2020版高考数学总复习立体几何中的综合问题（向量法、几何法综合）练习理（含解析）

第61讲 立体几何中的综合问题(向量法、几何法综合)

夯实基础 【p139】

【学习目标】

1．能根据题目条件灵活选择用几何法或向量法解决问题．

2．会分析探究立体几何中位置关系问题和几何量的取值问题，培养探究思维能力． 【基础检测】

1．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，( )

A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直

D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直

【解析】对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，则有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝2，可得AC＝1，那么存在AC这样的位置，使得AB⊥CD成立．

【答案】B

2．如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )

A．直线B．抛物线 C．椭圆D．双曲线的一支

【解析】利用平面截圆锥面直接得轨迹．

因为∠PAB＝30°，所以点P的轨迹为以AB为轴线，PA为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P的轨迹为椭圆．

【答案】C

3．(1)三角形的一边BC在平面α内，l⊥α，垂足为A，A?BC，P在l上滑动，点P不同于A，若∠ABC是直角，则△PBC是________三角形；

(2)直角三角形PBC的斜边BC在平面α内，直角顶点P在平面α外，P在平面上的射影为A，则△ABC是________三角形．(填“锐角”“直角”或“钝角”)

【解析】(1)如图，∵PA⊥平面ABC，

∴PA⊥BC，又∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AB， ∴BC⊥平面PAB，∴∠PBC＝90°.

(2)如图，PB＋PC＝BC，AB＜PB，AC＜PC，所以AB＋AC＜BC，故∠BAC为钝角． 【答案】(1)直角；(2)钝角

4．如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tanθ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)

2

2

2

2

2

2

【解析】先利用解三角形知识求解，再利用确定函数最值的方法确定最值． 如图，过点P作PO⊥BC于点O，连接AO，则∠PAO＝θ. 设CO＝x m，则OP＝

3

x m. 3

在Rt△ABC中，AB＝15 m，AC＝25 m， 4

所以BC＝20 m．所以cos∠BCA＝. 5所以AO＝

422625＋x－2×25x×＝x－40x＋625(m)．

5

3x3

33406251－＋2

xx

所以tanθ＝＝2x－40x＋625

＝

. 2

?25－4?＋9?x5?25??

3

3

3

353254125

当＝，即x＝时，tanθ取得最大值为＝. x5439

553

【答案】 9【知识要点】 1．折叠问题

(1)将平面图形按一定规则折叠成立体图形，再对立体图形的位置和数量关系进行论证和计算，这就是折叠问题．

(2)处理折叠问题，要先画好平面图形，并且注意平面图形与立体图形的对照使用，这样有利于分析元素间的位置关系和数量关系．

(3)要注意分析折叠前后位置关系及数量关系的变化．一般位于折线一边的点、线间的位置关系和数量关系不变，位于折线两边的点、线间的位置关系，数量关系要发生变化．不变的关系，要注意在平面图形中处理；变化的关系，一般在立体图形中处理．

2．探究性问题

(1)若某几何量或几何元素的位置关系存在时，某点或线或面应具备何种条件的问题，就是立体几何中的探究性问题．

(2)探究性问题的题设情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：①观察——猜想——证明；②赋值推断；③类比联想；④特殊——一般——特殊．

典例剖析 【p139】

考点1 线面位置关系的证明

例1在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．

(1)求证：EF⊥CD；

(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．

【解析】(1)如图，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

?a?设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E?a，，0?，P(0，?2??aaa?0，a)，F?，，?. ?222?

a?→→?a

EF＝?－，0，?，DC＝(0，a，0)．

2??2→→→→

∵EF·DC＝0，∴EF⊥DC，即EF⊥CD.

aa?→?a

x－，－，z－(2)设G(x，0，z)，则FG＝??，

22??2若使GF⊥平面PCB，则

aa?→→?a

由FG·CB＝?x－，－，z－?·(a，0，0)

22??2a?a?＝a?x－?＝0，得x＝； 2?2?

aa?→→?a

由FG·CP＝?x－，－，z－?·(0，－a，a)

22??2

2

a?a?＝＋a?z－?＝0，得z＝0. 2?2?

?a?∴G点坐标为?，0，0?，即G点为AD的中点．

?2?

考点2 空间角与距离的求法

例2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，AB＝23，求点A到平面MBC的距离．

【解析】如图，取CD的中点O，连接OB，OM.

因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD.

以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.

因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝3，则O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，3)，B(0，－3，0)，A(0，－3，23)，

→→

所以BC＝(1，3，0)，BM＝(0，3，3)． 设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)， →??n⊥BC，

由?

→??n⊥BM，

→??n·BC＝0，?x＋3y＝0，

得?即?

→??n·BM＝0，?3y＋3z＝0，

取x＝3，可得平面MBC的一个法向量为n＝(3，－1，1)． →

又BA＝(0，0，23)，

→

|BA·n|215

所以所求距离为d＝＝.

|n|5

【点评】求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．

考点3 平面图形的翻折问题

例3如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．

(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大；

(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

【解析】(1)在如图1所示的△ABC中， 设BD＝x(0

由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形， 所以AD＝CD＝3－x.

由折起前AD⊥BC知，折起后(如图2)，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，

11

所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)，

22

111

于是VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)

3321

＝·2x(3－x)(3－x) 12

1?2x＋（3－x）＋（3－x）?32≤??＝3，

312??当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立， 故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大． 1

(另：VA－BCD＝AD·S△BCD

3

11132

＝(3－x)·x(3－x)＝(x－6x＋9x)． 326132

令f(x)＝(x－6x＋9x)，

6

1

由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0

2当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，3)时，f′(x)<0. 所以当x＝1时，f(x)取得最大值．

故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．)

(2)法一：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系D－xyz，由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.

?1?于是可得D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2)，M(0，1，1)，E?，1，0?，?2?

→

且BM＝(－1，1，1)．

→?1?设N(0，λ，0)，则EN＝?－，λ－1，0?.

?2?→→

因为EN⊥BM等价于EN·BM＝0，

1?1?即?－，λ－1，0?·(－1，1，1)＝＋λ－1＝0， 2?2?1?1?故λ＝，N?0，，0?.

2?2?

1

所以当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.

2设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， →??n⊥BN，→?1?→

由?及BN＝?－1，，0?，BM＝(－1，1，1)，

2??→??n⊥BM，得?

?y＝2x，?

??z＝－x，

可取n＝(1，2，－1)．

设EN与平面BMN所成角的大小为θ， 1?→?1

则由EN＝?－，－，0?，n＝(1，2，－1)，

2??2

?－1－1?

??→

|n·EN|?2?3

可得sin θ＝cos(90°－θ)＝＝＝，

→22|n|·|EN|6×

2

即θ＝60°.

故直线EN与平面BMN所成角的大小为60°.

法二：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2，如图b，取CD的中点F，连接MF，BF，EF，则MF∥AD，EF∥BD.

由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD.

如图c，延长FE至P点，使得FP＝DB，连接BP，DP，则四边形DBPF为正方形， 所以DP⊥BF，取DF的中点N，连接EN， 又E为FP的中点，则EN∥DP， 所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD， 又EN?平面BCD，所以MF⊥EN. 又MF∩BF＝F，所以EN⊥平面BMF. 又BM?平面BMF，所以EN⊥BM.

因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的． 1

即当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.

2连接MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝5， 2

所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图d所示，取BM的中点G，连接EG，NG， 则BM⊥平面EGN.

在平面EGN中，过点E作EH⊥GN于H， 则EH⊥平面BMN.

故∠ENH是EN与平面BMN所成的角． 在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝

2， 2

所以△EGN是正三角形，故∠ENH＝60°，即直线EN与平面BMN所成角的大小为60°.

考点4 立体几何中的探索性问题

例4如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠π

ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.

2

(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；

(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．

→→→

【解析】分别以AB，AD，AP为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为

B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．

→→

(1)因为AD⊥平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD＝(0，2，0)． →→

因为PC＝(1，1，－2)，PD＝(0，2，－2)． 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， →→

则m·PC＝0，m·PD＝0，

??x＋y－2z＝0，即?令y＝1，解得z＝1，x＝1. ?2y－2z＝0.?

所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量． →

AD·m3→

从而cos〈AD，m〉＝＝，

→3|AD||m|

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为→

(2)因为BP＝(－1，0，2)，

→→

设BQ＝λBP＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，

→→→→

又CB＝(0，－1，0)，则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1，2λ)， →

又DP＝(0，－2，2)，

→→CQ·DP1＋2λ→→

从而cos〈CQ，DP〉＝＝. 2

→→10λ＋2|CQ||DP|设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，

2t29→→

则cos〈CQ，DP〉＝2＝≤.

5t－10t＋915?22010?9?－?＋9?t9?

2

2

3

. 3

92310→→

当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈CQ，DP〉|的最大值为. 5510

?π?因为y＝cos x在?0，?上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．

2??

22522

又因为BP＝1＋2＝5，所以BQ＝BP＝.

55

方法总结 【p140】

?π?1．求异面直线所成角时易忽视角的范围?0，?而导致结论错误．

2??

2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值． 3．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量法求二面角的难点、易错点．

4．翻折问题求解的关键是充分利用不变的量和不变关系．

5．探究性问题的分析求解要求具备较好的逆向思维能力，问题探究方法通常是分析法与综合法的整合应用．

走进高考 【p140】

1．(2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点

E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.

5

4

(1)证明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B－D′A－C的正弦值． 5

【解析】(1)∵AE＝CF＝，

4∴＝，∴EF∥AC. ∵四边形ABCD为菱形，

∴AC⊥BD，∴EF⊥BD，∴EF⊥DH，∴EF⊥D′H. ∵AC＝6，∴AO＝3；

又AB＝5，AO⊥OB，∴OB＝4，

AECFADCD

∴OH＝·OD＝1，∴DH＝D′H＝3， ∴|OD′|＝|OH|＋|D′H|，∴D′H⊥OH. 又∵OH∩EF＝H， ∴D′H⊥平面ABCD. (2)建立如图坐标系H－xyz.

2

2

2

AEAD

B(5，0，0)，C(1，3，0)，D′(0，0，3)，A(1，－3，0)，

→

AB＝(4，3，0)，AD′＝(－1，3，3)，AC＝(0，6，0)，

设面ABD′的法向量n1＝(x，y，z)，

→→

x＝3，?→???4x＋3y＝0，?n1·AB＝0，?

由?得?取?y＝－4，

?→－x＋3y＋3z＝0，???n1·AD′＝0??z＝5，

∴n1＝(3，－4，5)．

同理可得面AD′C的法向量n2＝(3，0，1)， |n1·n2||9＋5|75

∴|cos θ|＝＝＝，

|n1||n2|52·1025295

∴sin θ＝. 25

考点集训 【p254】

A组题

1．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点E，F，G分别是DD1，AB，

CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成的角是( )

A.C.

ππ B. 64ππ D. 32

→→→

【解析】以D为原点，DA，DC，DD1的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，则A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，

→→

∴A1E＝(－1，0，－1)，GF＝(1，－1，－1)， →→

|A1E·GF||－1＋0＋1|→

∴cos〈A1E，GF〉＝＝＝0，

→→2·3|A1E|·|GF|

→

π

∴异面直线A1E与GF所成角的大小为.

2【答案】D

2．如图，将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成角的余弦值是( )

3333A.B．－C.D．－ 4444

【解析】设正方形的边长为1，AC与BD交于点O. 当折成120°的二面角时，

223?2?2?2?2

AC＝??＋??－2··cos 120°＝.

222?2??2?

2

1

→→→→又AC1＝AD＋DB＋BC1，

→2→2→2→2→→→→→→

∴|AC1|＝|AD|＋|DB|＋|BC1|＋2AD·DB＋2AD·BC1＋2DB·BC1＝1＋2＋1＋2×1×2→→→→

cos 135°＋2×2×1×cos 135°＋2AD·BC1＝2AD·BC1

→→→→→→＝2|AD|·|BC1|cos〈AD，BC1〉＝2cos〈AD，BC1〉， 3→→

∴cos〈AD，BC1〉＝. 4【答案】A

3．如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2，AD＝2，则二面角C－AS－D的余弦值为( )

12A.B. 55C.

610D. 55

【解析】如图，以D为原点建立空间直角坐标系D－xyz.

则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2)， →→

得SA＝(2，0，－2)，SC＝(0，2，－2)． 设平面ACS的一个法向量为n＝(x，y，z)， →??n·SA＝0，?2x－2z＝0，

则?即?

→?2y－2z＝0.??n·SC＝0，取z＝2，得n＝(2，2，2)．

→

易知平面ASD的一个法向量为DC＝(0，2，0)． 设二面角C－AS－D的大小为θ， 10

则cos θ＝＝.

→5|n||DC|即二面角C－AS－D的余弦值为【答案】D

4．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点A1到平

面

10. 5

n·DC→

DBEF的距离为

________________________________________________________________________．

【解析】建立空间直角坐标系D－xyz，则B(1，1，0)，

????E?，1，1?，F?0，，1?，

?

?

?

→→→→?1?设n＝(x，y，z)是平面BDFE的法向量，由n⊥DB，n⊥DF，DB＝(1，1，0)，DF＝?0，，1?

?2?→→1

得：n·DB＝x＋y＝0，n·DF＝y＋z＝0，

2

1?y?所以x＝－y，z＝－.令y＝1，得n＝?－1，1，－?， 2?2?

1

?2

12

设点A1在平面BDFE上的射影为H， 连接A1D，A1D是平面BDFE的斜线段， 2→→

则：cos〈A1D，A1H〉＝，

2

→→→→

所以|A1H|＝|A1D|·cos〈A1D，A1H〉＝1，所以点A1到平面DBEF的距离为1. 【答案】1

5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为________．

【解析】以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系(如→→AP·CP1→→

图)，设BP＝λBD1，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝可求得当λ＝时，∠→→3|AP||CP|

APC最大，故VP－ABC＝××1×1×＝.

1

【答案】

18

6．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为__________．

113211318

【解析】如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，

→→

设AD＝a，则D点坐标为(1，0，a)，CD＝(1，0，a)，CB1＝(0，2，2)， 设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．

→??m·CB1＝0，??2y＋2z＝0，

则???令z＝－1，

?→x＋az＝0，???m·CD＝0

得m＝(a，1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0)，

m·n11

则由cos 60°＝，得2＝，即a＝2，故AD＝2.

|m||n|a＋22

【答案】2

7．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点． (1)证明：PB∥平面AEC；

(2)设二面角D－AE－C的大小为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．

【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接EO. 因为ABCD为矩形， 所以O为BD的中点． 又E为PD的中点， 所以EO∥PB. 因为EO?平面AEC，

PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.

(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形， 所以AB，AD，AP两两垂直．

→→→→

如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|AP|为单位长，建立空间直角坐标系A－xyz，

则D(0，3，0)，E?0，

??31?→?31?，?，AE＝?0，，?. 22?22??

→

设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，3，0)，AC＝(m，3，0)．

设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，

?mx＋3y＝0，→??n1·AC＝0，??3?

则?即?31可取n1＝?，－1，3?.

?m?→y＋z＝0，??n1·AE＝0，?22?

又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量， 1

由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，

2即

3132＝，解得m＝. 3＋4m22

1因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为.

211313

三棱锥E－ACD的体积V＝××3××＝.

32228

8．如图，在直三棱柱(侧棱和底面垂直的棱柱)ABC－A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1，

AB＝BC＝AA1＝3，线段AC、A1B上分别有一点E、F，且满足2AE＝EC，2BF＝FA1.

(1)求证：AB⊥BC；

(2)求点E到直线A1B的距离；

(3)求二面角F－BE－C的平面角的余弦值．

【解析】(1)如图，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.

(2)由(1)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，可建立如图所示的空间直角坐标系，则

B(0，0，0)，A(0，3，0)，C(3，0，0)，A1(0，3，3)．

由线段AC、A1B上分别有一点E、F，满足2AE＝EC，2BF＝FA1， 所以E(1，2，0)，F(0，1，1)． →

EF＝(－1，－1，1)，BA1＝(0，3，3)．所以EF⊥BA1，

所以点E到直线A1B的距离d＝|EF|＝3. →→

(3)BE＝(1，2，0)，BF＝(0，1，1)， 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， →??n·BE＝x＋2y＝0，

则?

→??n·BF＝y＋z＝0，取x＝2，得n＝(2，－1，1)，

根据题意知平面BEC的法向量为m＝(0，0，1)， 设二面角F－BE－C的平面角为θ， ∵θ是钝角，

∴cos θ＝－|cos〈m，n〉|＝－16＝－

6

. 66. 6

→

∴二面角F－BE－C的平面角的余弦值为－B组题

1．如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶

AD＝1∶1∶2，则AF与CE所成角的余弦值为________．

【解析】如图，建立空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，∵AE∶DE∶AD＝1∶1∶2，

→→

则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，∴AF＝(－1，2，0)，EC＝(0，2，4→→

1)，∴cos〈AF，EC〉＝，

5

4

∴AF与CE所成角的余弦值为. 54

【答案】

5

2．如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.

(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；

(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．

【解析】(1)在四边形ABCD中，

∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°， ∴AB＝2，

∴AC＝AB＋BC－2AB·BC·cos 60°＝3， ∴AB＝AC＋BC，∴BC⊥AC.

∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE. 又因为BC?平面FBC，所以平面FBC⊥平面ACFE.

2

2

2

2

2

2

(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系C－xyz，令FM＝λ(0≤λ≤3)，

则C(0，0，0)，A(3，0，0)，

B(0，1，0)，M(λ，0，1)，

→→

∴AB＝(－3，1，0)，BM＝(λ，－1，1)． 设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，

→??n1·AB＝0，?－3x＋y＝0，

由?得?

→??n1·BM＝0，?λx－y＋z＝0，取x＝1，则n1＝(1，3，3－λ)． ∵n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量， |n1·n2|1

∴cos θ＝＝ 2|n1|·|n2|1＋3＋（3－λ）＝

. 2

（3－λ）＋4

7， 7

1

∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值1

当λ＝3时，cos θ有最大值，

2∴cos θ∈?

?71?

，?. ?72?

3．在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O.

(1)证明：在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长； (2)求二面角A1－B1C－C1的余弦值．

【解析】(1)连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1， 因为A1O⊥平面ABC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AOAO25

＝AB－BO＝1，AA1＝5，得AE＝＝.

AA15

2

2

(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(0，2，0)，

C(0，－2，0)，A1(0，0，2)．

2?→1→?4

由AE＝AA1，得点E的坐标是?，0，?，

5?5?5

2?→?4

由(1)知平面B1CC1的一个法向量为OE＝?，0，?，

5??5设平面A1B1C的法向量是n＝(x，y，z)，

→??n·A1B1＝0，??－x＋2y＝0，

由?得?可取n＝(2，1，－1)，

?→y＋z＝0，???n·A1C＝0→

OE·n30→

所以所求二面角的余弦值为cos〈OE，n〉＝＝.

→10|OE|·|n|

4．平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，

A1B1＝A1C1＝5.

现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题：

(1)证明：AA1⊥BC； (2)求AA1的长；

(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．

【解析】法一：(1)取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.

由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，

因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1， 又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.

故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz. 由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.

由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1. 所以A(0，－1，4)，B(1，0，4)，

A1(0，2，0)，C(－1，0，4)，D(0，0，4)．

→→→→

故AA1＝(0，3，－4)，BC＝(－2，0，0)，AA1·BC＝0， →→

因此AA1⊥BC，即AA1⊥BC.

→→＝5，即AA1＝5. (2)因为AA1＝(0，3，－4)，所以AA1

(3)连接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D， 所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角． →→

因为DA＝(0，－1，0)，DA1＝(0，2，－4)， →→

所以cos〈DA，DA1〉＝－

2

1×2＋（－4）

5. 5

2||

＝－25

. 5

即二面角A－BC－A1的余弦值为－

法二：(1)取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D. 由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1， 由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C.

因此AD∥A1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D. 又因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC. 又考虑到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D， 故BC⊥AA1.

(2)延长A1D1到G点，使GD1＝AD，连接AG. 因为AD∥GD1，且AD＝GD1，

所以AG∥DD1∥BB1，且AG＝DD1＝BB1. 由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G. 由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以AA1＝5.

(3)因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角． 在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝5?π?则cos∠ADA1＝cos?＋∠D1DA1?＝－. 5?2?即二面角A－BC－A1的余弦值为－

5. 5

5， 5

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