高中数学考点37立体几何中的向量方法（含高考试题）新人教A版

考点37 立体几何中的向量方法

1.（2013·北京高考理科·Ｔ17）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5. （1）求证：AA1⊥平面ABC； （2）求二面角A1-BC1-B1的余弦值； （3）证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求BD的值.拼十年寒窗挑灯苦读不畏难；携双亲期盼背水勇战定夺魁。如果你希望成功，以恒心为良友，以经验为参谋，以小心为兄弟，以希望为哨兵。 BC1

【解题指南】（1）利用面面垂直证明线面垂直.

（2）建系，求出二面角对应两个面的法向量，利用法向量的夹角求二面角的余弦值. （3）设出D点坐标，利用向量解题.

【解析】（1）因为A1ACC1是正方形，所以AA1?AC。

又因为平面ABC?平面A1ACC1,交线AC，所以AA1?平面ABC。 （2）因为AC?4,BC?5,AB?3，所以AC?AB。

分别以AC,AB,AA1为x轴,y轴，z轴建立如图所示的空间直线坐标系。

则A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4)，A1C1?(4,0,0)，A1B?(0,3,?4)，

B1C1?(4,?3,0),BB1?(0,0,4)，

1

设平面A1BC1的法向量为n1?(x1,y1,z1)，平面B1BC1的法向量n2?(x2,y2,z2)，

??4x1?0?AC?n?0，所以?，所以可取n1?(0,4,3)。 所以?111?3y1?4z1?0??A1B?n1?0??4x2?3y2?0?B1C1?n2?0可得?可取n2?(3,4,0)。 由?4z?0?2??BB1?n2?0所以cos?n1,n2??n1?n21616。 ??|n1||n2|5?525由图可知二面角A1-BC1-B1为锐角，所以余弦值为

16。 25（3）点D的竖轴坐标为t(0

33D(t,(4?t),t)(0?t?4)， 所以AD?(t,(4?t),t),A1B?(0,3,?4)，

44又因为AD?A1B，所以(4?t)?4t?0,所以t?9436BDDE9，所以。 ??25BC1CC1252. （2013·辽宁高考理科·Ｔ18）如图， AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点。

(?)求证：平面PAC?平面PBC;

(??)若AB?2,AC?1,PA?1,求二面角C?PB?A的余弦值。

【解题指南】利用条件证明线线垂直，进而证明线面垂直，由面面垂直的判定定理解决问题；借助前面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值。 【解析】(?)由AB是圆的直径，得AC?BC；

由PA垂直于圆所在的平面，得PA?平面ABC;又BC?平面ABC，得PA?BC； 又PAAC?A,PA?平面PAC,AC?平面PAC

所以BC?平面PAC，又因为BC?平面PBC 据面面垂直判定定理，平面PAC?平面PBC;

2

(??)过点C作CM∥AP,由(?)知CM?平面ABC.

如图所示，以点C为坐标原点，分别以直线CB,CA,CM为x,y,z轴，建立空间直角坐标系。

在直角三角形ABC中，AB?2,AC?1,所以BC?3, 又PA?1,所以A(0,1,0),B(3,0,0),P(0,1,1). 故CB?(3,0,0),CP?(0,1,1). 设平面PBC的法向量为n1?(x1,y1,z1)

??n1?CB?0,??(x1,y1,z1)?(3,0,0)?0,?x1?0,????则?

y?z?0.?11?n1?CP?0.??(x1,y1,z1)?(0,1,1)?0.?不妨令y1?1，则z1??1.故n1?(0,1,?1). 设平面PAB的法向量为n2?(x2,y2,z2)，

??n1?AB?0,由?同理可得n2?(1,3,0) ??n1?AP?0.于是cos?n1,n2??n1?n2n1n2?(0,1,?1)?(1,3,0)02?12?1212?32?02?6. 4结合图形和题意，二面角C?PB?A的余弦值为

6. 43. （2013·湖北高考理科·T19）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点.

3

第19题图

（Ⅰ）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明。

（Ⅱ）设（Ⅰ）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足DQ?1CP,记直线PQ2与平面ABC所成的角为?，异面直线异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E-l-C的大小为?，求证： sin??sin?sin?

【解题指南】（Ⅰ）利用线面平行的判定和性质定理求解.（Ⅱ）用综合法,利用三角函数证明或用向量法,利用法向量的夹角证明.

【解析】（Ⅰ）直线l∥平面PAC，证明如下：

第19题解答图1

连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC.

又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF?平面BEF，且平面BEF平面ABC?l，所以EF∥l.因为l?平面PAC，EF?平面PAC，所以直线l∥平

面PAC.

（Ⅱ）方法一：如图1，连接BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD，且l∥AC. 因为AB是O的直径，所以AC?BC，于是l?BC. 已知PC?平面ABC，而l?平面ABC，所以PC?l. 而PCBC?C，所以l?平面PBC.

连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l?BF.

故?CBF就是二面角E?l?C的平面角，即?CBF??.

4

11由DQ?CP，作DQ∥CP，且DQ?CP.

22连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP?2PF，所以DQ?PF， 从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD.

连接CD，因为PC?平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故?CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即?CDF??. 又BD?平面PBC，有BD?BF，知?BDF为锐角，

故?BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即?BDF??， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得

sin??CFBFCF，sin??，sin??， DFDFBFCFBFCF???sin?，即sin??sin?sin?. BFDFDF从而sin?sin??11方法二：如图2，由DQ?CP，作DQ∥CP，且DQ?CP.连接PQ，

22EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD.

以点C为原点，向量CA,CB,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA?a,CB?b,CP?2c，则有 C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),

1E(a,0,c),F(0,0,c). 21于是FE?(a,0,0)，QP?(?a,?b,c)，BF?(0,?b,c)，

2|FE?QP|ab2?c22?所以cos??，从而sin??1?cos??. 222222|FE|?|QP|a?b?ca?b?c第19题解答图2

又取平面ABC的一个法向量为m?(0,0,1)，可得sin??|m?QP|c?，设平面222|m|?|QP|a?b?c?1??ax?0,?n?FE?0, 可得?2 取n?(0,c,b). BEF的一个法向量为n?(x,y,z)，所以由????n?BF?0,??by?cz?0.于是|cos?|?|m?n|bc?，从而sin??1?cos2??.

|m|?|n|b2?c2b2?c2故sin?sin??b2?c2a?b?c222?cb?c22?ca?b?c222?sin?，即sin??sin?sin?.

4. （2013·重庆高考理科·Ｔ19）如图，四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，

5

BC?CD?2，AC?4，?ACB??ACD??3，F为PC的中点，AF⊥PB．

（Ⅰ）求PA的长；

（Ⅱ）求二面角B?AF?D的正弦值．

【解题指南】建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标根据AF⊥PB可求出PA的长，再通过求平面的法向量可以求出二面角的正弦值. 【解析】（Ⅰ）如图,

连接BD交AC于O,因为BC?CD,即?BCD为等腰三角形,又AC平分?BCD,故

AC?BD,以O为坐标原点,OB,OC,AP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,则OC?CDcos?3?1,而AC?4,得AO?AC?OC?3.又

OD?CDsin?3?3,故A(0,?3,0),B(3,0,0),C(0,1,0),D(?3,0,0).

因PA⊥底面ABCD，可设P(0,?3,z),

由F为PC边中点, F(0,?1,).又AF??0,2,?,PB?z2??z?2??3,3,?z.因AF⊥PB．故

?z2AF?PB?0,即6??0,z?23(舍去z??23),所以PA?23.

2（Ⅱ）由（Ⅰ）知AD??3,3,0,AB?

???3,3,0?,AF??0,2,3?.设平面FAD的法向量为

6

n1?(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2?(x2,y2,z2).由n1?AD?0,n1?AF?0,得

???3x1?3y1?0因此可取n1???2y1?3z1?0?(3,3,?2).

由n2?AB?0,n2?AF?0,得

??3x2?3y2?0因此可取n2?(3,?3,2). ???2y2?3z2?0从而法向量n1,n2夹角的余弦值为

cosn1,n237. 81??. n1?n28n1?n2故二面角B?AF?D的正弦值为

5. （2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ18）如图，三棱柱ABC?A1B1C1中，CA?CB，

?.

AB?AA1，?BAA1?60

（Ⅰ）证明AB?A1C;

（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值. 【解题指南】(Ⅰ)取AB的中点,利用线面垂直证明线线垂直.

(Ⅱ)利用面面垂直确定线面垂直,找出直线A1C与平面BB1C1C所成的角,或建立空间直角坐标系求解.

【解析】（Ⅰ）取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.

7

因为CA?CB，所以OC?AB.

?由于AB?AA，，故?AA1B为等边三角形， ?BAA?6011所以OA1?AB.

因为OC?OA1?O，所以AB?面OA1C. 又A1C?平面OA1C，故AB?A1C.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，OC?AB，OA1?AB，

又平面ABC?平面AA1BB1，交线为AB，所以OC?平面AA1BB1，故OA，OC，OA1两两互相垂直.

以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz

则有A(1,0,0)，A1(0,3,0),C(0,0,3),B(?1,0,0).

则BC?(1,0,3)， BB1?AA?(?1,3,0)， AC?(0,?3,3). 设平面BB1C1C的法向量为n?(x,y,z)，

8

???x?3z?0?n?BC?0则有?，即?，可取n?(3,1,?1).

????x?3y?0?n?BB1?0故cos?n,A1C??n?A1C|n|?|A1C|??10 5所以直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为

10. 56.（2013·大纲版全国卷高考理科·Ｔ19）如图，四棱锥

P?ABCD中，?ABC??BAD?90，BC?2AD,?PAB与?PAD都是等边三角形.

（I）证明：PB?CD;

（II）求二面角A?PD?C的大小.

【解析】（I）取BC的中点E，连结DE，则ABED 为正方形.过P作PO?平面ABCD，垂足为O. 连结OA，OB，OD，OE.

由?PAB和?PAD都是等边三角形知PA?PB?PD, 所以OA?OB?OD，即点O为正方形ABED对角线的交点， 故OE?BD，从而PB?OE.

因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD， 因此PB^CD.

（II）解法一：由（I）知CD?PB，CD?PO，PB?PO?P, 故CD?面PBD.

又PD?面PBD,所以CD?PD.

取PD的中点F，PC的中点G，连结FG，则FG∥CD,FG?PD. 连结AF，由?APD为等边三角形可得AF?PD. 所以?AFG为二面角A?PD?C的平面角.

9

连结AG，EG，则EG∥PB. 又PB?AE，所以EG?AE. 设AB?2，则AE?22，EG?故AG?1PB?1， 2AE2?EG2?3.

1CD?2，AF?3，AG?3. 2在?AFG中，FG?FG2?AF2?AG26所以cos?AFG?. ??2?FG?AF3因此二面角A?PD?C的大小为??arccos6. 3解法二：由（I）知，OE,OB,OP两两垂直.以O为坐标原点，OE的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz. 设|AB|?2，则A(?2,0,0),D(0,?2,0,),

C(22,?2,0),P(0,0,2), uuurPC=(22,-2,-2),PD?(0,?2,?2),

AP?(2,0,2),AD?(2,?2,0).

设平面PCD的法向量为n1?(x,y,z)，则n1?PC?(x,y,z)?(22,?2,?2)?0，

uruuurn1?PD可得?(x,y,z)?(0,2,-2)=0，

?2x?y?z?0

y?z?0?取y??1，得x?0，z?1，故平面PCD的一个法向量为n1?(0,?1,1). 设平面PAD的法向量为n2?(m,p,q),则

n2?AP?(m,p,q)?(2,0,2)?0， n2?AD?(m,p,q)?(2,?2,0)?0,

?m?q?0.取m?1，得p?1,q??1，故平面PAD的一个法向量为n2?(1,1,?1) ??m?p?0

10

于是cos?n1,n2??n1?n2|n1||n2|??6. 3由于?n1,n2?等于二面角A?PD?C的平面角，所以二面角A?PD?C的大小为

??arccos6. 37. （2013·四川高考理科·Ｔ19）如图，在三棱柱ABC?A1B1C中，侧棱AA1?底面ABC，

AB?AC?2AA1，?BAC?120，D,D1分别是线段BC,B1C1的中点，P是线段AD的

中点．

（1）在平面ABC内，试作出过点P与平面A说明理由，并证明直线l?1BC平行的直线l，平面ADD1A1；

（2）设（1）中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A?A 1M?N的余弦值．

CAC1A1PDBD1B1

【解题指南】本题第(1)问求解时要首先明确证明直线与平面垂直的定理需要满足的条件,在第(2)问的求解过程中需要建立空间直角坐标系利用法向量进行求解.

【解析】(1)在平面ABC内,过点P作直线l∥BC,因为l在平面A1BC外,BC在平面A1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面A1BC. 由已知,AB=AC,D是BC的中点, 所以,BC⊥AD,则直线l⊥AD.

因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥直线l.

又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且AD与AA1相交,所以直线l⊥平面ADD1A1. (2)设AA1=1, 如图,

11

过A1作A1E平行于B1C1,以A1为坐标原点,分别以A1E,A1D1,A1A,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系. 则A1(0,0,0),A(0,0,1).

因为P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点, 故,M(

3131

,,1),N(?,,1), 2222

31-→-→→

所以A1M=(，?,1),A1A=(0,0,1),NM=( 3,0,0).

22设平面AA1M的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则

?A1M=0?n1?A1M??n1·即??

A1A=0??n1?A1A??n1·?31（1）=0?x1，y1，z1）·（，,故有? 22?x，y，z）·（0，0,（1）=0?111?31x1?y1+z1=0?从而?2 2?z=0?1取x1=1,则y1=-,所以n1=(1,- 3,0).

?A1M=0?n2?A1M??n2·即?设平面A1MN的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则?

NM=0??n2·?n2?NM??31（x，y，z）·（，,1）=0?222故有? 22?x，y，z）·（3，0,0）（=0?222 12

?31x?y2+z2=0?2从而?2 2?3x=0?2取y2=2,则z2=-1,所以n2=(0,2,-1).

设二面角A",A1M",N的平面角为θ,又θ为锐角,

则cosθ=

n1·n2n1·n2=（1，-3，0）·（0,2，-1）15. =52515. 5故二面角A",A1M",N的余弦值为8.(2013·天津高考理科·T17)如图,四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.

(1)证明B1C1⊥CE.

(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值.

(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为2,求线段AM的长. 6【解题指南】方法一:(1)建立空间直角坐标系,写出B1C1,CE的坐标,利用数量积证明. (2)求出平面B1CE与平面CEC1的法向量,由法向量的夹角余弦值求二面角的正弦值. (3)直线AM的方向向量与平面ADD1A1的法向量表示直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦,确定向量AM的坐标,由向量的模求线段AM的长. 方法二:

(1)要证明线段垂直,先证明线面垂直,关键是找出与线B1C1垂直的平面CC1E,然后进行证明. (2)要求二面角B1-CE-C1的正弦值,关键是构造出二面角B1-CE-C1的平面角,然后在三角形中求解. (3)首先构造三角形,设AM=x,在直角三角形AHM,C1D1E中用x表示出AH,EH的长度,最后在三角形AEH中利用余弦定理求解. 【解析】(方法一)

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如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1), B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).

(1) 易得BC1,0,?1),CE?(?1,1,?1)，于是B1C1?CE?0，所以B1C1?CE. 11?(??m?B1C?0,?x?2y?z?0,(2) B1C?(1,?2,?1),设平面B1CE的法向量m?(x,y,z),则?即?消去

?x?y?z?0,??m?CE?0,?x,得y?2z?0，不妨设z?1，可得一个法向量为m?(?3,?2,1).

由(1)知B1C1?CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1?平面CEC1，故B1C1?(1,0,?1)平面CEC1的一个法向量. 于是cosm,B1C1?m?B1C1m?B1C1??414?2??2127. ,所以sinm,B1C1?77因此二面角B1－CE－C1的正弦值为21. 7(3) AE?(0,1,0),EC1?(1,1,1),设EM??EC1?(?,?,?),0???1,则

AM?AE?EM?(?,??1,?).可取AB?(0,0,2)为平面ADD1A1一个法向量. 设?为直线AM与平面ADD1A1所成的角，于是

sin??cosAM,AB?AM?ABAM?AB?2???(??1)???2222??3??2??12.

于是?3?2?2??1?21,解得??,所以AM?2. 63 (方法二)

(1)因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1,经计算可得B1E=

225,B1C1=2,EC1=3,从而B1E2?BC11?EC1,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE.

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(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G,由(1)知,B1C1⊥CE,B1C1,B1G?平面B1C1G,B1C1∩B1G=B1,故CE⊥平面B1C1G,又C1G?平面B1C1G,得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=3,CC1=2,可得C1G=

2642.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠33B1GC1=

2121,即二面角B1-CE-C1的正弦值为. 77(3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.

设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=EH=2MH=234x,AH=x,在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=2,得661x,在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos 135°,得317212x?1?x2?x,整理得5x2-22x-6=0,解得x=2.所以线段AM的长为2. 18939.（2013·上海高考理科·T19）如图，在长方体ABCD-A′B′C′D′中，AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线BC1平行于平面DA1C，并求直线BC′到平面D1AC的距离.

【解析】如图,建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为A(1,0,1),B(1,2,1),C(0,2,1),C'(0,2,0),D'(0,0,0). 则

=(1,0,1),

=(0,2,1),

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设平面D'AC的法向量n=(u,v,w),由n⊥所以n·

=0,n·

=0,即

,n⊥

,

解得u=2v,w=-2v,取v=1,得平面D'AC的一个法向

量n=(2,1,-2). 因为

=(-1,0,-1),所以n·

=0,所以n⊥

.

又BC′不在平面D′AC内,所以直线BC′与平面D′AC平行. 由

=(1,0,0),得点B到平面D′AC的距离d=

=

=,所以直线BC'到平面

D'AC的距离为.

10. （2013·江苏高考数学科·Ｔ22）如图, 在直三棱柱A1B1C1- ABC 中, AB?AC, AB = AC=2,A1A = 4, 点 D 是 BC 的中点.

(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值; (2)求平面ADC1与平面 ABA1所成二面角的正弦值.

【解题指南】建立恰当的空间坐标系利用异面直线的夹角公式求出余弦值。本小题主要考查异面直线、二面角、空间向量等基础知识以及基本运算, 考查运用空间向量解决问题的能力 【解析】(1)以A为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A(0, 0, 0), B(2,

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0, 0), C(0, 2, 0), D(1, 1, 0),A1(0, 0, 4), C1(0, 2, 4), 所以A1B =(2, 0, -4),

C1D =(1, -1, -4).因为cos?A1B,C1D??A1B?C1D?|A1B||C1D|18310?

102018所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值成角的余弦值为

310 10

(2)设平面ADC1的法向量为n1 = (x, y, z), 因为AD=(1, 1, 0), AC1=(0, 2, 4), 所以n1·AD=0, n1·AC1=0，即x+y=0 且y+2z =0, 取z =1, 得x =2,y=-2, 所以, n1=(2, -2, 1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B 的一个法向量为n2=(0, 1, 0), 设平面

ADC1 与与平面 ABA1所成二面角的大小为?.由|cos?|=?5， 35 3n1?n222??得

|n1||n2|93sin?=因此, 平面ADC1与平面 ABA1所成二面角的正弦值为

11. （2013·湖南高考理科·Ｔ19）如图，在直棱柱ABCD?A 1BC11D1中，AD//BC，?BAD?90,AC?BD,BC?1,AD?AA1?3.

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（1）证明：AC?B1D.

（2）求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.

【解题指南】(1)证明两异面直线垂直往往转化成线面垂直而证之.

（2）直线B1C1与平面ACD1所成的角要转化成直线AD与平面ACD1所成的角. 本题可用传统方法也可用向量坐标法.

【解析】方法一：（1）如图1，因为BB1?平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC?BB1， 又AC?BD,所以AC?平面BB1D,而B1D?平面BB1D，所以AC?B1D.

（2）

因为B1C1//AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角（记为?）.

如图1，连接A1D，因为棱柱ABCD?A1B1C1D1是直棱柱，且?B1A1D1??BAD?90，所以A1B1?平面ADD1A1，从而A1B1?AD1，又AD?AA1?3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D?AD故AD于是AD1?B1D，由（1）知，AC?B1D，1，1?平面A1B1D，

0所以B1D?平面ACD1，故?ADB1?90-?.在直角梯形ABCD中，因为AC?BD，

0所以?BAC??ADB，从而Rt?ABC~Rt?DAB，故

ABBC?，即DAABAB?DA?BC?3.连接AB1，易知?AB1D是直角三角形，且

18

B1D2?BB12?BD2=BB12?AB2?AD2=21，即B1D?21.在Rt?AB1D中，cos?ADB1?2121AD3210,即cos(90??)?，从而sin??.即直线??77B1D72121. 7B1C1与平面ACD1所成的角的正弦值为

方法二：由（1）易知，AB,AD,AA1两两垂直， 如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在

直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 设AB?t，则相关各点的坐标为：

A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).

从而B1D?(?t,3,?3)，AC?(t,1,0)，BD?(?t,3,0)，因为AC?BD,所以.于是AC?BD??t2?3?0?0，解得t?3或t??3(舍去）.因为AC?B1D??3?3?0?0. B1D?（-3,3，-3），AC=（3,1,0）所以AC?BD，即AC?B1D.

（2）由（1）知，AD,0)，B1C1?(0,1,0).设n?(x,y,z)是平面1?(0,3,3)，AC?(3,1ACD1的一个法向量，则

?n?AC?0n?AD1?0，即

?3x?y?03y?3z?0，令x=1，则n?(1,?3,3) .

设直线B1C1与平面ACD1所成的角为?，

则sin??|cos?n,B1C1?|?|n?B1C1321|??.

7|n|?|B1C1|7即直线B1C1与平面ACD1所成的角的正弦值为

21. 712.（2013·江西高考理科·Ｔ19）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中

19

点，G为PD的中点，△DAB△DCB，EA=EB=AB=1，PA=

3，连接CE并延长交AD于F. 2

(1)求证：AD⊥平面CFG；

(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.

【解题指南】（1）利用判断定理证明线面垂直时，需证线线垂直，本题易证：EF?AD，

GF?AD；（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量求出.

【解析】（1）在△ABD中，因为E是BD的中点，所以EA=EB=ED=AB=1，故

??,?ABE??AEB?,因为△DAB△DCB，所以△EAB23??FED??BEC??AEB?.所以?FED??FEA,故

3?BAD?△ECB,从而有

EF?AD,AF?FD,又因为PG?GD,所以FG//PA.又PA?平面ABCD,所以GF?AD，又GF∩EF=F，故AD?平面CFG.

(2)以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，0，0)、B(1,0,0)、C(

333,,0)、D(0,3,0)、P（0,0,）.

222所以BC?(,1333333,0),CP?(?,?,),CD?(?,,0). 2222222?13?y?0??221设平面BCP的法向量n1?(1,y1,z1)，则?，

??3?3y?3z?011??222 20

?3y????13，即n?(1,?3,2). 解得?1332?z?1?3??3????2同理，设平面DCP的法向量n2?(1,y2,z2)，则???3???23y2?02， 33y2?z2?022??y?3解得?2，即n2?(1,3,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为

??z2?24|n?n|23cos??12??.

4|n1||n2|16?8913.(2013·福建高考理科·T19) 如图,在四棱柱ABCD

A1B1C1D1中,侧棱AA1⊥底面ABCD, AB∥DC,

AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k,(k>0)

(1)求证:CD⊥平面ADD1A1.

(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为(3)现将与四棱柱ABCD

6,求k的值. 7A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱,规

定:若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案,问共有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为f(k),写出f(k)的解析式.(直接写出答案,不必说明理由)

【解题指南】运用几何法,通过证明CD垂直平面ADD1A1的两条相交直线获证,建立空间直角坐标系,按线面角公式列式求k,第三小题,要注意不同的叠法,不同的长度度量就发生了改变,从而影响表面积. 【解析】

21

(1)取CD中点E,连接BE, 因为AB∥DE,AB=DE=3k, 所以四边形ABED为平行四边形, 所以BE∥AD且BE=AD=4k. 在△BCE中,

因为BE=4k,CE=3k,BC=5k, 所以BE+CE=BC,

所以∠BEC=90°,即BE⊥CD,又因为BE∥AD,所以CD⊥AD. 因为AA1⊥平面ABCD,CD?平面ABCD, 所以AA1⊥CD,又AA1∩AD=A, 所以CD⊥平面ADD1A1.

2

2

2

uuuruuuruuur(2)以D为原点,DA,DC,DD1的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1),

uuuruuuruuur所以AC?(?4k,6k,0)，AB1?(0,3k,1)，AA), 1?(0,0,1uuur??AC?n?0,设平面AB1C的法向量n=(x,y,z),则由?uuu r??AB1?n?0,得???4kx?6ky?0,取y=2,得n=(3,2,-6k).

3ky?z?0,?uuuruuurAA1,nr设AA1与平面AB1C所成角为θ,则sin??|cos?AA1,n?|?uuu |AA1|?|n|?6k36k2?13?6,解得k=1.故所求k的值为1. 7(3)共有4种不同的方案

22

5?272k?26k,0?k?,??18f(k)??

?36k2?36k,k?5.?18?

14.（2013·广东高考理科·Ｔ18）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A =90°，BC=6，

D,E分别是AC，AB上的点，CD=BE=2，O为BC的中点.将△ADE沿DE折起，得到如图所

示的四棱椎A??BCDE，其中A?O?3.

（1） 证明：A?O?平面BCDE；

（2） 求二面角A??CD?B的平面角的余弦值

【解题指南】本题以折叠问题为背景，考查线面垂直的证明及空间二面角的求法，对于立体几何中的折叠问题要注意折叠前后变与不变，求空间角则要注意空间向量的应用. 【解析】（1）因为在Rt?ABC中，∠A =90°，BC=6，CD=BE=2，O为BC的中点，故AD=AE=22（即A?D?A?E?22）；连接DO,EO，在?EBO,?DCO中，根据余弦定理可得

DO?EO?BO2?BE2?2BO?BEcos45?5，A?O?3，则A?D2?A?O2?OD2,A?E2?A?O2?OE2，A?O?OD,A?O?OE，OD?OE而A?O?平面BCDE；

O,从

?O为二面角A??CD?B（2）方法一：过O作DC的垂线，垂足为H，连接A?H，则?AH的平面角.在?DCO中，S?DCO?1132CD?COsin45?CD?OH，由此得OH?，222tan?A?HO?15. 515A?O6?，cos?A?HO?，即二面角A??CD?B的平面角的余弦值

5HO3为方法二：设F为DE的中点，则OF,OB,OA?两两垂直，以OF,OB,OA?分别为x,y,z轴的

23

正方向建立空间直角坐标系，根据题意可写出平面A?CD中的三个点的坐标

由此CA??(0,3,3),CD?(1,1,0).设n?(x,y,z)是A?(0,0,3),C(0,?3,0),D(1,?2,0)，

??3y?3z?0,?CA??n?0,?平面A?CD的一个法向量，则?即?取y??1，由此得

??x?y?0,?CD?n?0,?n?(1,?1,3)，OA??(0,0,3)是平面BCD的一个法向量，cos?OA?,n??15OA??n15，即二面角A??CD?B的平面角的余弦值为. ?55|OA?||n|15. （2013·山东高考理科·Ｔ18） 如图所示，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.

（Ⅰ）求证：AB//GH；

（Ⅱ）求二面角D-GH-E的余弦值 .

【解析】(1)因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB. 所以EF∥/DC.

又EF?平面PCD,DC?平面PCD,所以EF∥平面PCD. 又EF?平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH, 所以EF∥GH,又EF∥AB, 所以AB∥GH. (2)方法一:

在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ.

因为PB⊥平面ABQ,所以AB⊥PB,又BP∩BQ=B,所以AB⊥平面PBQ, 由(1)知AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ. 又FH?平面PBQ,所以GH⊥FH.

24

同理可得GH⊥HC,

所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角. 设BA=BQ=BP=2,连接FC,

在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=2, 在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=5, 又H为△PBQ的重心, 所以HC=

15PC=. 33同理FH=

5. 355??2499在△FHC中,由余弦定理得cos∠FHC=??

552?94即二面角D-GH-E的余弦值为?.

5方法二:由AQ=2BD,D为AQ的中点可得,△ABQ为直角三角形,

以B为坐标原点,分别以BA,BC,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),设A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,2,0),则E(1,0,1),F(0,0,1),D(1,1,0),C(0,1,0),所以

PC=(0,1,-2),DC=

(-1,0,0),FE=(1,0,0),QE=(1,-2,1).

??n1PC?0,设平面GCD的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则? 得

??n1DC?0,?y1?2z1?0,取n1?(0,1,2), ??x1?0,??n2FE?0,?x2?0,得?设平面EFG的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则?

x?2y?z?0,22??n2QE?0,?2取n2=(0,1,2), 可得cosn1,n2?44?,

5?5525

因为二面角D-GH-E为钝角, 所以二面角D-GH-E的余弦值为?4 516. （2013·陕西高考理科·Ｔ18）如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD, AB?AA1?2. (Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;

(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角?的大小.

D1A1B1C1DAOBC

【解题指南】线面垂直问题只需证直线A1C垂直平面BB1D1D内的两条相交直线即可;平面与平面的夹角需建系后,求得两个平面的法向量,代入公式即可求得. 【解析】(1)因为A1O⊥平面ABCD,且BD?平面ABCD, 所以A1O⊥BD,又因为在正方形ABCD中,AC⊥BD, 且A1O∩AC=O,所以BD⊥平面A1AC且 A1C?平面A1AC, 故A1C⊥BD.

在正方形ABCD中,AO=1. 在Rt△A1OA中,A1O=1.

设B1D1的中点为E1,则四边形A1OCE1为正方形,所以A1C⊥E1O. 又BD?平面BB1D1D,E1O?平面BB1D1D,且BD∩E1O=O, 所以可得A1C⊥平面BB1D1D.

(2)建立直角坐标系,使用向量解题。

以O为原点，以OC为X轴正方向，以OB为Y轴正方向，以OA1为z轴正方向,建立直角坐标系如图,则

B（0,1,0）,C(1，0，0),A1(0，0，1),B1(1,1,1)?A1C?(1,0,?1).

由(1)知, 平面BB1D1D的一个法向量n1?A1C?(1,0,?1),OB1?(1,1,1),OC?（1,0,0）.

26

设平面OCB1的法向量为n2,则n2?OB1?0,n2?OC?0，

解得其中一个法向量为n2?(0,1,-1).cos??|cos?n1,n1?|?|n1?n2||n1|?|n2|?12?2? 3?1。 2所以，平面OCB1与平面BB1D1D的夹角?为

17. （2013·新课标全国Ⅱ高考理科·Ｔ18）如图，直棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=

2AB. 2（1）证明：BC1//平面A1CD, （2）求二面角D-A1C-E的正弦值 A1

C1

B1

E

A

D

B

C

【解题指南】（1）连接AC1,构造中位线,利用线线平行证线面平行.

(2)建立空间直角坐标系,求平面A1CD与平面A1CE的法向量,借助求得的二面角的余弦值,从而得正弦值.

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【解析】（1）连接AC1，交AC1于点F，连结DF,BC1，则F为AC1的中点，因为D为AB的中点，所以DF//BC1，又因为FD?平面ACD，BC1?平面AC1D，所以1. BC1//平面ACD1(2)由AA1?AC?CB?2AB，可设：AB＝2a,则 2AC?BC，又因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以以点C为则AA1?AC?CB?2a,所以

坐标原点，分别以直线CA、CB、CC1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图.

则C（0,0,0）、A1???2??22?2a,0,2a、D??2a,2a,0??、E??0,2a,2a??,

?????CA1???2??22?2a,0,2a,CD??a,a,0CE?0,2a,a?. ，???2???22????y??x?z,令设平面ACD的法向量为n??x,y,z?,则n?CD?0且n?CA11?0,可解得

x?1,得平面ACD的一个法向量为n??1,?1,?1?，同理可得平面ACE的一个法向量为11m??2,1,?2?，则cos?n,m??36,所以二面角D?AC，所以sin?n,m??1?E的

33正弦值为6. 3 28

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