异面直线 BC1 与 AC 所成的角的大小为 arccos

5 。 5

5. 【06 山东·文】 如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为等腰梯形, AB // DC ,

AC ? BD, AC 与 BD 相交于点 O ,且顶点 P 在底面上的
射影恰为 O 点,又 BO ? 2, PO ? 2, PB ? PD . (Ⅰ)求异面直接 PD 与 BC 所成角的余弦值; (Ⅱ)求二面角 P ? AB ? C 的大小; (Ⅲ)设点 M 在棱 PC 上,且

PM ? ? ,问? 为何值 MC
? PO ? BD

时, PC ? 平面 BMD 。 【解】 解法一:? PO ? 平面 ABCD , 又 PB ? PD, BO ? 2, PO ? 2 , 由平面几何知识得: OD ? 1, PD ? 3, PB ? 6

(Ⅰ) 过 D 做 DE // BC 交于 AB 于 E , 连结 PE , 则 ? PDE 或其补角为异面直线 PD 与 BC 所成的角, ? 四边形 ABCD 是等腰梯形,

?OC ? OD ? 1, OB ? OA ? 2, OA ? OB

? BC ? 5, AB ? 2 2, CD ? 2
又 AB // DC

? 四边形 EBCD 是平行四边形。

? ED ? BC ? 5, BE ? CD ? 2
? E 是 AB 的中点,且 AE ? 2
又 PA ? PB ? 6 ,

? ?PEA 为直角三角形,

? PE ? PA2 ? AE 2 ? 6 ? 2 ? 2

29

在 ?PED 中,由余弦定理得: cos ?PDE ?

PD 2 ? DE 2 ? PE 2 3 ? 5 ? 4 2 15 ? ? 2 PD ? DE 15 2? 3 ? 5

故异面直线 PD 与 BC 所成的角的余弦值为

2 15 。 15

(Ⅱ)连结 OE ,由(Ⅰ)及三垂线定理知, ?PEO 为二面角 P ? AB ? C 的平面角

? sin ?PEO ?

PO 2 , ? PE 2

??PEO ? 450

? 二面角 P ? AB ? C 的大小为 450
(Ⅲ)连结 MD, MB, MO ,

? PC ? 平面 BMD, OM ? 平面 BMD ,

? PC ? OM

又在 Rt ?POC 中, PC ? PD ? 3, OC ? 1, PO ? 2 ,? PM ?

2 3 3 , , MC ? 3 3

?

PM ?2 MC

故 ? ? 2 时, PC ? 平面 BMD

解法二: ? PO ? 平面 ABCD 又 PB ? PD , BO ? 2, PO ? 2 ,

? PO ? BD

由平面几何知识得: OD ? OC ? 1, BO ? AO ? 2

OA, OB, OP 分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间 以 O 为原点,
直角坐标系,则各点坐标为 O(0,0,0) , A(2, 0, 0) , B(0, 2, 0) ,

C (?1, 0, 0) , D(0, ?1, 0) , P(0,0, 2)
(Ⅰ)? PD ? (0, ?1, ? 2) ,

??? ?

??? ? BC ? (?1, ?2,0) ,
? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? P D? B C 2 1 5 ? c o s? P D ,B C ? ?? ? ?? ? ?? 。 ?? P D B C 15

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? PD ? 3, BC ? 5, PD ? BC ? 2 。

故直线 PD 与 BC 所成的角的余弦值为

2 15 。 15

(Ⅱ)设平面 PAB 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,

30

??? ? ??? ? ??? ? ?n ? AB ? 0 ? 由于 AB ? (?2, 2,0) , AP ? (?2,0, 2) , 由 ? ??? ? n ? AP ?0 ? ?



? ?x? y ? ? ?z ? 2x

取 n ? (1,1, 2) ,又已知平面 ABCD 的一个法向量 m ? (0,0,1) ,

? cos ? m, n ??

m?n 2 。 ? m?n 2

又二面角 P ? AB ? C 为锐角,

? 所求二面角 P ? AB ? C 的大小为 45?

(Ⅲ)设 M ( x0 ,0, z0 ) ,由于 P, M , C 三点共线, z0 ? 2x0 ? 2 ,

? PC ? 平面 BMD

? OM ? PC

?(?1,0, ? 2) ? ( x0 ,0, z0 ) ? 0
由(1) (2)知: x0 ? ?

? x0 ? 2z0 ? 0
2 2 ? M (? , 0, ) 3 3
?? ? PM ?2 MC

2 2 , z0 ? 。 3 3

故 ? ? 2 时, PC ? 平面 BMD 。 6. 【06 陕西·理】 如图,α ⊥β ,α ∩β =l , A∈α , B∈β ,点 A 在直线 l 上的射影为 A1, 点 B 在 l 的射影为 B1,已知 AB=2,AA1=1, BB1= 2, 求: (I) 直线 AB 分别与平面α ,β 所成角的大小; (II)二面角 A1-AB-B1 的大小。 【解】 解法一: (Ⅰ)如图, 连接 A1B,AB1, ∵α ⊥β , α ∩β =l ,AA1⊥l, BB1⊥l, ∴AA1⊥β , BB1⊥α . 则∠BAB1,∠ABA1 分别是 AB 与 α 和β 所成的角. Rt△BB1A 中, BB1= 2 , AB=2, ∴sin∠BAB1 = BB1 2 = . AB 2 ∴∠BAB1=45°. ∴∠ABA1= 30°.

AA1 1 Rt△AA1B 中, AA1=1,AB=2, sin∠ABA1= = , AB 2

故 AB 与平面α ,β 所成的角分别是 45°,30°. (Ⅱ)∵BB1⊥α , ∴平面 ABB1⊥α 。 在平面α 内过 A1 作 A1E⊥AB1 交 AB1 于 E,则 A1E⊥平面 AB1B。过 E 作 EF⊥AB 交 AB 于 F,连接 A1F,则由三垂线定 理得 A1F⊥AB, ∴∠A1FE 就是所求二面角的平 面角. 在 Rt △ ABB1 中 , ∠ BAB1=45 ° , ∴AB1=B1B= 2. ∴Rt△AA1B 中, A1B= AB2-AA12 = 4-1 = 由 AA1·A1B=A1F·AB 得 3。

31

A1F=

AA1·A1B 1× 3 3 = = , AB 2 2 A1E 6 = , A1F 3 6 . 3

∴在 Rt△A1EF 中,sin∠A1FE =

∴二面角 A1-AB-B1 的大小为 arcsin 解法二: (Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ) 如图 , 建立坐标系 , 则 A1(0,0,0),A(0,0,1),B1(0,1,0),B( 2,1,0). 在 AB 上取一点 → → F(x,y,z),则存在 t∈R,使得AF=tAB , 即(x,y,z ? 1)=t( 2,1, ? 1), ∴点 F 的坐标为( 2t, t,1 ? t). 1 → → → → 要使A1F⊥AB,须A1F·AB=0, 即( 2t, t,1 ? t) ·( 2,1, ? 1)=0, 2t+t ? (1 ? t)=0, 解得 t= , 4 ∴点 F 的坐标为( 21 3 , , ), 4 4 4 21 3 → ∴A1F=( , , ). 4 4 4 2 11 → ∴EF=( , ? , ). 4 44 → → ∴EF⊥AB,

1 1 设 E 为 AB1 的中点,则点 E 的坐标为(0, , ) 。 2 2 2 11 1 1 1 → → 又EF·AB=( ,- , )·( 2,1, ? 1)= ? ? =0, 4 44 2 4 4 ∴∠A1FE 为所求二面角的平面角.

2 1 3 2 1 1 1 1 3 → → ( , , )·( ,- , ) - + 4 4 4 4 4 4 8 16 16 A1F·EF 1 3 又 cos∠A1FE= = = = = , 3 → → 2 1 9 2 1 1 3 1 3 |A1F|·|EF| + + · + + · 16 16 16 16 16 16 4 2 ∴二面角 A1-AB-B1 的大小为 arccos 3 . 3
?

7. 【06 上海·理】 在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长为 2 的菱形,∠DAB=60 , 对角线 AC 与 BD 相交于点 O,PO⊥平面 ABCD,PB 与平面 ABCD 所成的角为 60 . (1)求四棱锥 P-ABCD 的体积; (2)若 E 是 PB 的中点,求异面直线 DE 与 PA 所成角的 大小(结果用反三角函数值表示) . 【解】 (1)在四棱锥 P-ABCD 中,由 PO⊥平面 ABCD,得 ∠PBO 是 PB 与平面 ABCD 所成的角,∠PBO=60° . 在 Rt△ AOB 中 BO=ABsin30° =1,由 PO⊥BO, 于是,PO=BOtg60° = 3, 而底面菱形的面积为 2 3 . ∴四棱锥 P-ABCD 的体积 V=
?

1 × 2 3 × 3 =2. 3

(2)解法一:以 O 为坐标原点,射线 OB、 OC、OP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立 空间直角坐标系.

32

在 Rt△ AOB 中 OA= 3 ,于是,点 A、B、D、P 的坐标分别是 A(0,- 3 ,0),B(1,0,0),D(- 1,0,0),P(0,0, 3 )。

E 是 PB 的中点,则 E(

1 3 ,0, )。 2 2

于是 DE =(

3 3 ,0, ), AP =(0, 3 , 3 ). 2 2

???? ??? ? 设 DE 与 AP 的夹角为 θ,有 cosθ=

3 2 2 ? , 4 9 3 ? ? 3?3 4 4

θ=arccos

2 。 4

∴异面直线 DE 与 PA 所成角的大小是 arccos

2 . 4

解法二:取 AB 的中点 F,连接 EF、DF. 由 E 是 PB 的中点,得 EF∥PA, ∴∠FED 是异面直线 DE 与 PA 所成角 (或它的补 角) 。 在 Rt△ AOB 中 AO=ABcos30° = 3 =OP, 于是,在等腰 Rt△ POA 中,PA= 6 ,则 EF=

6 . 2
1 6 EF 2 ? 4 = cos∠FED= 2 DE 3 4

在正△ ABD 和正△ PBD 中,DE=DF= 3 .

∴异面直线 DE 与 PA 所成角的大小是 arccos

2 . 4
?

8. 【06 上海·文】 在直三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中, ?ABC ? 90 , AB ? BC ? 1. (1)求异面直线 B1C1 与 AC 所成的角的大小;

ABC 所成角为 45 ,求三棱锥 A1 ? ABC 的体积。 (2)若 AC 1 与平面
?

【解】 (1) ∵BC∥B1C1, ∴∠ACB 为异面直线 B1C1 与 AC 所成角(或它的补角) ∵∠ABC=90° ,AB=BC=1, ∴∠ACB=45° , ∴异面直线 B1C1 与 AC 所成角为 45° . (2)∵AA1⊥平面 ABC, ∠ACA1 是 A1C 与平面 ABC 所成的角,∠ACA1=45° . ∵∠ABC=90° ,AB=BC=1,AC= 2 ∴AA1= 2 。

33

∴三棱锥 A1-ABC 的体积 V=

1 2 S△ABC× AA1= 。 3 6

9. 【06 四川· 理】 如图,长方体 ABCD- A1 B1C1 D1 中, E、 P 分别是 BC、A1D1 的中点,M、 N 分别是 AE、CD1 的中点, AD=AA1 ? a, AB=2a, (Ⅰ)求证: MN // 平面ADD1 A1 ; (Ⅱ)求二面角 P ? AE ? D 的大小; (Ⅲ)求三棱锥 P-DEN 的体积。 【解】 本小题主要考察长方体的概念、直线和平 面、平面和平面的关系等基础知识,以及空间想象能 力和推理能力。 解法一: (Ⅰ)证明:取 CD 的中点 K ,连结 MK , NK ∵ M , N , K 分别为 AK , CD1 , CD 的中点 ∵ MK // AD, NK // DD1 ∴ MK // 面 ADD1 A1 , NK // 面 ADD1 A1 ∴面 MNK // 面 ADD1 A1 (Ⅱ)设 F 为 AD 的中点 ∵ P 为 A1D1 的中点 ∴ PF // D1D ∴ PF ? 面 ABCD ∴ MN // 面 ADD1 A1

作 FH ? AE ,交 AE 于 H ,连结 PH ,则由三垂线定理得 AE ? PH 从而 ? PHF 为二面角 P ? AE ? D 的平面角。 在 Rt ?AEF 中, AF ?
? 2a a 17 2a , EF ? 2a, AE ? a ,从而 FH ? AF ? EF ? 2 ? 2 2 AE 17 17 2 a a

PF DD1 17 ? ? FH FH 2 故:二面角 P ? AE ? D 的大小为 arctan 17 。 2
在 Rt ?PFH 中, tan ?PFH ? (Ⅲ) S?NEP ?

1 1 1 5 2 S矩形ECD1P ? BC ? CD1 ? ? a ? a 2 ? 4a 2 ? a 2 4 4 4

作 DQ ? CD1 ,交 CD1 于 Q ,由 A1 D1 ? 面 CDD1C1 得 AC 1 1 ? DQ ∴ DQ ? 面 BCD1 A 1

34

∴在 Rt ?CDD1 中, DQ ?

CD ? DD1 2a ? a 2 ? ? a CD1 5a 5

∴ VP ? DEN ? VD ? ENP ?

1 1 1 5 2 2 S ?NEP ? DQ ? a ? a ? a3 。 3 6 3 4 5

方法二:以 D 为原点, DA, DC, DD1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立直角坐标系, 则 A? a,0,0? , B ? a,2a,0? , C ? 0,2a,0? ,

A1 ? a,0, a ? , D1 ? 0,0, a ?
∵ E, P, M , N 分别是 BC, A 1D 1 , AE, CD 1 的中点 ∴ E ? , 2a, 0 ? , P ? , 0, a ? , M ?

?a ?2

? ?

?a ?2

? ?

a? ? 3a ? ? , a, 0 ? , N ? 0, a, ? , 2? ? 4 ? ?

(Ⅰ) MN ? ? ?

???? ?

? ? a? ? 3 a, 0, ? ,取 n ? ? 0,1,0? ,显然 n ? 面 ADD1 A1 2? ? 4
又 MN ? 面 ADD1 A1 ∴ MN // 面 ADD1 A1

???? ? ? ???? ? ? MN ? n ? 0 ,∴ MN ? n

(Ⅱ)过 P 作 PH ? AE ,交 AE 于 H ,取 AD 的中点 F ,则 F ?

?a ? , 0, 0 ? ?2 ?

??? ? a ? ???? ? a ? 设 H ? x, y,0? ,则 HP ? ? ? ? x, ? y, a ? , HF ? ? ? x, ? y, 0 ? ?2 ? ?2 ?

? 又 AE ? ? ? ? , 2a,0 ? a ? 2 ?
? a2 a ??? ? ??? ? ? ? x ? 2ay ? 0 由 AP ? AE ? 0 ,及 H 在直线 AE 上,可得: ? ? 4 2 ? ? 4 x ? y ? 4a
解得 x ?

??? ?

33 2 a, y ? a 34 17
8a 2a ? ???? ? 8a 2a ? , ? , a ? , HF ? ? ? , ? , 0 ? ? 17 17 ? ? 17 17 ?
∴ HF ? AE ? 0

∴ HP ? ? ??

??? ?

???? ??? ?

即 HF ? AE

????

??? ?

∴ HP 与 HF 所夹的角等于二面角 P ? AE ? D 的大小

??? ?

????

??? ? ???? ??? ? ???? HP ? HF 2 cos HP, HF ? ??? ? ???? ? 21 HP ? HF

35

故:二面角 P ? AE ? D 的大小为 arccos

2 21 。 21

(Ⅲ)设 n1 ? ? x1 , y1 , z1 ? 为平面 DEN 的法向量,则 n1 ? DE, n1 ? DN 又 DE ? ? , 2a, 0 ? , DN ? ? 0, a, ? , DP ? ? , 0, a ?

??

??

??? ? ??

????

??? ?

?a ?2

? ???? ?

? ?

? a ? ??? 2?

?a ?2

? ?

?a x ? 2ay1 ? 0 ? ?2 1 ∴? ? ay ? a z ? 0 1 1 ? ? 2

即?

? x1 ? ?4 y1 ? z1 ? ?2 y1

∴可取 n1 ? ? 4, ?1, 2 ?

??

??? ? ?? DP ? n1 2a ? 2a 4a ∴ P 点到平面 DEN 的距离为 d ? , ? ?? ? 16 ? 1 ? 4 21 n1 ???? ???? ???? ???? ???? ???? DE ? DN 8 21 ∵ cos DE , DN ? ???? ???? ? , sin DE, DN ? , 85 85 DE ? DN
∴ S?DEN ?

? ???? ??? ? ???? 1 ??? 21 2 DE ? DN ? sin DE , DN ? a , 2 8

∴ VP ? DEN ?

1 1 21 2 4a a3 S?DEN ? d ? ? a ? ? 。 3 3 8 21 6
1

10. 【06 天津·理】 如图,在五面体 ABCDEF 中,点 O 是矩形 ABCD 的对角线的交 点,面 CDE 是等边三角形,棱 EF // (1)证明 FO //平面 CDE ; (2)设 BC ? 3 CD ,证明 EO ? 平面 CDF . 【解】 本小题考查直线与平面平行、直线与平面 垂直等基础知识,考查空间想象能力和推理论证 能力. (Ⅰ)证明:取 CD 中点 M,连结 OM. 在矩形 ABCD 中。

?2

BC .

1 1 OM // BC ,又 EF // BC , 2 2
? FO // EM

则 EF //OM ,连结 EM,于是四边形 EFOM 为平行四边形.

又? FO ? 平面 CDE,且 EM ? 平面 CDE,∵FO∥平面 CDE (Ⅱ)证明:连结 FM,由(Ⅰ)和已知条件,在等边△CDE 中,

CM ? DM , EM ? CD 且 EM ?

3 1 CD ? BC ? EF . 2 2

36

因此平行四边形 EFOM 为菱形,从而 EO⊥FM 而 FM∩CD=M, ∴CD⊥平面 EOM,从而 CD⊥EO. 而 FM ? CD ? M , 所以 EO⊥平面 CDF. 11. 【06 浙江·理】如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面为直角梯形, AD // BC ,

AB ? BC 2 ?BAD ? 90? ,PA ? 底面 ABCD ,且 PA ?AD ? M 、N 分别为 PC 、 PB 的中点。 (Ⅰ)求证: PB ? DM ; (Ⅱ)求 CD 与平面 ADMN 所成的角。



【解】 本题主要考查空间线线、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。 方法一: (I) 因为 N 是 PB 的中点,PA ? AB , 所以 AN ? PB . 因为 AD ? 平面 PAB ,所以 AD ? PB , 从而 PB ? 平面 ADMN .因为 DM ? 平面 ADMN , 所以 PB ? DM . (II)取 AD 的中点 G ,连结 BG 、 NG , 则 BG // CD , 所 以 BG 与 平 面 A D M N 所 成 的 角 和 CD 与 平 面 A D M N所成的角相等. 因为 PB ? 平面 ADMN , 所以 ?BGN 是 BG 与平面 ADMN 所成的角. 在 Rt ?BNG 中, sin ?BGN ?

BN 10 ? 。 BG 5 10 。 5

故 CD 与平面 ADMN 所成的角是 arcsin 方法二:

如图,以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系 A ? xyz ,设 BC ? 1 ,则

1 A(0, 0, 0), P(0, 0, 2), B(2, 0, 0), C (2,1, 0), M (1, ,1), D(0, 2, 0) . 2 ??? ? ???? ? 3 (I) 因为 PB ? DM ? (2, 0, ?2) ? (1, ? ,1) ? 0 ,所以 PB ? DM . 2 ??? ? ??? ? (II) 因为 PB ? AD ? (2,0, ?2) ? (0, 2,0) ? 0 ,所以 PB ? AD ,
又因为 PB ? DM ,所以 PB ? 平面 ADMN . 因此 ? PB, DC ? 的余角即是 CD 与平面 ADMN 所成的角.

??? ? ????

??? ? ???? ??? ? ???? 10 PB ? DC ? ???? ? 因为 cos ? PB, DC ?? ??? , 5 | PB | ? | DC |

37

所以 CD 与平面 ADMN 所成的角为 arcsin

10 。 5

12. 【06 重庆·文】 如图(上右图) ,在正四棱柱 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,

AB ? 1, BB1 ? 3 ?1 , E 为 BB1 上使 B1 E ? 1的点。平
面 AEC1 交 DD1 于 F ,交 A1D1 的延长线于 G ,求: (Ⅰ)异面直线 AD 与 C1G 所成角的大小; (Ⅱ)二面角 A ? C1G ? A1 的正切值; 【解】 解法一: (Ⅰ)由 AD // D1G知?C1GD1 为异面直 线 AD与C1G 所成的角。连接 C1F .因为 AE 和 C1F 分别 是平行平面 ABB1 A1和CC1D1D 与平面 AEC1 G 的交线,所 以 AE // C1 F , 由 此 可 得 D1 F ? BE? 3 , 再 由 △FD 1 G∽

△FDA 得 D1G ? 3
在 Rt△C1D1G中,由C1D1 =1,D1G= 3,得?C1GD1 ?

?
6



(Ⅱ)作 D1H ? C1G于H,连接FH,由三垂线定理知FH ? C1G,

故?D1HF 为二面角 F ? C1G ? D1 即二面角 A ? C1G ? A1 的平面角
在 Rt△GFD1中,由D1G ? 3, ?D1GH ? 从而 t an ?D1 HF ?

?
6

,得D1 H ?

3 , 2

D1 F ? D1 H

3 3 2

?2

解法二: (Ⅰ)由 AD // D1G知?C1GD1 为异面直线

AD与C1G 所成的角。因为 EC1 和 AF 分别是平行平面 BB1C1C和AA1D1D 与平面 AEC1G 的交线,
所以 EC1 // AF ,由此可得

38

?AGA1 ? ?EC1B1 ?

?
4

从而 AG ? AA1 ? 3 ? 1,于是 D1G ? 3 1

在 Rt△C1D1G中,由C1D1 =1,D1G= 3,得?C1GD1 ? (Ⅱ)在 △AC 中,由?C1 AG ? 1 1G 1

?
6

?
4

, ?AGC 1 1 ?

?
6

知 ?A1C1G 为钝角,

作 A1H ? GC1交GC1的延长线于H,连接AH,由三垂线定理知GH ? AH , 故?AHA1 为二面角二面角 A ? C1G ? A1 的平面角, 在 Rt△A1HG中,由A1G ? 3 ? 1, ?A1GH ? 从而 t an ?AHA1 ?

?
6

得A1 H ?

3 ?1 , 2

AA1 ? A1 H

3 ?1 3 ?1 2

?2。

解法三: (Ⅰ)以 A1 为原点, A1 B1 , A1 D1 , A1 A 所在直线分别为 x 轴,y 轴和 z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系。

(0, 0,3+1) 于是 A , C1(1,1,0) , D(0,1, 3+1),

?? ? ???? ? E(1,0,1), AD ? (0,1,0) , EC1 ? (0,1, ?1)
因为 EC1 和 AF 分别是平行平面 BB1C1C和AA1D1D 与平面 AEC 的 交 线 , 所 以 EC1 // AF , 设 1 G

???? G ( 0 , y , ,则 0 ) AG ? (0, y, ?( 3 ? 1))
???? ? 1 ?1 由 EC1 // AG得 = ,于是 y= 3 ? 1 y -( 3+1)
故 G(0, 3 ? 1,0), C1G ? (?1, 3,0) , 设 异 面 直 线 AD 与 C1G 所 成 的 角 的 大 小 为 ? , 则

???? ?

???? ???? ? A D? C 3 ? 1 G ? ? ,从而 ? ? 。 cos ? ? ???? ???? 2 6 | A D |? | C 1 G|
(Ⅱ)作 A1H ? C1G于H,由三垂线定理知GH ? AH , 故?AHA1 为二面角二面角

???? ? ???? ? A ? C1G ? A1 的平面角,设 H (a, b,0), 则 A1H ?(a,b,0), C1H =(a-1,b-1,0),
由 A1 H ? C1G 得 A1 H ? C1G ? 0 ,由此得 a ? 3b ? 0............................(i)

???? ? ???? ?

39

又由 H , C1 , G 共线得 C1H // C1G ,从而

???? ? ???? ?

a ?1 b ?1 ? ,于是 ?1 3

3a ? b ? ( 3 ? 1) ? 0........................... ..... (ii)
联立(i)和(ii)得 a ?

3?3 3 ?1 3 ? 3 3 ?1 , ) ,b ? ,故 H ( 4 4 4 4

???? ? ???? 3 ?3 2 3 ?1 2 3 ?1 由 | A1 H |? ( , | A1 A |? 3 ? 1 ) ?( ) ? 4 4 2
???? | A1 A | ? ? 得: t an ?AHA1 ? ???? | A1 H | 3 ?1 3 ?1 2 ? 2。

13. 【06 重庆·理】 如图,在四棱锥 P ? ABCD 中, PA ? 底面 ABCD, ? DAB 为直 角,AB // CD , AD ? CD ? 2 AB, E、 F 分别为 PC 、

CD 中点。
(I)试证: CD ? 平面 BEF ; A ? k A ?B , (II) 高P 且二面角 E ? BD ? C 的 平面角大小 30 ,求 k 的取值范围。 【解】 (I)证:由已知 DF // AB 且 ? DAB 为直角。故 ABFD 是矩形。从而 CD ? BF 。 又 PB ? 底面 ABCD,CD ? AD , 故由三垂线定理 知 CD ? PD 。在 Rt ?PDC 中,E、F 分别为 PC、 CD 的中点,故 EF//PD, 从而 CD ? EF ,由此得 CD ? 面 BEF。 (II)连接 AC 交 BF 于 G,易知 G 为 AC 的中 点, 连接 EG, 则在 ? PAC 中易知 EG//PA。 又因 PA ? ? 底面 ABCD,故 EG 底面 ABCD。在底面 ABCD 中,过 G 作 GH ? BD。垂足为 H,连接 EH,由三垂线定 理知 EH ? BD。 从而 ?EHG 为二面角 E-BD-C 的平面角。 设 AB ? ? , 则在?PAC中,有EG ?
?

D

F

C

1 1 PA ? k? 。 2 2
G H

以下计算 GH,考虑底面的平面图(如答(19)图 2) 。 连结 GD,因 S? CBD ? 故 GH=

GB ? DF 。在 ?ABD中,因AB ? a. AD ? 2a 。 BD 1 1 而 GB ? FB ? AD ? a, 得BD ? 5a , 2 2

1 1 BD ? GH ? GB ? DF 。 2 2

A

B

40

1 ka GB ? AB a ? a 5 EG 2 5k 因此, 。 DF ? AB, 从而得GH ? ? ? a。 tan EHG ? ? ? BD 5 GH 2 5a 5a 5
? 由 k ? 0 知 ?EHG 是锐角。故要使 ?EHG ? 30 ,必须

5k 3 , ? tan 30? ? 2 3

解之得,上式中的取值范围为 k ?

2 15 。 15

14. 【06 福建·理】 如图,四面体 ABCD 中,O、E 分别是 BD、BC 的中点,

CA ? CB ? CD ? BD ? 2, AB ? AD ? 2.
(I)求证: AO ? 平面 BCD; (II)求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小; (III)求点 E 到平面 ACD 的距离。 【解】 本小题主要考查直线与平面的位置关 系、异面直线所成的角以及点到平面的距离基本 知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算 能力。 方法一: (I)证明:连结 OC

A

D O B E C

? BO ? DO, AB ? AD,? AO ? BD. ? BO ? DO, BC ? CD,?CO ? BD.
在 ?AOC 中,由已知可得 AO ? 1, CO ? 3. 而 AC ? 2,

? AO2 ? CO2 ? AC 2 ,

??AOC ? 90o , 即 AO ? OC.
? BD ? OC ? O,
? AO ? 平面 BCD

(II) 取 AC 的中点 M,连结 OM、ME、OE,由 E 为 BC 的中点知 ME∥AB,OE∥DC

? 直线 OE 与 EM 所成的锐角就是异面直线 AB 与 CD 所成的角
在 ?OME 中, EM ?

1 2 1 AB ? , OE ? DC ? 1, 2 2 2
1 AC ? 1, 2

? OM 是直角 ?AOC 斜边 AC 上的中线,? OM ?

? c o s? OEM ?

2 , 4

? 异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos
41

2 . 4

(III) 设点 E 到平面 ACD 的距离为 h .

?VE ? ACD ? VA?CDE ,



1 1 h?S ?ACD ? ?AO?S ?CDE . 3 3

在 ?ACD 中, CA ? CD ? 2, AD ? 2,

1 2 7 ? S?ACD ? ? 2 ? 22 ? ( )2 ? . 2 2 2
3 AO.S ?CDE 1? 2 21 ?h ? ? ? . S ?ACD 7 7 2

而 AO ? 1, S?CDE ?

1 3 2 3 ? ?2 ? , 2 4 2

? 点 E 到平面 ACD 的距离为
方法二: (I)同方法一。

21 . 7

(II)解:以 O 为原点,如图建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0), D(?1,0,0),

??? ? ??? ? 1 3 C (0, 3, 0), A(0, 0,1), E ( , , 0), BA ? (?1, 0,1), CD ? (?1, ? 3, 0). 2 2 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? BA.CD 2 ? cos ? BA, CD ?? ??? , ? ??? ? ? z 4 BA CD

A

? 异面直线 AB 与 CD 所成角的大小为 arccos
?

2 . 4
O x B

D

(III)解:设平面 ACD 的法向量为 n ? ( x, y, z ), 则

? ???? ? ? n ? x ? z ? 0, ? . AD ? ( x, y, z ).(?1, 0, ?1) ? 0, ?? ? ? ???? ? ? ? 3 y ? z ? 0. ?n. AC ? ( x, y, z ).(0, 3, ?1) ? 0, ? 令 y ? 1, 得 n ? (? 3,1, 3) 是平面 ACD 的一个法向量。

E

C

y

??? ? 1 3 又 EC ? (? , , 0), 2 2

??? ?? EC ?n 3 21 ? 点 E 到平面 ACD 的距离 h ? ? ? ? . 7 7 n

15. 【06 湖北·理】 如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 是侧棱 CC1 上的一点,CP=m, (I)试确定 m,使得直线 AP 与平面 BD D1B1 所成 角的正切值为 3 2 ; (Ⅱ)在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q,使得对 任意的 m,D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP,并证 明你的结论。

42

【解】 本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角的有关知识及空间想像能力和推 理运算能力。考查应用向量知识解决数学问题的能力。 解法1: (I) 连AC, 设AC ? BD ? O,

AP与面BDD1 B1 交于点G,连OG.

因为PC // 面BDD1 B1 , 面BDD1 B1 ? 面APC ? OG,
故 OG // PC 。所以 OG ?

1 m PC ? 。 2 2

又 AO ? DB, AO ? BB1 , 所以AO ? 面BDD1 B1   . 故 ?AGO即为AP与面BDD1 B1 所成的角。

2 1 在 Rt △ AOG中, tan AGO ? 2 ? 3 2 ,即 m ? . m 3 2 1 故当 m ? 时,直线 AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3 2 。 3
(Ⅱ)依题意,要在 A1 C1 上找一点 Q ,使得 D1 Q ? AP . 可推测 A1 C1 的中点 O1 即为所求的 Q 点。 因为 D1 O1 ? A 1 C1 . D 1O 1 ? AA 1 ,所以 D 1 Q ? 面ACC1 A 1. 又 AP ? 面ACC1 A 1 . ,故 D 1O 1 ? AP 。 从而 D1 O1 在平面AD1 P上的射影与AP垂直。 解法二: (I)建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0), D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1). 所以 BD ? (?1, ?1, 0), BB1 ? (0, 0,1),

??? ?

???? ?

??? ? ??? ? AP ? (?1,1, m), AC ? (?1,1,0).
又由 AC ? BD ? 0, AC ? BB1 ? 0知 AC为平面BB1 D1 D 的一个法向量. 设 AP 与 面BDD1 B1   所成的角为 ? ,

???? ??? ?

? ???? ????

????

??? ? ???? | AP ? AC | 2 ? ???? ? 则 sin ? ? cos( ? ? ) ? ??? 2 | AP | ? | AC | 2 ? 2 ? m2

?

43

依题意有:

2 2? 2?m
2

?

3 2 1 ? (3 2) 2

,解得 m ?

1 . 3

故当 m ?

1 时,直线 AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3 2 。 3

(Ⅱ)若在 A1 C1 上存在这样的点 Q ,设此点的横坐标为 x , 则 Q( x,1 ? x,1), DQ ? ( x,1 ? x,0) 。 1 依题意,对任意的 m 要使 D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP。等价于

???? ?

???? ? ??? ? ???? ? 1 D1Q ? AP ? AP ? D1Q ? 0 ? x ? (1 ? x) ? 0 ? x ? 2
即 Q 为 A1 C1 的中点时,满足题设的要求。

M是 16. 【06 湖北·文】 如图,已知正三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 的侧棱长和底面边长为 1,
底 面 BC 边上 的中点, N 是 侧棱 CC1 上 的点 ,且

CN=2C1N 。
(Ⅰ)求二面角 B1 ? AM ? N 的平面角的余弦值; (Ⅱ)求点 B1 到平面 AMN 的距离。 【解】 本小题主要考查线面关系、二面角和点到平 面距离的有关知识及空间想象能力和推理运算能力。 考查应用向量知识解决数学问题的能力。 解法 1: (Ⅰ)因为 M 是底面 BC 边上的中点,所以 AM ? BC,又 AM ? CC1 ,所以 AM ? 面

BCC1B1 ,从而 AM ? B1M , AM ? NM,所以 ? B1MN 为二面角 B1 ? AM ? N 的平面角。
又 B1M = B1 B ? BM
2 2

? 1?

1 5 1 4 5 2 2 ,MN= MC ? CN ? ? ? ? , 4 2 4 9 6
2

连 B1 N ,得 B1 N = B1C1 ? C1 N ? 1 ?
2

1 10 , ? 9 3

在 ?B1MN 中,由余弦定理得

5 25 10 ? ? B 1 M ? MN ? B 1 N 4 36 9 ? 5 。 cos ?B1MN ? ? 2?B 1 M ?MN 5 5 5 2? ? 2 6
2 2 2

44

故所求二面角 B1 ? AM ? N 的平面角的余弦值为

5 。 5

(Ⅱ)过 B1 在面 BCC1B1 内作直线 B1H ? MN , H 为垂足。又 AM ? 平面 BCC1B1 , 所以 AM ? B1H 。 于是 B1 H ? 平面 AMN, 故 B1H 即为 B1 到平面 AMN 的距离。 在 R1?B1HM 中, B1H = B1M sin B1MH ?

5 1 ? 1 ? ? 1 。故点 B1 到平面 AMN 的距离为 1。 2 5
1 ,0), 2

解法 2: (Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系,则 B1 (0,0,1) ,M(0,

C(0,1,0),N (0,1,

2 3 1 ) ,A ( ? , , 0 ),所以, 3 2 2

???? ? ???? ? ???? ? 1 1 2 3 AM ? ( , 0, 0) ,MB1 ? (0, ? ,1) ,MN ? (0, , ) 。 2 2 3 2

3 1 ? 0 ? 0 ? ( ? ) ? 0 ?1 ? 0 2 2 ???? ? ???? ? ???? ? ???? ? 所以 MB1 ? AM ,同法可得 MN ? AM 。
因为 MB1 ?AM ? 故 ? MB1 , MN ? 为二面角 B1 ? AM ? N 的平面角。

???? ? ???? ?

???? ? ???? ?

???? ? ???? ? ???? ? ???? ? MB1 ? MN ∴ cos ? MB1 , MN ? = ???? ? ???? ? ? MB1 ? MN

5 12 ? 5 . 5 5 5 ? 2 6
5 。 5

故所求二面角 B1 —AM—N 的平面角的余弦值为

(Ⅱ)设 n ? ( x, y, z ) 为平面 AMN 的一个法向量,则由 n ? AM , n ? MN 得

???? ?

???? ?

? 3 ?x ? 0 x?0 ? ? 2 ? ?? 4 ? y?? z ?1 y ? 2 z ? 0 ? 3 ? ? 3 ?2

故可取 n ? (0, ?

4 ,1) 。 3

5 ???? ? ???? ? MB1 ? n 2 5 设 MB1 与 n 的夹角为 ? ,则 cos ? ? ???? 。 ? 3 ? ? 3 5 5 MB1 ? n ? 2 3
45

所以 B1 到平面 AMN 的距离为 MB1 ? cos a ?

???? ?

5 2 5 ? ? 1。 2 5

17. 【06 湖南·理】 如图 4, 已知两个正四棱锥 P ? ABCD与Q ? ABCD的高分别为 1 和 2, AB ? 4 。
P

(I)证明: PQ ? 平面ABCD ; (II)求异面直线 AQ与PQ 所成的角; (III)求点 P 到平面 QAD 的距离。
A

D C B

Q

【解】 解法一: (Ⅰ)连接 AC、BD,设 AC ? BD=O

图4

因为 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥, 所以 PO ? 平面 ABCD,QO ? 平面 ABCD 从而 P、O、Q 三点在一条直线上,所以 PQ ? 平面 ABCD (II)由题设知,ABCD 是正方形,所以 AC ? BD .由(I) , PQ ? 平面 ABCD ,故可 分别以直线 CA、DB、QP 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系(如图) ,由题设条件,

0 ,0 ,( 2 ) 相关各点的坐标分别是 P(0,0,1) ,A( 2 2 ,0,0) ,Q

?

, B(0,2 2,0)

???? 所以AQ ? (?2 2,0, ?2),

??? ? PB ? ( 0 , 2 2 ? , 1) ,

???? ??? ? ???? ??? ? AQ?PB 3 于是 cos ? AQ, PB ?? ? AQ ?PB 9
从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos (Ⅲ)由(Ⅱ) ,点 D 的坐标是

3 。 9

??? ? (0, ?2 2,0), AD ? (?2 2, ?2 2,0) , ??? ? PQ ? (0,0, ?3) ,
? ???? ? ? ?n ? AQ ? 0 ? ? 2x ? z ? 0 得? 设 n =(x,y,z)是平面 QAD 的一个法向量,由 ? ? ???? ?x ? y ? 0 ?n ? AD ? 0 ? ?

? 取x ? 1, 得n ? (1, ?1, ? 2)
??? ? ? PQ ? n 3 2 ? ? 所以点 P 到平面 QAD 的距离 d ? ?? 。 ? 2 n
解法二: (Ⅰ)取 AD 的中点 M,连接 PM、QM。 因为 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥,所以 AD ? PM,AD ? QM。
46

从而 AD ? 平面 PQM。 又 PQ ? 平面 PQM,所以 PQ⊥AD。 同理 PQ⊥AB,所以 PQ⊥平面 ABCD。 (Ⅱ)连接 AC、BD,设 AC ? BD=O, 由 PQ ? 平面 ABCD 及正四棱锥的性质可知 O 在 PQ 上,从而 P,A,Q,C 四点共面。 取 OC 的中点 N,连接 PN。 因为

PO 1 NO NO 1 ? , ? ? ,所以 OQ 2 OA OC 2

PO NO ? , 从而AQ // PN , ?BPN (或其补角)是异面直线 AQ 与 PB 所成的角。 OQ OA
连接 BN。 因为 PB ? OB 2 ? OP 2 ? (2 2) 2 ? 1 ? 3 .

PN ? ON 2 ? OP 2 ? ( 2) 2 ? 1 ? 3

B N?

2 O2 B ? O 2N ? ( 2 2 ) ? ( 22 ) ?

10

PB2 ? PN 2 ? BN 2 9 ? 3 ? 10 3 所以 cos ?BPN ? 。 ? ? 2PB?PN 9 2 ? 3? 3
从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos

3 。 9

(Ⅲ)由(Ⅰ)知,AD⊥平面 PQM,所以平面 QAD⊥平面 PQM 。 过点 P 作 PH⊥QM 于 H,则 PH⊥QAD,所以 PH 的长为点 P 到平面 QAD 的距离。 连结 OM。因为 OM=

1 AB=2=OQ,所以∠MQP=45°。 2

又 PQ=PO+QO=3,于是 PH=PQsin45°=

3 2 。 2

即点 P 到平面 QAD 的距离是

3 2 。 2

18. 【06 江苏】 在正三角形 ABC 中,E、F、P 分别是 AB、AC、BC 边上的点,满足 AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2(如图 1) 。将△AEF 沿 EF 折起到 ?A1 EF 的位置,使二面角 A1-EF-B 成直二面角, 连结 A1B、A1P(如图 2) (Ⅰ)求证: A1E ⊥ 平面 BEP; (Ⅱ)求直线 A1E 与 平面 A1BP 所成角的大小;
B P C

A E
E

A1

F

F

B
图1

P
47

C
图2

(Ⅲ)求二面角 B-A1P-F 的大小(用反三角函数表示) 。 【解】[考点分析:本题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识,以 及空间线面位置关系的证明、角和距离的计算等,考查空间想象能力、逻辑推理能力和运 算能力] 不妨设正三角形的边长为 3,则 (I)在图 1 中,取 BE 的中点 D,连结 DF, ∵AE∶EB=CF∶FA=1∶2,∴AF=AD=2,而∠A=60o,∴△ADF 为正三角形。 又 AE=DE=1,∴EF⊥AD。 在图 2 中,A1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠A1EB 为二面角 A1-EF-B 的一个平面角, 由题设条件知此二面角为直二面角,∴A1E⊥BE。 又 BE ? EF=E,∴A1E⊥面 BEF,即 A1E⊥面 BEP。 (II)在图 2 中,∵A1E 不垂直于 A1B,∴A1E 是面 A1BP 的斜线,又 A1E⊥面 BEP, ∴A1E⊥BP,∴BP 垂直于 A1E 在面 A1BP 内的射影(三垂线定理的逆定理) 设 A1E 在面 A1BP 内的射影为 A1Q,且 A1Q 交 BP 于 Q, 则∠EA1Q 就是 A1E 与面 A1BP 所成的角,且 BP⊥A1Q。 在△EBP 中,∵BE=BP=2,∠EBP=60o,∴△EBP 为正三角形,∴BE=EP。 又 A1E⊥面 BEP,∴A1B=A1P,∴Q 为 BP 的中点,且 EQ= 3 ,而 A1E=1, ∴在 Rt△A1EQ 中, tan?A1 EQ ?

EQ ? 3 ,即直线 A1E 与面 A1BP 所成角为 60o。 A1 E

(III)在图 3 中,过 F 作 FM⊥A1P 于 M,连结 QM、QF。 ∵CF=CP=1,∠C=60o,∴△FCP 为正三角形,故 PF=1, 又 PQ=

1 BP=1, ∴PF=PQ?? ① 2

∵A1E⊥面 BEP,EQ=EF= 3 ,∴A1F=A1Q, ∴△A1FP ? △A1QP,故∠A1PF=∠A1PQ?? ② 由①②及 MP 为公共边知△FMP ? △QMP, 故∠QMP=∠FMP=90°,且 MF=MQ, ∴∠FMQ 为二面角 B-A1P-F 的一个平面角。 在 Rt△A1QP 中,A1Q=A1F=2,PQ=1, ∴A1P= 5 ,

48

∵MQ⊥A1P,

∴MQ=

A1Q ? PQ 2 5 ? , 5 A1 P

∴MF=

2 5 。 5

在△FCQ 中,FC=1,QC=2,∠C=60o,由余弦定理得 QF= 3 , 在△FMQ 中, cos?FMQ ?

MF 2 ? MQ 2 ? QF 2 7 ?? , 2MF ? MQ 8
7 。 8

∴二面角 B-A1P-F 的的大小为 ? ? arccos

19. 【06 江西·理】如图,在三棱锥 A-BCD 中,侧面 ABD、ACD 是全等的直角三角 形,AD 是公共的斜边,且 AD= 3 ,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形 (1)求证:AD?BC; (2)求二面角 B-AC-D 的大小; (3)在直线 AC 上是否存在一点 E,使 ED 与面 BCD。 成 30?角?若存在,确定 E 的位置;若不存在,说明理由。 【解】 解法一: (1) 方法一: 作 AH?面 BCD 于 H,连 DH。 A AB?BD?HB?BD,又 AD= 3 ,BD=1
N

A

B D

C

?AB= 2 =BC=AC ?BD?DC 又 BD=CD,则 BHCD 是正方形, 则 DH? BC ?AD?BC
H B

E M O F C D

方法二:取 BC 的中点 O,连 AO、DO 则有 AO?BC,DO?BC, ?BC?面 AOD ?BC?AD (2)作 BM?AC 于 M,作 MN?AC 交 AD 于 N,则?BMN 就是二面角 B-AC-D 的 平面角, 因为 AB=AC=BC= 2 ?M 是 AC 的中点, 且 MN??CD, 则 BM=

1 6 , MN= CD 2 2



1 1 3 6 ,BN= AD= ,由余弦定理可求得 cos?BMN= 2 2 2 3
? ?BMN=arccos

6 。 3

(3)设 E 是所求的点,作 EF?CH 于 F,连 FD。则 EF??AH,?EF?面 BCD,?EDF 就 是 ED 与面 BCD 所成的角,则?EDF=30?。设 EF=x,易得 AH=HC=1,则 CF=x,
49

FD= 1+x 2 ,

?tan?EDF=

EF x 3 = = FD 3 1+x 2

解得:x=

2 , 2

则 CE= 2 x=1 故线段 AC 上存在 E 点,且 CE=1 时,ED 与面 BCD 成 30?角。 解法二:此题也可用空间向量求解,解答略。 20. 【06 江西·文】 如图,已知三棱锥 O ? ABC 的侧棱 OA、OB、OC 两两垂直,且 OA=1,OB=OC=2,E 是 OC 的中点。 (1)求 O 点到面 ABC 的距离; (2)求异面直线 BE 与 AC 所成的角; (3)求二面角 E ? AB ? C 的大小。

【解】方法一: (1)取 BC 的中点 D,连 AD、OD。 ? O B? O C ,则 OD ? BC、AD ? BC, ∴BC⊥面 OAD。过 O 点作 OH⊥AD 于 H, 则 OH⊥面 ABC,OH 的长就是所要求的距离。

BC ? 2 2 , OD ? OC2 ? CD2 ? 2 。
? OA ? OB,OA ? OC,
∴ OA ? 面 OBC,则 OA ? OD 。

AD ? OA2 ? OD2 ? 3 ,在直角三角形 OAD 中,有 OH ?

OA ? OD 2 6 ? ? 。 AD 3 3

(另解:由 VO ??ABC ?

1 1 2 6 S?ABC ? OH ? OA ? OB ? OC ? 知: OH ? ) 3 6 3 3

(2)取 OA 的中点 M,连 EM、BM,则 EM∥AC,∠BEM 是异面直线 BE 与 AC 所 成的角。 求得: EM ?

17 1 5 。 AC ? ,BE ? OB 2 ? OE 2 ? 5 , BM ? OM 2 ? OB 2 ? 2 2 2

cos ?BEM ?

2 BE 2 ? ME 2 ? BM 2 2 ? , ∴ ?BEM ? arccos 。 5 2 BE ? ME 5

(3)连结 CH 并延长交 AB 于 F,连结 OF、EF。
50

∵OC⊥面 OAB, ∴OC⊥AB。 ∴CF⊥AB ∴EF⊥AB,

又∵OH⊥面 ABC,

则∠EFC 就是所求二面角的平面角。作 EG⊥CF 于 G,则 EG ?

1 6 。 OH ? 2 6

在直角三角形 OEF 中, EF ? OE 2 ? OF 2 ? 1 ?

4 3 ? , 5 5

sin?EFG ?

EG ? EF

6 6 3 5

?

30 30 7 6 , ?EFG ? arcsin . (或表示为 arccos ) 18 18 18

方法二: (1)以 O 为原点,OB、OC、OA 分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系。 则有 A(0,0,1) 、B(2,0,0) 、C(0,2,0) 、E(0,1,0) 设平面 ABC 的法向量为 n1 ? ( x, y, z) ,则由 n1 ? AB 知: n1 ?AB ? 2x ? z ? 0 , 则由 n1 ? AC 知: n1 ?AC ? 2 y ? z ? 0 ,

??

??

??? ?

?? ??? ?

??

??? ?

?? ??? ?

?? ??? ? n1 ? OA ?? 2 6 取 n1 ? (1,1, 2) ,则点 O 到面 ABC 的距离为 d ? 。 ? ?? ? 3 1?1? 4 n1
(2) EB ? (2,0,0) ? (0,1,0) ? (2, ?1,0) 。

??? ?

??? ? AC ? ( 0 , 2 ?, 1)

??? ? ???? cos EB, AC ?

2 ?2 2 ? ? , 所以异面直线 BE 与 AC 所成的角 arccos 。 5 5 5? 5

(3)设平面 EAB 的法向量为 n ? ( x, y, z) ,则由 n ? AB 知 n ? AB ? 2 x ? z ? 0 ; 由 n ? EB 知: n? EB ? 2x ? y ? 0. 取 n ? (1, 2, 2) 。 由(1)知平面 ABC 的法向量为 n1 ? (1,1, 2) 。

?

?

??? ?

? ??? ?

?

??? ?

? ??? ?

?

??

? ?? ? ?? n?n1 1 ? 2 ? 4 7 7 6 cos n, n1 ? ? ?? ? ? ? , 18 9? 6 3 6 n n1
结合图形可知,二面角 E ? AB ? C 的大小为: arccos

7 6 。 18

21. 【06 辽宁·理】 已知正方形 ABCD 。 E 、 F 分别是 AB 、CD 的中点,将 ?ADE 沿

DE 折起,如图所示。记二面角 A ? DE ? C 的大小为 ? (0 ? ? ? ? ) 。
(I) 证明 BF // 平面 ADE ; (II) 若 ?ACD 为正三角形,试判断点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 是否在直线 EF 上,证明你的结论,并求角 ? 的余弦值。

51

【解】 (I) 证明:EF 分别为正方形 ABCD 得边 AB、CD 的中点, ? EB//FD,且 EB=FD, ? 四边形 EBFD 为平行四边形。 ? BF//ED

? EF ? 平面AED, 而BF ? 平面AED

? BF // 平面 ADE .

(II)解法 1: 如右图,点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上, 过点 A 作 AG 垂直于平面 BCDE,垂足为 G,连结 GC,GD. ? ? ACD 为正三角形, ? AC=AD ? CG=GD ? G 在 CD 的垂直平分线上, ? 点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上, 过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHG 为二面角 A—DE—C 的平面角。即 ?AHG ? ? 。 设原正方体的边长为 2a,连结 AF 在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a, 即 ? AEF 为直角三角形, AG ? EF ? AE ? AF 。

? A G?
2 a 5

3 a 2
? GH ? a 2 5

在 Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD

?A H?

cos ? ?

GH 1 ? 。 AH 4

解法 2:点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上 连结 AF,在平面 AEF 内过点作 AG ? ? EF ,垂足为 G ? 。 ? AF ? CD ? ? ACD 为正三角形,F 为 CD 的中点, 又因 EF ? CD , 所以 CD ? 平面AEF

? AG? ? 平面AEF

?? CD ?A G

又 AG ? ? EF 且 CD ? EF ? F , CD ? 平面BCDE, EF ? 平面BCDE

? AG? ? 平面BCDE
52

? G ? 为 A 在平面 BCDE 内的射影 G.
即点 A 在平面 BCDE 内的射影在直线 EF 上 过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平面角。即 ?AHG ? ? 设原正方体的边长为 2a,连结 AF 在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a, 即 ? AEF 为直角三角形, AG ? EF ? AE ? AF

? AG ?
2 a 5

3 a 2
? GH ? a 2 5

在 Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD

?A H?

cos ? ?

GH 1 ? 。 AH 4

解法 3:点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 在直线 EF 上 连结 AF,在平面 AEF 内过点作 AG ? ? EF ,垂足为 G ? 。 ? AF ? CD ? ? ACD 为正三角形,F 为 CD 的中点, 又因 EF ? CD ,所以 CD ? 平面AEF

?CD ? 平面BCDE

?平面AEF ? 平面BCDE
AG ? ? EF

又?平面AEF ? 平面BCDE =EF,AG? ? EF

? AG? ? 平面BCDE
? G ? 为 A 在平面 BCDE 内的射影 G。
即点 A 在平面 BCDE 内的射影在直线 EF 上。 过 G 作 GH 垂直于 ED 于 H,连结 AH,则 AH ? DE ,所以 ?AHD 为二面角 A-DE-C 的平面角.即 ?AHG ? ? 。 设原正方体的边长为 2a,连结 AF 在折后图的 ? AEF 中,AF= 3a ,EF=2AE=2a, 即 ? AEF 为直角三角形, AG ? EF ? AE ? AF

? AG ?
2 a 5

3 a 2
? GH ? a 2 5
,

在 Rt ? ADE 中, AH ? DE ? AE ? AD

?A H?

cos ? ?

GH 1 ? 。 AH 4

53

22. 【06 全国Ⅰ·理】 如图, l1 、 l 2 是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段。 点 A、B 在 l1 上,C 在 l 2 上,AM=MB=MN。 (Ⅰ)证明 AC ? NB (Ⅱ)若 ?ACB ? 60? ,求 NB 与平面 ABC 所成角的余弦值. 【解】 解法一: (Ⅰ)

由已知l2 ? MN , l2 ? l1 , MN ? l1 ? M , 可得l2 ? 平面ABN 由已知MN ? l1,AM=MB ? MN,可知AN ? NB且AN ? NB
又 AN 为 AC 在平面 ABN 内的射影

? AC ? NB (Ⅱ)? Rt ?CNA ? Rt ?CNB.

? AC ? BC , 又已知 ?ACB ? 600 ,因此 ?ABC 为正三角形. ? Rt ?ANB ? Rt ?CNB,
? NC ? NA ? NB ,因此 N 在平面 ABC 内的射影 H 是正 三角形 ABC 的中心,连结 BH,?NBH 为 NB 与平面 ABC
所成的角.

3 AB HB 6 ? 3 ? . 在 Rt ?NHB 中, cos ?NBH ? NB 3 2 AB 2
解法二: 如图,建立空间直角坐标系 M ? xyz . 令 MN ? 1 ,

则有 A(-1,0,0) ,B(1,0,0) ,N(0,1,0) 。 (Ⅰ)? MN 是 l1 、 l2 的公垂线, l2 ? l1 ,

?l2 ? 平面ABN

?l2平行于z轴

故可设 C(0,1,m) 。 于是 AC ? (1,1,m ), NB ? (1, ?1,0)

??? ?

?? ?

??? ? ??? ? ? AC?NB ? 1 ? (?1) ? 0 ? 0 ,
??? ? ??? ?

? AC ? NB 。

(Ⅱ)? AC ? (1,1, m), BC ? (?1,1, m) ? AC ? BC 又已知 ?ACB ? 60 ,
0

??? ?

??? ?

? ?ABC 为正三角形, AC ? BC ? AB ? 2 。

在 Rt ?CNB 中, NB ? 2 ,可得 NC ? 2 ,故 C(0,1, 2 )
54

连结 MC,做 NH ? MC 于 H,设 H (0, ?, 2? )(? ? 0)

???? ???? ? ? HN ? (0,1 ? ?, ? 2?), MC ? (0,1, 2)
???? ???? ? 1 ? HN ?MC ? 1 ? ? ? 2? ? 0,? ? ? 3

???? ???? 1 2 2 2 1 2 ? H (0, , ) ,可得 HN ? (0, , ? ) ,连结 BH,则 BH ? (?1, , ), 3 3 3 3 3 3 ???? ???? ???? ???? 2 2 ? HN ?BH ? 0 ? ? ? 0, , 又 MC ? BH ? H ?H N? B H 9 9

? HN ? 平面ABC, ?NBH为NB与平面ABC所成的角
??? ? 又 BN ? (-1,1,0)

4 ???? ???? BH ?BN 6 3 。 ? cos ?NBH ? ???? ???? ? ? 2 3 BH BN ? 2 3

AB ? BC , D 、E 分别为 BB1 、 23. 【06 全国Ⅱ· 理】 如图, 在直三棱柱 ABC ? A 1B 1C1 中,

AC1 的中点。
(I)证明:ED 为异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线; (II)设 AA 求二面角 A1 ? AD ? C1 的大小。 1 ? AC ? 2 AB, 【解】 解法一: ∥1C1C, (Ⅰ)设 O 为 AC 中点,连接 EO,BO,则 EO= 2 ∥DB,EOBD 为平行四边形,ED∥OB. 又 C1C∥ =B1B,所以 EO=

C1 A1

B1

D E B

C A

C1 A1

B1 D F B

∵AB=BC,∴BO⊥AC, E 又平面 ABC⊥平面 ACC1A1, BO ? 面 ABC, 故 BO⊥平面 ACC1A1, C ∴ED⊥平面 ACC1A1, ED⊥AC1, ED⊥CC1, O ∴ED⊥BB1,ED 为异面直线 AC1 与 BB1 的公垂线.

A (Ⅱ)连接 A1E,由 AA1=AC= 2AB 可知,A1ACC1 为正方形, ∴A1E⊥AC1, 又由 ED⊥平面 ACC1A1 和 ED ? 平面 ADC1 知 平面 ADC1⊥平面 A1ACC1,∴A1E⊥平面 ADC1.作 EF⊥AD,垂足为 F,连接 A1F, 则 A1F⊥AD,∠A1FE 为二面角 A1-AD-C1 的平面角. AE×ED 2 不妨设 AA1=2,则 AC=2,AB= 2ED=OB=1,EF= = , AD 3 tan∠A1FE= 3,∴∠A1FE=60°. 所以二面角 A1-AD-C1 为 60°. 解法二: (Ⅰ)如图,建立直角坐标系 O-xyz,其中原点 O 为 AC 的中点.
55

设 A(a,0,0),B(0,b,0),B1(0,b,2c). 则 C(-a,0,0),C1(-a,0,2c),E(0,0,c),D(0,b,c). → → ED =(0,b,0) ,BB1 =(0,0,2c). ∴ED⊥BB1. → 又AC1=(-2a,0,2c), →→ ED · AC1=0, ∴ED⊥AC1, C E O →→ ED · BB1 =0, C1

z B1 A1 D y B A x

所以 ED 是异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线. (Ⅱ)不妨设 A(1,0,0),则 B(0,1,0),C(-1,0,0),A1(1,0,2), → → → BC =(-1,-1,0), AB =(-1,1,0), AA1 =(0,0,2),

→→ →→ BC · AB =0, BC · AA1 =0,即 BC⊥AB,BC⊥AA1,又 AB∩AA1=A, ∴BC⊥平面 A1AD. → → → 又 E(0,0,1),D(0,1,1),C(-1,0,1), EC =(-1,0,-1), AE =(-1,0,1), ED =(0,1,0), →→ →→ EC · AE =0, EC · ED =0,即 EC⊥AE,EC⊥ED,又 AE∩ED=E, →→ → → → → EC · BC 1 cos< EC , BC >= = ,即得 EC 和 BC 的夹角为 60°. → → 2 | EC |· | BC | 所以二面角 A1-AD-C1 为 60°. 24. 【06 山东·理】 如图,已知平面 A1 B1C1 平行于三棱锥 V ? ABC 的底面 ABC,等 边△ AB1C 所在的平面与底面 ABC 垂直,且∠ACB=90° ,设 V ∴ EC⊥面 C1AD.

AC ? 2a, BC ? a
A1 (Ⅰ)求证直线 B1C1 是异面直线 AB1 与 A1C1 的公垂线; (Ⅱ)求点 A 到平面 VBC 的距离; (Ⅲ)求二面角 A ? VB ? C 的大小。 【解】解法 1: (Ⅰ)证明: ∵平面 A B B1 C C1

A1B1C1 ∥平面 ABC ,

? B1C1 // BC, AC 1 1 // AC
? BC ? AC

? B1C1 ? AC 1 1

又∵平面 AB1C ⊥平面 ABC ,平面 AB1C ∩平面 ABC ? AC , ∴ BC ⊥平面 AB1C ,

? BC ? AB1

? B1C1 ? AB1 ,

56

又? AC 1 1 ?B 1C1 ? C1 , B 1C1 ? AB 1 ?B 1. (Ⅱ)解法 1:过 A 作 AD ? B1C 于 D, ∵△ AB1C 为正三角形, ∵BC⊥平面 AB1C 又 B1C ? BC ? C , ∴D 为 B1C 的中点. ∴ BC ? AD , ∴AD⊥平面 VBC ,

? B1C1 为 AB1 与 AC 1 1 的公垂线.

∴线段 AD 的长即为点 A 到平面 VBC 的距离. 在正△ AB1C 中, AD ?

3 3 ? AC ? ? 2a ? 3a . 2 2

∴点 A 到平面 VBC 的距离为 3a . 解法 2:取 AC 中点 O 连结 B1O ,则 B1O ⊥平面 ABC ,且 B1O = 3a . 由(Ⅰ)知 BC ? B1C ,设 A 到平面 VBC 的距离为 x, 即 ?

?VB1 ? ABC ? VA?BB1C ,

1 1 1 1 BC ? AC ? B1O ? ? BC ? B1C ? x ,解得 x ? 3a . 3 2 3 2

即 A 到平面 VBC 的距离为 3a . 所以, A 到平面 VBC 的距离为 3a . (III) 过 D 点作 DH ? VB 于 H ,连 AH ,由三重线定理知 AH ? VB ??AHD 是二面角 A ? VB ? C 的平面角。 在 Rt ? AHD 中, AD ? 3a,

?B1DH ? ?B1BC,

DH B1 D ? . BC B1 B

? DH ?

B1D ? BC 5 ? a. B1B 5

? tan ?AHD ?

AD ? 15 。 DH

??AHD ? arctan 15 。
所以,二面角 A ? VB ? C 的大小为 arctan 15 。 解法二:取 AC 中点 O 连 B1O ,易知 OB1 ? 底面 ABC , 过 O 作直线 OE // BC 交 AB 于 E 。 取 O 为空间直角坐标系的原点, OE, OC, OB1 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 A(0, ?a,0), B(a, a,0), C(0, a,0), B1(0,0, 3a) 。

57

(I)? BC ? (?a,0,0) , AB1 ? (0, a, 3a) ,

??? ?

????

??? ? ???? ? BC ? AB1 ? (?a,0,0) ? (0, a, 3a) ? 0 , ??? ? ???? ? BC ? AB1 。
? BC ? AB1

又? B1C1 // BC, B1C1 ? AB1 由已知 BC ? AC, AC // AC 1 1。 而 BC // B1C1 ,? B1C1 ? AC 1 1。 又 B1C1与AB1 , AC 1 1 显然相交,

? BC ? AC 1 1,

? B1C1 是 AB1与AC 1 1 的公垂线。

(II)设平面 VBC 的一个法向量 n ? ( x, y, z) ,

?

又 CB1 ? (0, ?a, 3a)

????

? ??? ? ? (?a, 0, 0) ? 0 ? ?n ? BC ?( x, y, z )? 由 ? ? ???? ? ? (0, ?a, 3a) ? 0 ?n ? CB1 ? ? ( x, y , z ) ? ? ? 取 z ? 1 得 n ? (0, 3,1),
点 A 到平面 VBC 的距离,即 AB1 在平面 VBC 的法向量 n 上的投影的绝对值。

????

???? ? AB1 ? (0, a, 3a) ,设所求距离为 d 。
???? ? ???? AB1 ? n 2 3 ???? ???? ? 则 d ? AB1 ? cos ? AB1 ? n ? ? AB1 ? ???? ? ? 3a AB1 ? n 2
所以,A 到平面 VBC 的距离为 3a . (III)设平面 VAB 的一个法向量 m ? ( x1, y1, z1 ),

??

?? ???? ?? ???? ? ?m ? AB1 ? 0 ? ?ay ? 3az1 ? 0 ?m ? AB1 ? ?? 1 由 ? ?? ??? ? ? ? ?? ??? ? ?ax1 ? 2ay1 ? 0 ?m ? AB ?m ? AB ? 0 ? ? ? ?? ? ?? m? n 1 ?cos ? m, n ?? ?? ? ? ? . 4 | m|?| n |

取 z1 ? 1, m ? (2 3, ? 3,1),

??

? 二面角 A ? VB ? C 为锐角,
所以,二面角 A ? VB ? C 的大小为 arccos .

1 4

58

选择题与填空题答案
一、选择题
1.D 8.C 15.D 2.A 9.C 16.D 3.D 10.B 17.A 4.B 11.C 18.B 5.C 12.D 6.B 13.C 7.B 14.C

二、填空题
1.①③④⑤ 2.①③ 3.

21 7
8.

4. ? R

1 3

3 R 2

5.

3 4

6. 3

7. [

2 1 , ] 4 2

6 3

9.

? 3

10.①,②

59


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