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文档介绍
三年高考两年模拟——数学空间向量在立体几何中的应用
第三节 空间向量在立体几何中的应用 第一部分 三年高考荟萃 2010年高考题 一、选择题 1.（2010全国卷2理）（11）与正方体的三条棱、、所在直线的距离相等的点 （A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得，PN⊥PM⊥；PQ⊥AB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D. 2.（2010辽宁理）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是 (A)（0,） (B)（1,） (C) (,） (D) （0,） 【答案】A 【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。 【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=，SD=，则有<2+，即 ，即有a< (2)构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时a>0; 综上分析可知a∈（0,） 3.（2010全国卷2文）（11）与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点 （A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】：本题考查了空间想象能力 ∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点， 4.（2010全国卷2文）（8）已知三棱锥中，底面为边长等于2的等边三角形，垂直于底面，=3，那么直线与平面所成角的正弦值为 （A） (B) (C) (D) 【答案】D 【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。 A B C S E F 过A作AE垂直于BC交BC于E，连结SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，∵正三角形ABC，∴ E为BC中点，∵ BC⊥AE，SA⊥BC，∴ BC⊥面SAE，∴ BC⊥AF，AF⊥SE，∴ AF⊥面SBC，∵∠ ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长3，∴，AS=3，∴ SE=，AF=，∴ 5.（2010全国卷1文）（9）正方体-中，与平面所成角的余弦值为 （A） （B） （C） （D） A B C D A1 B1 C1 D1 O 【答案】D 【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D到平面AC的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体现. 【解析1】因为BB1//DD1,所以B与平面AC所成角和DD1与平面AC所成角相等,设DO⊥平面AC，由等体积法得,即.设DD1=a, 则,. 所以,记DD1与平面AC所成角为,则,所以. 【解析2】设上下底面的中心分别为；与平面AC所成角就是B与平面AC所成角， 6.（2010全国卷1理）（12）已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为 (A) (B) (C) (D) 7.（2010全国卷1理）（7）正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为 （A） （B） （C） （D） 8.（2010四川文）（12）半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段、分别与球面交于点、，那么、两点间的球面距离是 （A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝ cos∠BAC＝ 连结OM，则△OAM为等腰三角形 AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD 而AC＝R,CD＝R 故MN：CD＝AN:AC ÞMN＝， 连结OM、ON，有OM＝ON＝R 于是cos∠MON＝ 所以M、N两点间的球面距离是 二、填空题 1.（2010江西理）16.如图，在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且>>,分别经过三条棱，，作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，，，则，，的大小关系为。 【答案】 【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论，特殊化，令边长为1，2，3得。 2.（2010北京文）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。 设顶点p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是 ，则的最小正周期为； 在其两个相邻零点间的图像与x轴 所围区域的面积为。 【答案】4 说明：“正方形PABC沿x轴滚动”包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动。沿x轴正方向滚动是指以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续，类似地，正方形PABC可以沿着x轴负方向滚动。 3.（2010北京理）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。设顶点p（x，y）的轨迹方程是，则的最小正周期为；在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为 【答案】4 说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿轴正方向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动。 4.（2010四川文）（15）如图，二面角的大小是60°，线段.， 与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是. 【答案】 【解析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D 连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角的平面角，为60° C D 又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为与平面所成的角 设AD＝2，则AC＝，CD＝1 AB＝＝4 ∴sin∠ABC＝ 5.（2010湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为3cm的水，若放入三个相同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是____cm. 【答案】4 【解析】设球半径为r，则由可得,解得r=4. 6.（2010湖南理数）13．图3中的三个直角三角形是一个体积为20的几何体的三视图，则． 7.（2010湖北理数）13.圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是cm。 【答案】4 【解析】设球半径为r，则由可得,解得r=4. 8.（2010福建理数） 12．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于． 【答案】 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为 ，侧面积为，所以其表面积为。 【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。 三、解答题 1.（2010辽宁文）（19）（本小题满分12分） 如图，棱柱的侧面是菱形， （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）设是上的点，且平面，求的值. 解：（Ⅰ）因为侧面BCC1B1是菱形，所以 又已知 所又平面A1BC1，又平面AB1C ， 所以平面平面A1BC1 . （Ⅱ）设BC1交B1C于点E，连结DE， 则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线， 因为A1B//平面B1CD，所以A1B//DE. 又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点. 即A1D：DC1=1. 2.（2010辽宁理）（19）（本小题满分12分） 已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点. （Ⅰ）证明：CM⊥SN； （Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小. 证明： 设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。 则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,），N（,0,0），S（1,,0）.……4分 （Ⅰ）, 因为， 所以CM⊥SN ……6分 （Ⅱ）, 设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量， 则……9分 因为 所以SN与片面CMN所成 角为45°。 ……12分 3.（2010全国卷2文）（19）（本小题满分12分） 如图，直三棱柱ABC-ABC 中，AC=BC， AA=AB，D为BB的中点，E为AB上的一点，AE=3 EB （Ⅰ）证明：DE为异面直线AB与CD的公垂线； （Ⅱ）设异面直线AB与CD的夹角为45°,求二面角A-AC-B的大小 【解析】本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基础知识。 （1）要证明DE为AB1与CD的公垂线，即证明DE与它们都垂直，由AE=3EB1，有DE与BA1平行，由A1ABB1为正方形，可证得，证明CD与DE垂直，取AB中点F。连结DF、FC，证明DE与平面CFD垂直即可证明DE与CD垂直。 （2）由条件将异面直线AB1，CD所成角找出即为FDC，设出AB连长，求出所有能求出的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。 4.（2010江西理）20. （本小题满分12分） 如图△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，。 （1） 求点A到平面MBC的距离； （2） 求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。 【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力 解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD， OM⊥CD.又平面平面,则MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则MHBC，求得： OH=OCsin600=,MH=,利用体积相等得： 。 （2）CE是平面与平面的交线. 由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形. 作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为. 因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°. ， ， 所以，所求二面角的正弦值是. 【点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊位置的元素解决 解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面. 以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图. OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M （0，0，），B（0，-，0），A（0，-，2）， （1）设是平面MBC的法向量，则， ，由得；由得；取，则距离 （2），. 设平面ACM的法向量为，由得.解得，，取.又平面BCD的法向量为，则 设所求二面角为，则. 【点评】向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎 5.（2010重庆文）（20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分. ） 如题（20）图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点是棱的中点. （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值. 6.（2010浙江文）（20）（本题满分14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°。E为线段AB的中点，将△ ADE沿直线DE翻折成△A’DE，使平面A’DE⊥平面BCD，F为线段A’C的中点。 （Ⅰ）求证：BF∥平面A’DE； （Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A’DE所成角的余弦值。 7.（2010重庆理）（19）（本小题满分12分，（I）小问5分，（II）小问7分） 如题（19）图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，PA=AB=，点E是棱PB的中点。 （I） 求直线AD与平面PBC的距离； （II） 若AD=，求二面角A-EC-D的平面角的余弦值。 8.（2010北京文）(18) （本小题共14分） 设定函数，且方程的两个根分别为1，4。 （Ⅰ）当a=3且曲线过原点时，求的解析式； （Ⅱ）若在无极值点，求a的取值范围。 解：由 得 因为的两个根分别为1,4，所以 （*） （Ⅰ）当时，又由（*）式得 解得 又因为曲线过原点，所以 故 （Ⅱ）由于a>0,所以“在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“在（-∞，+∞）内恒成立”。 由（*）式得。 又 解 得 即的取值范围 9.（2010北京理）（16）（本小题共14分） 如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=，CE=EF=1. （Ⅰ）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。 证明：（I） 设AC与BD交与点G。 因为EF//AG，且EF=1，AG=AC=1. 所以四边形AGEF为平行四边形. 所以AF//平面EG， 因为平面BDE，AF平面BDE， 所以AF//平面BDE. （II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面 相互垂直，且CEAC， 所以CE平面ABCD. 如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-. 则C（0，0，0），A（，，0），B（0，，0）. 所以，，. 所以, 所以,. 所以BDE. (III) 由（II）知，是平面BDE的一个法向量. 设平面ABE的法向量,则，. 即 所以且 令则. 所以. 从而。 因为二面角为锐角， 所以二面角的大小为. 10.（2010广东文）18.（本小题满分14分） 如图4，弧AEC是半径为的半圆，AC为直径，点E为弧AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点，平面AEC外一点F满足FC平面BED,FB= （1）证明：EBFD （2）求点B到平面FED的距离. （1）证明：点E为弧AC的中点 11.（2010福建文）20． （本小题满分12分） 如图，在长方体ABCD – A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与B1不重合），且EH//A1D1。过EH的平面与棱BB1,CC1相交，交点分别为F，G。 （I）证明：AD//平面EFGH； （II）设AB=2AA1=2a。在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFE – D1DCGH内的概率为p。当点E，F分别在棱A1B1, B1B上运动且满足EF=a时，求p的最小值。 12.（2010湖南理） 13.（2010江苏卷）16、（本小题满分14分） 如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。 (1) 求证：PC⊥BC； (2) 求点A到平面PBC的距离。 [解析] 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分14分。 （1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC。 由∠BCD=900，得CD⊥BC， 又PDDC=D，PD、DC平面PCD， 所以BC⊥平面PCD。 因为PC平面PCD，故PC⊥BC。 （2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则： 易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。 又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。 由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC， 因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F。 易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于。 （方法二）体积法：连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。 因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。 从而AB=2，BC=1，得的面积。 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积。 因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC。 又PD=DC=1，所以。 由PC⊥BC，BC=1，得的面积。 由，，得， 故点A到平面PBC的距离等于。 2009年高考题 一、 填空题 1.若等边的边长为，平面内一点满足，则_________ 2．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】设由可得故 【答案】(0,-1，0) 二、解答题 3.（本小题满分12分） 如图，在五面体ABCDEF中，FA 平面ABCD, AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=AD (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。 如图所示，建立空间直角坐标系， 点为坐标原点。设依题意得 （I） 所以异面直线与所成的角的大小为. （II）证明：， （III） 又由题设，平面的一个法向量为 20090423 4．（本题满分15分）如图，平面平面， 是以为斜边的等腰直角三角形，分别为， ，的中点，，． （I）设是的中点，证明：平面； （II）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离． 证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O， 则，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面 6.（本小题满分12分） 如图，已知两个正方行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所成角的正值弦； （II）用反证法证明：直线ME 与 BN 是两条异面直线。 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=(-1,1,2). 又=（0，0，2）为平面DCEF的法向量， 可得cos(,)=· 所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为 cos·……6分 (Ⅱ)假设直线ME与BN共面， ……8分 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。面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 7.（13分） 如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，， ，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 17.解析：（1）在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标 依题意，得。 ， 所以异面直线与所成角的余弦值为.A （2）假设在线段上存在点，使得平面. , 可设 又. 由平面，得即 故，此时. 经检验，当时，平面. 故线段上存在点，使得平面，此时. 8.（本小题满分12分） 如图，直三棱柱中，、分别为、的中点，平面 （I）证明： （II）设二面角为60°，求与平面所成的角的大小。 分析一：求与平面所成的线面角，只需求点到面的距离即可。 19．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分） 如题（19）图，在四棱锥中，且；平面平面，；为的中点，．求： （Ⅰ）点到平面的距离； （Ⅱ）二面角的大小． （Ⅰ）如答（19）图2，以S(O)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间坐标系，设，因平面 即点A在xoz平面上，因此 又 因AD//BC，故BC⊥平面CSD，即BCS与平面 yOx重合，从而点A到平面BCS的距离为. (Ⅱ)易知C(0,2,0)，D(,0,0). 因E为BS的中点. ΔBCS为直角三角形 , 知 设B(0,2, )，＞0，则＝2，故B（0，2，2），所以E（0，1，1） . 在CD上取点G，设G（），使GE⊥CD . 由故 ① 又点G在直线CD上，即，由=（），则有② 联立①、②，解得G＝ , 故=.又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角为向量与向量所成的角，记此角为 . 因为=，,所以 故所求的二面角的大小为 . 作于，连，则， 为二面角的平面角，.不妨设，则.在中，由 ，易得. 设点到面的距离为，与平面所成的角为。利用 ，可求得，又可求得 即与平面所成的角为 分析二：作出与平面所成的角再行求解。如图可证得，所以面。由分析一易知：四边形为正方形，连，并设交点为，则，为在面内的射影。 。以下略。 分析三：利用空间向量的方法求出面的法向量，则与平面所成的角即为与法向量的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。 总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。 9．（本小题共14分） 如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上. （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与 平面PDB所成的角的大小. 【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 设 则， （Ⅰ）∵， ∴， ∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB， ∴平面. （Ⅱ）当且E为PB的中点时，， 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， ∵， ∴， ∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为. 10.（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分） 如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB//DC，∠BAD=，CD=AD=2.，四边形ABFE为平行四边形，FA⊥平面ABCD，FC=3，ED=，求： （Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离： （Ⅱ）二面角F-AD-E的平面角的正切值， 18.（本小题满分12分） 如图4，在正三棱柱中， D是的中点，点E在上，且。 （I） 证明平面平面 （I） 求直线和平面所成角的正弦值。 解 （I） 如图所示，由正三棱柱的性质知平面 又DE平面ABC，所以DEAA. 而DEAE。AAAE=A 所以DE平面ACCA，又DE平面ADE，故平面ADE平面ACCA。 解法2 如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设 AA=，则AB=2，相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0)， B（，0，0）， C（0，1，）， D（，-，）。 易知=(，1，0)， =(0，2，)， =(，-，） 设平面ABC的法向量为n=（x，y，z）,则有 解得x=-y， z=-， 故可取n=(1，-，)。 所以，(n·)===。 由此即知，直线AD和平面ABC所成角的正弦值为。 11.（本小题满分12分） 如图3，在正三棱柱ABC-中，AB=4, A=,点D是BC的中点，点E在AC上，且DEE （Ⅰ）证明：平面平面; （Ⅱ）求直线AD和平面所成角的正弦值。 解法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，则相关各 点的坐标分别是A(2,0,0,), .(2,0,), D(-1,), E(-1,0.0) 易知=（-3，，-），=（0，-，0），=（-3，，0） 设n=（x，y，z）是平面DE的一个法向量，则 解得 故可取n=（,0,-3，）于是 = 由此即知，直线AD和平面DE所成的角是正弦为 12．（本小题满分12分） 在四棱锥中，底面是矩形，平面，，. 以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点. （1）求证：平面⊥平面； （2）求直线与平面所成的角的大小； （3）求点到平面的距离. 方法二： （1）同方法一； （2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则 。设所求角为，则， 所以所求角的大小为。 （3）由条件可得，.在中，,所以,则,，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为。 19（本小题满分12分） 如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互 相垂直，△是等腰直角三角形， （I）求证：； （II）设线段的中点为，在直线上是否存在一点，使得？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由； （III）求二面角的大小。 (Ⅰ)因为△ABE为等腰直角三角形,AB=AE, 所以AE⊥AB. 又因为平面ABEF⊥平面ABCD,AE平面ABEF, 平面ABEF∩平面ABCD=AB, 所以AE⊥平面ABCD. 所以AE⊥AD. 因此,AD,AB,AE两两垂直,以A为坐标原点,建立 如图所示的直角坐标系A-xyz. 设AB=1,则AE=1，B（0，1，0），D (1, 0, 0 ) , E ( 0, 0, 1 ), C ( 1, 1, 0 ). 因为FA=FE,∠AEF = 45°, 所以∠AFE= 90°. 从而，. 所以,,. ,. 所以EF⊥BE,EF⊥BC. 因为BE平面BCE,BC∩BE=B , 所以EF⊥平面BCE. (Ⅱ)存在点M,当M为AE中点时,PM∥平面BCE. M ( 0,0, ), P ( 1,,0 ). 从而=, 于是·=·=0 所以PM⊥FE,又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内， 故PMM∥平面BCE. ………………………………8分 (Ⅲ)设平面BDF的一个法向量为，并设=（x,y,z）. ， 即 取y=1，则x=1，z=3。从而。 取平面ABD的一个法向量为。 。 故二面角F—BD—A的大小为arccos。……………………………………12分 14.（本题满分14分） 如图，在直三棱柱中，, ,求二面角的大小。 简答： 2008年高考题 解答题 1.A B C D E A1 B1 C1 D1 （2008全国Ⅱ19）（本小题满分12分） 如图，正四棱柱中，，点在上且． （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）求二面角的大小． 以为坐标原点，射线为轴的正半轴， A B C D E A1 B1 C1 D1 y x z 建立如图所示直角坐标系．依题设，． ， ． （Ⅰ）证明 因为，， 故，． 又， 所以平面． （Ⅱ）解 设向量是平面的法向量，则 ，． 故，． 令，则，，． 等于二面角的平面角， ． 所以二面角的大小为． 2.（2008安徽）如图，在四棱锥中，底面四边长 为1的菱形，, , ,为 的中点，为的中点 （Ⅰ）证明：直线； （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。 作于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为 轴建立坐标系 , (1)证明 设平面OCD的法向量为,则 即 取,解得 (2)解 设与所成的角为, ,与所成角的大小为. (3)解 设点B到平面OCD的距离为， 则为在向量上的投影的绝对值, 由 , 得.所以点B到平面OCD的距离为 3.（2008湖南17 ）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. 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）， P（0，0，2）, （Ⅰ）证明因为， 平面PAB的一个法向量是， 所以共线.从而BE⊥平面PAB. 又因为平面PBE， 故平面PBE⊥平面PAB. (Ⅱ)解 易知 设是平面PBE的一个法向量，则由得 所以 设是平面PAD的一个法向量，则由得 所以故可取 于是， 故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是 4.（2008福建18）如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD⊥底面 ABCD，侧棱PA=PD＝，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 的值；若不存在，请说明理由. （Ⅰ）证明 在△PAD中PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD, 又侧面PAD⊥底面ABCD,平面平面ABCD=AD,平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. (Ⅱ)解 以O为坐标原点，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 所以异面直线PB与CD所成的角是arccos， (Ⅲ)解 假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为， 由(Ⅱ)知 设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0). 则所以即， 取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1). 设由，得 解y=-或y=(舍去)， 此时，所以存在点Q满足题意，此时. 第二部分 两年模拟题 2011届高三模拟题 题组一 一、填空题 1．（北京五中2011届高三上学期期中考试试题理）一个正方体形状的无盖铁桶的 容积是，里面装有体积为的水，放在水平的 地面上（如图所示）. 现以顶点为支撑点，将铁 桶倾斜，当铁桶中的水刚好要从顶点处流出时， 棱与地面所成角的余弦值为 答案 2.（福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理）平面内有两定点A，B，且|AB|=4，动点P满足，则点P的轨迹 是. 答案：以AB为直径的圆； 二、简答题 3．（福建省厦门双十中学2011届高三12月月考题理）（本小题满分12分）如图，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，A1D⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2。 （I）求证：C1D//平面ABB1A1； （II）求直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值； （Ⅲ）求二面角D—A1C1—A的余弦值。 答案 （I）证明：四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，BB1//CC1， 又面ABB1A1，所以CC1//平面ABB1A1， …………2分 ABCD是正方形，所以CD//AB， 又CD面ABB1A1，AB面ABB1A1，所以CD//平面ABB1A1，…………3分 所以平面CDD1C1//平面ABB1A1， 所以C1D//平面ABB1A1…………4分 （II）解：ABCD是正方形，AD⊥CD 因为A1D⊥平面ABCD， 所以A1D⊥AD，A1D⊥CD， 如图，以D为原点建立空间直角坐标系D—xyz， …………5分 在中，由已知可得 所以， …………6分 因为A1D⊥平面ABCD， 所以A1D⊥平面A1B1C1D1 A1D⊥B1D1。 又B1D1⊥A1C1， 所以B1D1⊥平面A1C1D， …………7分 所以平面A1 C1D的一个法向量为n=（1，1，0） …………8分 设与n所成的角为， 则 所以直线BD1与平面A1C1D所成角的正弦值为…………9分 （III）解：平面A1C1A的法向量为 则 所以 令可得…………11分 则 所以二面角的余弦值为…………12分 4．（北京五中2011届高三上学期期中考试试题理）如图①，正三角形边长2，为边上的高，、分别为、中点，现将沿翻折成直二面角，如图② (1)判断翻折后直线与面的位置关系，并说明理由 (2)求二面角的余弦值 (3)求点到面的距离 图 ① 图 ② 答案 解：（1）平行（证明略） （2）取AE中点M,角BMD即所求,余弦值为 （３），可得点到面的距离为 5．（福建省惠安荷山中学2011届高三第三次月考理科试卷）（本题满分13分） 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝CC1＝2，AC⊥BC，D为AB的中点. （1）求异面直线与所成的角的余弦值； （2）求证：； （3）求证： 答案 5.解：（1）在直三棱柱中 是所成的角（或其补角）………………………2分 在中， …………………………………………4分 （2）连结交于，连结。……………………………5分 则为的中点 又为的中点 ……………………………………………7分 ………………………………9分 （3）在直三棱柱中 …………………………10分 …………………………11分 …………………………12分 同理： …………………………13分 6．（宁夏银川一中2011届高三第五次月考试题全解全析理） （本小题满分12分）如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//CF，BCF=CEF=,AD=,EF=2． （1）求证：AE//平面DCF； （2）当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为． 【分析】（1）只要过点作的平行线即可；（2）由于点是点在平面内的射影，只要过点作的垂线即可很容易地作出二面角的平面角，剩下的就是具体的计算问题。或者建立空间直角坐标系，使用法向量的方法求解。 D A B E F C H G 【解析】方法一：（Ⅰ）证明：过点作交于，连结， 可得四边形为矩形，又为矩形，所以， 从而四边形为平行四边形，故．因为平面， 平面， 所以平面．………6分 （Ⅱ）解：过点作交的延长线于，连结． 由平面平面，，得平面， 从而．所以为二面角的平面角． 在中，因为，， 所以，．又因为，所以， 从而，于是， 因为所以当为时， 二面角的大小为………12分 D A B E F C y z x 方法二：如图，以点为坐标原点，以和分别作为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．设， 则，，，，． （Ⅰ）证明：，，， 所以，，从而，， 所以平面．因为平面，所以平面平面． 故平面．………6分 （Ⅱ）解：因为，，所以，，从而 解得．所以，．设与平面垂直， 则，，解得．又因为平面， ，所以， 得到．所以当为时，二面角的大小为．………12分 【考点】空间点、线、面位置关系，空间向量与立体几何。 【点评】由于理科有空间向量的知识，在解决立体几何试题时就有两套根据可以使用，这为考生选择解题方案提供了方便，但使用空间向量的方法解决立体几何问题也有其相对的缺陷，那就是空间向量的运算问题，空间向量有三个分坐标，在进行运算时极易出现错误，而且空间向量方法证明平行和垂直问题的优势并不明显，所以在复习立体几何时，不要纯粹以空间向量为解题的工具，要注意综合几何法的应用。 7．（北京龙门育才学校2011届高三上学期第三次月考）（本题满分14分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，与的交点为，为侧棱上一点． （Ⅰ）当为侧棱的中点时，求证：∥平面； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）（理科做）当二面角的大小为时， 试判断点在上的位置，并说明理由． O S A B C D E 答案7. （本题满分14分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，与的交点为，为侧棱上一点． （Ⅰ）当为侧棱的中点时，求证：∥平面； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）（理科做）当二面角的大小为时， 试判断点在上的位置，并说明理由． 解法一： 证明：（Ⅰ）连接，由条件可得∥． 因为平面，平面， 所以∥平面． （Ⅱ）由已知可得，,是中点，所以． O S A B C D E 又因为四边形是正方形，所以． 因为，所以．又因 为，所以平面平 面． （Ⅲ）解：连接，由（Ⅱ）知 ． 而, 所以． 又． 所以是二面角的平面角， 即． 设四棱锥的底面边长为2， 在中，, , 所以． O y z x S A B C D E 又因为, , 所以是等腰直角三角形． 由可知，点是的中点． 解法二：（Ⅰ）同解法一 （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，． 建立如图所示的空间直角坐标系． 设四棱锥的底面边长为2， 则，，，， ，． 所以，． 设（），由已知可求得． 所以，． 设平面法向量为， 则 即 令，得． 易知是平面的法向量． 因为， 所以，所以平面平面． （Ⅲ）解：设（），由（Ⅱ）可知， 平面法向量为． 因为， 所以是平面的一个法向量． 由已知二面角的大小为． 所以， 所以，解得． 所以点是的中点． 8．（北京四中2011届高三上学期开学测试理科试题）（本小题满分13分） 已知：如图，长方体中，、分别是棱,上的点，,. （1） 求异面直线与所成角的余弦值； （2） 证明平面； （3） 求二面角 的正弦值. 答案 解：法一： 如图所示，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设, 依题意得,,, （1）易得,, 于是 所以异面直线与所成角的余弦值为 （2）已知, , 于是·=0，·=0. 因此，,,又 所以平面 （3）设平面的法向量，则,即 不妨令X=1,可得 。 由（2）可知，为平面的一个法向量。 于是，从而, 所以二面角的正弦值为法二： （1）设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE= 连接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C， 由,可知EF∥BC1. 故是异面直线EF与A1D所成的角， 易知BM=CM=, 所以 , 所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为 （2）连接AC，设AC与DE交点N 因为， 所以，从而， 又由于,所以， 故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE. 连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C, 所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED. （3）连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF, 又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N, 故为二面角A1 -ED-F的平面角. 易知，所以， 又所以， 在, 连接A1C1,A1F 在。所以 所以二面角A1-DE-F正弦值为. 9．（浙江省金丽衢十二校2011届高三第一次联考理）（本题满分14分） 如图，在长方体中，，且 ． （I）求证：对任意，总有； （II）若，求二面角的余弦值； （III）是否存在，使得在平面上的射影平分？若存在, 求出的值, 若不存在，说明理由． 答案解：（I）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，则， ，从而， ，即． （４分） （II）由（Ｉ）及得，， 设平面的法向量为，则， 从而可取平面的法向量为， 又取平面的法向量为，且设二面角为， 所以 （９分） （III） 假设存在实数满足条件， 由题结合图形，只需满足分别与所成的角相等， 即 ，即， 解得 ．所以存在满足题意得实数，使得在平面上 的射影平分 （14分） 题组二 一、选择题 1．（浙江省菱湖中学2011届高三上学期期中考试理） 三棱锥S—ABC中，SA⊥底面ABC，SA=4，AB=3，D为AB的中点∠ABC=90°，则点D到面SBC的距离等于 （ ） A．B．C． D． 答案 C. 2．（河南省长葛第三实验高中2011届高三期中考试理） 向量与共线（其中等于 （ ） A． B． C．－2 D．2 答案 A. 二、填空题 3．（浙江省桐乡一中2011届高三文）如图，边长为a的正△ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，现给出下列命题： ①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上； ②三棱锥A′—FED的体积有最大值； ③恒有平面A′GF⊥平面BCED； ④异面直线与BD不可能互相垂直； ⑤异面直线FE与所成角的取值范围是. 其中正确命题的序号是 ．（将正确命题的序号都填上）． 答案 ①②③⑤ 三，解答题 4.（河北省唐山一中2011届高三文）（本题满分12分） 已知四棱锥P—ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD.异面直线PB与CD所成的角为45°.求： ⑴二面角B—PC—D的大小； ⑵直线PB与平面PCD所成的角的 大小. 答案 4.解：⑴∵AB∥CD，∴∠PBA就是PB与CD所成的角，即∠PBA=45°,……1分 于是PA=AB. 作BE⊥PC于E，连接ED， 在△ECB和△ECD中，BC=CD，CE=CE， ∠ECB=∠ECD， △ECB≌△ECD， ∴∠CED=∠CEB=90°, ∠BED就是二面角B—PC—D的平面角. ………………………4分 设AB=a，则BD=PB=，PC=， BE=DE=, cos∠BED=,∠BED=120° 二面角B—PC—D的大小为120°； ……………………………6分 ⑵还原棱锥为正方体ABCD—PB1C1D1，作BF⊥CB1于F, ∵平面PB1C1D1⊥平面B1BCC1， ∴BF⊥平面PB1CD,………………………………8分 连接PF,则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成 的角.……………………………………………10分 BF=,PB=,sin∠BPF=,∠BPF=30°. 所以就是直线PB与平面PCD所成的角为30°.…………………12分 注：也可不还原成正方体,利用体积求出点B到平面PCD的距离，或用向量 法解答. 5.（广东省河源市龙川一中2011届高三文) （14分）如图，一简单几何体的一个面ABC内接于圆O，AB是圆O的直径， 四边形DCBE为平行四边形，且DC平面ABC。 （1）证明：平面ACD平面； （2）若，，，试求该几何体的体积V． 答案 5.解：（１）证明： ∵DC平面ABC ,平面ABC ∴． ----------------2分 ∵AB是圆O的直径 ∴且 ∴平面ADC． ---------------------------------------------------------------4分 ∵四边形DCBE为平行四边形 ∴DE//BC ∴平面ADC ------------------------------------------------------------------6分 又∵平面ADE ∴平面ACD平面-------------------------7分 （2）解法１：所求简单组合体的体积：-----9分 ∵，， ∴,-------------11分 ∴-------12分 ---------13分 ∴该简单几何体的体积-------------------------------14分 解法5：将该简单组合体还原成一侧棱与底面垂直的三棱柱---8分 如图∵，， ∴,-------------10分 ∴=-----------------------------12分 =-----------------------------------------------14分 6.（广西桂林十八中2011届高三第四次月考试卷文） （12分）如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，,点E是棱PB的中点. （1）证明：; (2)若AD=1，求二面角的大小. 答案 7．（广东省河源市龙川一中2011届高三第一次月考理）（本小题满分14） 如图， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，，AA1＝4，点D是AB的中点 （Ⅰ）求证：AC⊥BC1； （Ⅱ）求二面角的平面角的正切值． 答案7.（Ⅰ）证明：直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5， ∴ AC⊥BC，…………………2分 又 AC⊥，且 ∴ AC⊥平面BCC1，又平面BCC1……………………………………4分 ∴ AC⊥BC1 ………………………………………………………………5分 （Ⅱ）解法一：取中点，过作于，连接 …………6分 是中点， ∴，又平面 ∴平面， 又平面，平面 ∴ ∴ 又且 ∴平面，平面………8分 ∴ 又 ∴是二面角的平面角……………………………………10分 AC＝3，BC＝4，AA1＝4， ∴在中，，， ∴…………………………………………13分 ∴二面角的正切值为…………………………………………14分 解法二：以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系…………6分 AC＝3，BC＝4，AA1＝4， ∴，，，， ∴， 平面的法向量， …………………8分 设平面的法向量， 则，的夹角（或其补角）的大小就是二面角的大小…………9分 则由 令，则， ∴………………12分 ，则……………13分 ∵二面角是锐二面角 ∴二面角的正切值为…………………………14分 题组三 1．（2010年3月广东省广州市高三一模数学理科试题）设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点﹐球面上有两个点，的坐标分别为，，则（ C ） A． B．12C． D． 2．(2010年3月广东省深圳市高三年级第一次调研考试文科)已知，，，是空间四点，命题甲：，，，四点不共面，命题乙：直线和不相交，则甲是乙成立的( A ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 D P A B C 3.（广东省江门市2010届高三数学理科3月质量检测试题）（本题满分14分）如图，棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=. （Ⅰ）求点C到平面PBD的距离. （Ⅱ）在线段上是否存在一点,使与平面所成的角的正弦值为，若存在，指出点的位置，若不存在，说明理由。 解：（Ⅰ）在Rt△BAD中，AD=2，BD=， ∴AB=2，ABCD为正方形，因此BD⊥AC. ………1分 y z D P A B C x ∵PA=AB=AD=2，∴PB=PD=BD=………2分 设C到面PBD的距离为d，由， 有， 即，…4分 得………5分 （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系 因为在上，所以可设，………6分 又, ,.………8分 易求平面的法向量为，………10分（应有过程） 所以设与平面所成的角为，则有： ………12分 所以有，，， ………13分 所以存在且………14分 4．（广东省深圳高级中学2010届高三一模理科）（本题满分14分） 在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯，， 与底面成30°角. （1）若为垂足，求证：； （2）在（1）的条件下，求异面直线AE与CD所成 角的余弦值； （3）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的正切值. 解法一：（1） …………4分 （2）过点E作EM//CD交PC于M，连结AM，则AE与ME所成角即为AE与CD所成角 ∴异面直线AE与CD所成角的余弦值为 …………9分 （3）延长AB与DC相交于G点，连PG，则面PAB 与面PCD的交线为PG，易知CB⊥平面PAB，过B作 = （3）易知， 则的法向量. ∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的正切值为2. …………14分 题组四 1．（师大附中理）如图1，是正方形所在平面外一点，平面，，则与所成的角的度数为 A． B． C． D． 答案：C 2．（肥城市第二次联考）如右图所示，在正方体中，分别是 ，的中点，则以下结论中不成立的是（ C ） A．与垂直 B．与垂直 C．与异面 D．与异面 答案 C 解析：连结，在中，，所以A、B、D正确，C错，选C。 3．（师大附中理）设是半径为2的球面上四个不同的点，且满足两两互相垂直，则的最大值是__________。 答案：8 4．（池州市七校元旦调研）设向量，满足：，，．以，，的模为边长构成三角形，则它的边与半径为的圆的公共点个数最多为 ( ) A． B． C． D． 答案：C 【解析】对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现． 5. （马鞍山学业水平测试）（本小题满分8分） 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB1、CD的中点. (Ⅰ)证明：AD⊥D1F; (Ⅱ)求AE与D1F所成的角; (Ⅲ)证明：面AED⊥面A1FD1. 解：以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为1…………………………………………………………………………1分 则有A（1,0，0），E（1，2，），F（0，，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1）……2分 (Ⅰ)，∴AD⊥D1F………………………4分 (Ⅱ)，∴AE⊥D1F AE与D1F所成的角为900…………………………………………………………………6分 (Ⅲ)由以上可知D1F⊥平面AED，又D1F在平面A1FD1内， ∴面AED⊥面A1FD1……………………………………………………………………8分 20090423 6．（池州市七校元旦调研）如图，平面平面， 是以为斜边的等腰直角三角形，分别为， ，的中点，，． （I）设是的中点，证明：平面； （II）证明：在内存在一点，使平面． 证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在 直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，则 ，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面 （II）设点M的坐标为，则，因为平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为，在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面， 7．（马鞍山学业水平测试）（本小题满分12分） C1 A1 M B1 C N A B （文）在斜三棱柱中，M为的中点，N是BC上一点. （Ⅰ）若平面，求证：N为BC的中点； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若，求证：. C1 A1 M B1 C N A B （Ⅰ） ，所以 因为M为B1C1中点，所以N为BC中点----------------------6分 （Ⅱ），且M为中点，所以----------8分 ，M为中点，所以，----------10分 又,则， ----------12分 又,所以， ----------14分 又，所以 -------16分 8. （玉溪一中期中文）（本小题12分）如图，在四棱锥中，底面，，，是的中点． （Ⅰ）求和平面所成的角的大小； （Ⅱ）证明平面； （Ⅲ）求二面角的大小． （Ⅰ）解：在四棱锥中，因底面，平面，故． 又，，从而平面．故在平面内的射影为，从而为和平面所成的角． 在中，，故． 所以和平面所成的角的大小为． （Ⅱ）证明：在四棱锥中， 因底面，平面，故． 由条件，，面． 又面，． 由，，可得． 是的中点，，．综上得平面． （Ⅲ）解：过点作，垂足为，连结．由（Ⅱ）知，平面，在平面内的射影是，则． 因此是二面角的平面角． 由已知，可得．设，可得 ，，，． 在中，，∴，则 ． 在中，．所以二面角的大小 9.（祥云一中月考理）（本小题满分12分） 如图，四棱锥P—ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，侧面PDC是边长为a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E为PC的中点。 （I）求异面直线PA与DE所成的角的余弦值； （II）求点D到面PAB的距离． 10.解： 如图取DC的中点O，连PO，∵△PDC为正三角形，∴PO⊥DC. 又∵面PDC⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD.如图建立空间直角坐标系 则 （1）E为PC中点，， ， ………………………………….6分 （2）可求， 设面PAB的一个法向量为， ①. ② 由②得y=0，代入①得令 则D到面PAB的距离d等于 即点D到面PAB的距离等于……………………………..12分 11.（祥云一中二次月考理）（本小题满分12分） 如图所示，四棱锥P—ABCD中，侧棱PA与底面ABCD垂直，DC=1，AD=AP=2，AB=5，∠CDA=∠DAB=90°，E是PB的中点. （1）求证：BC⊥平面PAC； （2）求异面直线PD、AE所成角的大小； （3）求二面角A-CE-B的大小.. 法一： （1）证：由题意：AC=，则，又∠DCA=∠CAB，所以△DCA 与△CAB 相似，所以 BC⊥AC，又由侧棱PA与底面ABCD垂直，有PA ⊥BC， 所以BC⊥平面PAC；……………4分 （2）连BD，取BD的中点M，连EM， 则EM‖PD，△AEM中，AE=AM=，EM=，设异面直线PD、AE所成角为，则 ，所以PD、AE所成角为. （3）作AH⊥PC于H，作HK⊥EC于K，连AK，又（1）可知.∠AKH即为所求二面角的平面角的补角.在△APC中求出AH=，在△ACE中求出AK=，（或在△PCE中求出HK=） 所求二面角的大小为（或为）. 法二：（坐标法）（2）PD、AE所成角为. （3）所求二面角的大小为： 12．（祥云一中三次月考理）（本小题满分12分） 如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，. （1）求证：AC⊥BF； （2）求二面角F—BD—A的大小. A B E F C D A 13. 解：以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系， （1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,,0),F(0,,),B(-1,,0), 14．（祥云一中三次月考文）（本小题满分12分） 如图，已知正四棱柱—中AB=1，A=2，N是D的中点，点M在BB上，异面直线MN、A互相垂直. （1）试确定点M的位置，并加以证明； （2）求二面角A—MN—的大小. 解：（Ⅰ）取A1A的中点P，连PM、PN，则PN//AD， （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 则就是所求二面角的平面角. 显然 利用等面积法求得A1O=AO=在△A1OA中由余弦定理得 cos∠AOA= 所以二面角的大小为 解二:(向量法) (咯) 15．（本小题满分12分） （祥云一中三次月考理）如图，已知平行四边形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，，. （1）求证：AC⊥BF； （2）求二面角F—BD—A的大小； (3) 求点A到平面FBD的距离. A B E F C D A 15. 解：以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系， （1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,,0),F(0,,),B(-1,,0), ,,, （2）平面ABD的法向量 解出,cos=,所求二面角F—BD—A的大小arccos (3)点A到平面FBD的距离为d, . 题组五 一、选择填空 1. 连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于2、4，M、N分别为AB、CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题： ①弦AB、CD可能相交于点M ②弦AB、CD可能相交于点N ③MN的最大值为5 ④MN的最小值为l，其中真命题的个数为 A．1个B．2个C．3个D．4个 答案 C 2.（2009昆明一中第三次模拟）如图，正四棱柱中，,则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D. 答案 D 3.某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（ ）A. B.C.D. 答案 C 4.等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为 ，分别是的中点，则所成角的余弦值等于 A C B D P 答案 . 二、解答题 1.如图，在三棱锥中，， ，． （Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的大小； （Ⅲ）求点到平面的距离． 解法一：（Ⅰ）取中点，连结． ，．，． A C B E P ，平面． 平面，． （Ⅱ），， ．又，． 又，即，且， 平面．取中点．连结． ，．是在平面内的射影， ． A C B D P H 是二面角的平面角．在中，，，，． 二面角的大小为． （Ⅲ）由（Ⅰ）知平面，平面平面．过作，垂足为． 平面平面，平面．的长即为点到平面的距离． A C B P z x y H E 由（Ⅰ）知，又，且，平面． 平面，． 在中，，， ．． 点到平面的距离为． 解法二：（Ⅰ），，．又，． ，平面．平面，． （Ⅱ）如图，以为原点建立空间直角坐标系．则． 设．，，．取中点，连结． ，，，．是二面角的平面角． ，，， ．二面角的大小为． （Ⅲ），在平面内的射影为正的中心，且的长为点到平面的距离． 如（Ⅱ）建立空间直角坐标系．，点的坐标为．． 点到平面的距离为． 2.如图，已知是棱长为的正方体，点在上，点在上，且． （1）求证：四点共面；（4分）；（2）若点在上，，点在上，，垂足为，求证： 平面；（4分）；（3）用表示截面和侧面所成的锐二面角的大小，求． 证明：（1）建立如图所示的坐标系，则，，， 所以，故，，共面．又它们有公共点，所以四点共面． （2）如图，设，则，而，由题设得， 得．因为，，有，又，，所以，，从而，．故平面． （3）设向量截面，于是，． 而，，得，，解得，，所以．又平面，所以和的夹角等于或（为锐角）． 于是．故． 3.（2009广东三校一模）如图,在梯形中,∥,, M F E C D B A ,平面平面,四边形是矩形,,点在线段上. (1)求证:平面; (2)当为何值时,∥平面?证明你的结论; (3)求二面角的平面角的余弦值. （Ⅰ）在梯形中，， 四边形是等腰梯形， 且 2分 又平面平面，交线为， 平面 4分 （Ⅱ）解法一、当时，平面， 5分 在梯形中，设，连接，则 6分 ，而， 7分 ，四边形是平行四边形， 8分 又平面，平面平面 9分 解法二：当时，平面， 由（Ⅰ）知，以点为原点，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 5分 x D y z C O F B A E 则，，，， ， 平面， 平面与、共面， 也等价于存在实数、，使， 设. ， 又，， 6分 从而要使得：成立， 需，解得 8分 当时，平面 9分 （Ⅲ）解法一、取中点，中点，连结，， 平面 又，，又， 是二面角的平面角. 6分 在中, ,. 7分 又. 8分 在中，由余弦定理得, 9分 即二面角的平面角的余弦值为. x D y z C O F B A E 解法二:由(Ⅰ)知,以点为原点，所在直线为坐标轴, 建立空间直角坐标系,则,，， ，，过作, 垂足为. 令, , 由得,,,即 11分 , 二面角的大小就是向量与向量所夹的角. 12分 13分 即二面角的平面角的余弦值为. 14分 4、（2009番禺一模）如图,在四棱锥中,底面是边长为的正方形,侧面底面， 且,若、分别为线段、的中点． (1) 求证：直线// 平面； (2) 求证：平面平面； (3) 求二面角的正切值. (1)证明：连结，在中//……2分 且平面，平面 ……………………………………………………….4分 (2)证明：因为面面 平面面 所以，平面…………………………………………6分 又，所以是等腰直角三角形，且 即……………………………………………………………….8分 ，且、面 面 又面 面面………………………………………………………10分 (3)解：设的中点为,连结,,则 由(Ⅱ)知面, 面 是二面角的平面角………………………12分 中， 故所求二面角的正切为……14分 另解：如图,取的中点, 连结,. ∵, ∴. ∵侧面底面,, ∴, 而分别为的中点,∴,又是正方形,故. ∵,∴,. 以为原点,直线为轴建立空间直线坐标系,则有,,,,,. ∵为的中点, ∴. （1）易知平面的法向量为而, 且, ∴ //平面. (2)∵,∴, ∴,从而,又,, ∴,而, ∴平面平面 (3)由(2)知平面的法向量为. 设平面的法向量为.∵, ∴由可得,令,则, 故,∴, 即二面角的余弦值为,二面角的正切值为. 5、（2009深圳一模）如图，为圆的直径，点、在圆上，，矩形和圆所在的平面互相垂直．已知,． （Ⅰ）求证：平面平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的大小； (Ⅲ)当的长为何值时，二面角的大小为？ 解：（Ⅰ）证明：平面平面,, 平面平面=， 平面． 平面，， 又为圆的直径，， 平面． 平面，平面平面． …………………4分 （Ⅱ）根据（Ⅰ）的证明，有平面，为在 平面上的射影， 因此，为直线与平面所成的角． ………………………5分 ，四边形为等腰梯形， 过点作，交于． ,，则． 在中，根据射影定理，得．…………………7分 ，． 直线与平面所成角的大小为． …………………8分 (Ⅲ)（解法一）过点作，交的延长线于点，连． 根据（Ⅰ）的证明，平面，则， 为二面角的平面角，．…………………9分 在中，，,． ………………… 10分 又四边形为矩形， ． ． 因此，当的长为时，二面角的大小为． …………………12分 （解法二）设中点为，以为坐标原点，、、方向 分别为轴、轴、轴方向建立空间直角坐标系（如图） 设，则点的坐标为 在中，，,． 点的坐标为，点的坐标为, ， 设平面的法向量为，则,． 即 令，解得 …………………10分 取平面的一个法向量为，依题意与的夹角为 ，即， 解得（负值舍去） 因此，当的长为时，二面角的大小为． …………………12分 6、（2009昆明市期末）如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1=2,BC=2，D为B1C1的中点。 （Ⅰ）证明：B1C⊥面A1BD； （Ⅱ）求二面角B—AC—B1的大小。 方法一： （Ⅰ）证明：在Rt△BB1D和Rt△B1C1C中， 由 得 △BB1D∽△B1C1C，∠B1DB=∠B1CC1。 又 ∠CB1D+∠B1CC1=90° 故 ∠CB1D+∠B1DB=90° 故 B1C⊥BD.·····················3分 又 正三棱柱ABC—A1B1C1，D为B1C1的中点。 由 A1D⊥平面B1C， 得 A1D⊥B1C 又A1D∩B1D=D， 所以 B1C⊥面A1BD。···················································6分 （Ⅱ）解：设E为AC的中点，连接BE、B1E。 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C=B1A，∴B1E⊥AC，BE⊥AC， 即 ∠BEB1为二面角B—AC—B1的平面角·································9分 又 故 所以 二面角的大小为······································12分 方法二： （Ⅰ）证明：设BC的中点为O，如图建立空间直角坐标系O—xyz 依题意有 则 由 故 又 所以 故 又 BD∩BA1=B 所以 B1C⊥面A1BD， （Ⅱ）依题意有 设⊥平面ACB1，⊥平面ABC。 求得 故 所以 二面角的大小为······································12分 7、（2009南华一中12月月考）正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，E为SA的中点，AB＝1，直线AD到平面SBC的距离等于． （1）求斜高SM的长； （2）求平面EBC与侧面SAD所成锐二面角的小； 解法一：（1）连OM，作OH⊥SM于H． ∵SM为斜高，∴M为BC的中点， ∴BC⊥OM． ∵BC⊥SM，∴BC⊥平面SMO． 又OH⊥SM，∴OH⊥平面SBC． 2分 由题意，得． 设SM＝x， 则，解之，即．…………………6分 （2）设面EBC∩SD＝F，取AD中点N，连SN，设SN∩EF＝Q． ∵AD∥BC，∴AD∥面BEFC．而面SAD∩面BEFC＝EF，∴AD∥EF． 又AD⊥SN，AD⊥NM，AD⊥面SMN． 从而EF⊥面SMN，∴EF⊥QS，且EF⊥QM． ∴∠SQM为所求二面角的平面角，记为α．……… 7分 由平几知识，得． S A B C D O E M · （第19题） Q H F N ∴，∴． ∴，即 所求二面角为． ……… 12分 解法二：（1）建立空间坐标系（如图） ∵底面边长为1，∴， ，， S A B C D O E M x y z （第19题） ． ……………1分 设， 平面SBC的一个法向， 则，． ∴，． ∴y＝2h，n＝（0，2h，1）．… 3分 而＝（0，1，0），由题意，得 ．解得． ∴斜高． …………………………………………6分 （2）n＝（0，2h，1）＝， 由对称性，面SAD的一个法向量为n1＝………8分 设平面EBC的一个法向量n2=（x，y，1），由 ，，得 解得∴．…10分 设所求的锐二面角为α，则 ，∴．……… 12分 2009年联考题 1.(湖南省衡阳市八中2009届高三第三次月考试题)如图，P—ABCD是正四棱锥，是正方体，其中 （1）求证：； （2）求平面PAD与平面所成的锐二面角的余弦值； （3）求到平面PAD的距离 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系 （1）证明 设E是BD的中点，P—ABCD是正四棱锥，∴ 又， ∴∴∴ ∴， 即。 （2）解 设平面PAD的法向量是， ∴ 取得，又平面的法向量是∴，∴。 M P D C B A （3）解∴到平面PAD的距离。 2.(陕西省西安铁一中2009届高三12月月考)如图，边长为2的等 边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝， M为BC的中点 (Ⅰ)证明：AM⊥PM ； (Ⅱ)求二面角P－AM－D的大小； z y x M P D C B Á (Ⅲ)求点D到平面AMP的距离。 (Ⅰ) 证明 以D点为原点，分别以直线DA、DC为x轴、y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系, 依题意，可得 ∴ ∴ 即,∴AM⊥PM . (Ⅱ)解 设，且平面PAM，则 即 ∴ ， 取，得 取，显然平面ABCD，∴ 结合图形可知，二面角P－AM－D为45°； (Ⅲ) 设点D到平面PAM的距离为，由(Ⅱ)可知与平面PAM垂直，则 = 即点D到平面PAM的距离为 3.(厦门市第二外国语学校2008—2009学年高三数学第四次月考)已知点H在正方体的对角线上，∠HDA=． A B C D x y z H （Ⅰ）求DH与所成角的大小； （Ⅱ）求DH与平面所成角的大小． 解：以为原点，为单位长建立空间直角坐标系． 设 则，．连结，． 设，由已知， 由 可得．解得， 所以．（Ⅰ）因为， 所以．即DH与所成的角为． （Ⅱ）平面的一个法向量是． 因为， 所以． 可得DH与平面所成的角为． A C D O B E y z x 4.(广东省北江中学2009届高三上学期12月月考)如图， 在四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点， （1）求证：平面BCD； （2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值； （3）求点E到平面ACD的距离． ⑴证明 连结OC ，． 在中，由已知可得 而， A C D O B E y z x 即 ∴平面． (2)解 以O为原点，如图建立空间直角坐标系， 则 ， ∴ 异面直线AB与CD所成角的余弦值为． ⑶解 设平面ACD的法向量为则 ， ∴，令得是平面ACD的一个法向量． 又∴点E到平面ACD的距离 ． A B C D E F 5.(广东省高明一中2009届高三上学期第四次月考)如图， 已知平面，平面，△为 等边三角形，，为的中点. (1) 求证：平面； (2) 求证：平面平面； (3) 求直线和平面所成角的正弦值. 设，建立如图所示的坐标系，则 . ∵为的中点，∴. (1) 证明 ， ∵，平面，∴平面. (2) 证明∵， ∴，∴. ∴平面，又平面， ∴平面平面. (3) 解 设平面的法向量为，由可得： ，取. 又，设和平面所成的角为，则 . ∴直线和平面所成角的正弦值为. 6.(2009年广东省广州市高三年级调研测试)如图，已知 等腰直角三角形，其中∠=90º，． 点A、D分别是、的中点，现将△沿着边 折起到△位置，使⊥，连结、． （1）求证：⊥； （2）求二面角的平面角的余弦值． （1）证明 ∵点A、D分别是、的中点， ∴. ∴∠=90º. ∴. ∴, ∵, ∴⊥平面. ∵平面, ∴. （2）解 建立如图所示的空间直角坐标系． 则（－1，0，0），（－2，1，0），（0，0，1）. ∴=（－1，1，0），=（1，0，1）, 设平面的法向量为=（x，y，z），则： ， 令，得， ∴=（1，1，－1）. 显然，是平面的一个法向量，=（）． ∴cos<，>=． ∴二面角的平面角的余弦值是.查看更多