全国通用2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用空间角专用题组理

1 8.5 空间向量及其应用、空间角 考点一 空间角与距离 14.(2014天津,17,13 分)如图,在四棱锥 P-ABCD中,PA底面 ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点 E为棱 PC的中点. (1)证明 BEDC; (2)求直线 BE与平面 PBD所成角的正弦值; (3)若 F为棱 PC上一点,满足 BFAC,求二面角 F-AB-P的余弦值. 解析 解法一: 依题意,以点 A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得 B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由 E为棱 PC的中点,得 E(1,1,1). (1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0. 所以 BEDC. (2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设 n=(x,y,z)为平面 PBD的法向量, 则即不妨令 y=1,可得 n=(2,1,1)为平面 PBD的一个法向量.于是有 cos=. 所以直线 BE与平面 PBD所成角的正弦值为. (3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点 F在棱 PC上,设=,01. 故=+=+=(1-2,2-2,2).由 BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得 =.即 =.设 n1=(x,y,z)为平面 FAB的法向量,则即 不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB的一个法向量.取平面 ABP的法向量 n2=(0,1,0), 则 cos=-. 易知,二面角 F-AB-P是锐角,所以其余弦值为. 解法二: 2 (1)证明:如图,取 PD的中点 M,连结 EM,AM. 由于 E,M分别为 PC,PD的中点,故 EMDC,且 EM=DC,又由已知,可得 EMAB 且 EM=AB,故四 边形 ABEM为平行四边形,所以 BEAM. 因为 PA底面 ABCD,故 PACD,而 CDDA, 从而 CD平面 PAD,因为 AM平面 PAD,于是 CDAM,又 BEAM,所以 BECD. (2)连结 BM,由(1)有 CD平面 PAD,得 CDPD,而 EMCD,故 PDEM.又因为 AD=AP,M为 PD 的中点,故 PDAM,可得 PDBE,所以 PD平面 BEM,故平面 BEM平面 PBD.所以直线 BE在 平面 PBD内的射影为直线 BM,而 BEEM,可得EBM 为锐角,故EBM 为直线 BE与平面 PBD 所成的角. 依题意,有 PD=2,而 M为 PD的中点,可得 AM=,进而 BE=.故在直角三角形 BEM中, tanEBM=,因此 sinEBM=. 所以直线 BE与平面 PBD所成角的正弦值为. (3)如图,在PAC 中,过点 F作 FHPA 交 AC于点 H.因为 PA底面 ABCD,故 FH底面 ABCD, 从而 FHAC.又 BFAC,得 AC平面 FHB,因此 ACBH.在底面 ABCD内,可得 CH=3HA,从而 CF=3FP.在平面 PDC内,作 FGDC 交 PD于点 G,于是 DG=3GP.由于 DCAB,故 GFAB,所以 A,B,F,G四点共面.由 ABPA,ABAD,得 AB平面 PAD,故 ABAG.所以PAG 为二面角 F- AB-P的平面角. 在PAG 中,PA=2,PG=PD=,APG=45,由余弦定理可得 AG=,cosPAG=. 所以二面角 F-AB-P的余弦值为. 评析 本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、直线与平面所成的角,直线与平面 垂直等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力 和推理论证能力. 15.(2014重庆,19,13 分)如图,四棱锥 P-ABCD中,底面是以 O为中心的菱形,PO底面 ABCD,AB=2,BAD=,M 为 BC上一点,且 BM=,MPAP. (1)求 PO的长; (2)求二面角 A-PM-C的正弦值. 3 解析 (1)如图,连结 AC,BD,因为 ABCD为菱形,则 ACBD=O,且 ACBD.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. 因为BAD=,故 OA=ABcos=,OB=ABsin=1, 所以 O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0). 由 BM=,BC=2知,=, 从而=+=, 即 M. 设 P(0,0,a),a0, 则=(-,0,a),=. 因为 MPAP,故=0,即-+a 2=0,所以 a=或 a=-(舍去),即 PO=. (2)由(1)知,=,=,=. 设平面 APM的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 PMC的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 由 n1=0,n1=0,得 故可取 n1=, 由 n2=0,n2=0,得 故可取 n2=(1,-,-2), 从而法向量 n1,n2的夹角 的余弦值为 cos=-, 故所求二面角 A-PM-C的正弦值为. 16.(2013江西,19,12 分)如图,四棱锥 P-ABCD中,PA平面 ABCD,E为 BD的中点,G 为 PD的 中点,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=,连结 CE并延长交 AD于 F. (1)求证:AD平面 CFG; (2)求平面 BCP与平面 DCP的夹角的余弦值. 解析 (1)在ABD 中,因为 E是 BD中点,所以 EA=EB=ED=AB=1,故BAD=,ABE=AEB=, 因为DABDCB,所以EABECB, 从而有FED=BEC=AEB=,所以FED=FEA, 故 EFAD,AF=FD,又因为 PG=GD,所以 FGPA. 又 PA平面 ABCD, 所以 GFAD,故 AD平面 CFG. 4 (2)以点 A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,0),P, 故=,=,=. 设平面 BCP的一个法向量 n1=(1,y1,z1), 则 解得 即 n1=. 设平面 DCP的一个法向量 n2=(1,y2,z2), 则解得 即 n2=(1,2).从而平面 BCP与平面 DCP的夹角 的余弦值为 cos =. 17.(2012大纲全国,18,12 分)如图,四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为菱形,PA底面 ABCD,AC=2,PA=2,E是 PC上的一点,PE=2EC. (1)证明:PC平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C为 90,求 PD与平面 PBC所成角的大小. 解析 解法一: (1)因为底面 ABCD为菱形,所以 BDAC, 又 PA底面 ABCD,所以 PCBD.(2 分) 设 ACBD=F,连结 EF.因为 AC=2,PA=2,PE=2EC,故 PC=2,EC=,FC=,从而=,=. 因为=,FCE=PCA,所以FCEPCA,FEC=PAC=90,由此知 PCEF. PC与平面 BED内两条相交直线 BD,EF都垂直,所以 PC平面 BED.(6分) 5 (2)在平面 PAB内过点 A作 AGPB,G 为垂足. 因为二面角 A-PB-C为 90,所以平面 PAB平面 PBC. 又平面 PAB平面 PBC=PB,故 AG平面 PBC,AGBC. BC与平面 PAB内两条相交直线 PA,AG都垂直,故 BC平面 PAB,于是 BCAB,所以底面 ABCD 为正方形,AD=2,PD=2.(8 分) 设 D到平面 PBC的距离为 d. 因为 ADBC,且 AD平面 PBC,BC平面 PBC,故 AD平面 PBC,A、D 两点到平面 PBC的距离 相等,即 d=AG=. 设 PD与平面 PBC所成的角为 ,则 sin =. 所以 PD与平面 PBC所成的角为 30.(12分) 解法二: (1)以 A为坐标原点,AC 所在直线为 x轴,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz. 设 C(2,0,0),D(,b,0),其中 b0,则 P(0,0,2),E,B(,-b,0).(2分) 于是=(2,0,-2),=,=,从而=0,=0,故 PCBE,PCDE. 又 BEDE=E,所以 PC平面 BDE.(6分) (2)=(0,0,2),=(,-b,0). 设 m=(x,y,z)为平面 PAB的法向量,则 m=0,m=0,即 2z=0且 x-by=0, 令 x=b,则 m=(b,0). 设 n=(p,q,r)为平面 PBC的法向量,则 n=0,n=0,即 2p-2r=0且+bq+r=0, 令 p=1,则 r=,q=-,n=. 因为面 PAB面 PBC,故 mn=0,即 b-=0,故 b=,于是 n=(1,-1,),=(-,-,2), cos=,=60. 因为 PD与平面 PBC所成角和互余,故 PD与平面 PBC所成的角为 30.(12分) 评析 本题考查了线面垂直的判定及线面角的求法;考查了空间想象能力.本题“找”线面 角困难,因此要用“算”的方法. 18.(2012江西,19,12 分)在三棱柱 ABC-A1B1C1中,已知 AB=AC=AA1=,BC=4,点 A1在底面 ABC 的投影是线段 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)求平面 A1B1C与平面 BB1C1C夹角的余弦值. 6 解析 (1)证明:连结 AO,在AOA 1中,作 OEAA 1于点 E,因为 AA1BB 1,得 OEBB 1, 因为 A1O平面 ABC,所以 A1OBC. 因为 AB=AC,OB=OC,得 AOBC,所以 BC平面 AA1O,所以 BCOE,所以 OE平面 BB1C1C, 又 AO=1,AA1=,得 AE=. (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). 由=得点 E的坐标是, 由(1)得平面 BB1C1C的一个法向量是=, 设平面 A1B1C的法向量 n=(x,y,z), 由 得 令 y=1,得 x=2,z=-1, 即 n=(2,1,-1), 所以 cos=, 即平面 BB1C1C与平面 A1B1C的夹角的余弦值是. 评析 本题主要考查的知识点:线面垂直的判定和性质以及距离和二面角的计算;考查了推 理论证能力、空间想象能力;利用的方法有:法向量法. 19.(2015湖北,19,12 分)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱 锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 如图,在阳马 P-ABCD中,侧棱 PD底面 ABCD,且 PD=CD,过棱 PC的中点 E,作 EFPB 交 PB于 点 F,连结 DE,DF,BD,BE. (1)证明:PB平面 DEF.试判断四面体 DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写 出结论);若不是,说明理由; (2)若面 DEF与面 ABCD所成二面角的大小为,求的值. 7 解析 解法一:(1)因为 PD底面 ABCD,所以 PDBC, 由底面 ABCD为长方形,有 BCCD,而 PDCD=D, 所以 BC平面 PCD,而 DE平面 PCD,所以 BCDE. 又因为 PD=CD,点 E是 PC的中点,所以 DEPC. 而 PCBC=C,所以 DE平面 PBC. 而 PB平面 PBC,所以 PBDE. 又 PBEF,DEEF=E,所以 PB平面 DEF. 由 DE平面 PBC,PB平面 DEF,可知四面体 BDEF的四个面都是直角三角形, 即四面体 BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB. (2)如图,在面 PBC内,延长 BC与 FE交于点 G,则 DG是平面 DEF与平面 ABCD的交线. 由(1)知,PB平面 DEF,所以 PBDG. 又因为 PD底面 ABCD,所以 PDDG. 而 PDPB=P,所以 DG平面 PBD. 故BDF 是面 DEF与面 ABCD所成二面角的平面角, 设 PD=DC=1,BC=,有 BD=, 在 RtPDB 中,由 DFPB,得DPF=FDB=, 则 tan=tanDPF=,解得 =. 所以=. 故当面 DEF与面 ABCD所成二面角的大小为时,=. 解法二:(1)如图,以 D为原点,射线 DA,DC,DP分别为 x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标 系. 8 设 PD=DC=1,BC=,则 D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0), C(0,1,0),=(,1,-1),点 E是 PC的中点, 所以 E,=, 于是=0,即 PBDE. 又已知 EFPB,而 DEEF=E,所以 PB平面 DEF. 因=(0,1,-1),=0,则 DEPC,所以 DE平面 PBC. 由 DE平面 PBC,PB平面 DEF,可知四面体 BDEF的四个面都是直角三角形, 即四面体 BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB. (2)由 PD平面 ABCD,所以=(0,0,1)是平面 ABCD的一个法向量; 由(1)知,PB平面 DEF,所以=(-,-1,1)是平面 DEF的一个法向量. 若面 DEF与面 ABCD所成二面角的大小为, 则 cos= =, 解得 =, 所以=. 故当面 DEF与面 ABCD所成二面角的大小为时,=. 20.(2014安徽,20,13 分)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,A 1A底面 ABCD.四边形 ABCD为梯 形,ADBC,且 AD=2BC.过 A1,C,D三点的平面记为 ,BB 1与 的交点为 Q. (1)证明:Q 为 BB1的中点; (2)求此四棱柱被平面 所分成上下两部分的体积之比; (3)若 AA1=4,CD=2,梯形 ABCD的面积为 6,求平面 与底面 ABCD所成二面角的大小. 解析 (1)证明:因为 BQAA 1,BCAD,BCBQ=B,ADAA 1=A, 所以平面 QBC平面 A1AD. 从而平面 A1CD与这两个平面的交线相互平行,即 QCA 1D. 故QBC 与A 1AD的对应边相互平行,于是QBCA 1AD. 9 所以=,即 Q为 BB1的中点. 图 1 (2)如图 1,连结 QA,QD.设 AA1=h,梯形 ABCD的高为 d,四棱柱被平面 所分成上下两部分的 体积分别为 V 上 和 V 下 ,BC=a,则 AD=2a. =2ahd=ahd, VQ-ABCD=dh=ahd, 所以 V 下 =+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd, 所以 V 上 =-V 下 =ahd-ahd=ahd,故=. (3)解法一:如图 1,在ADC 中,作 AEDC,垂足为 E,连结 A1E,AC. 又 DEAA 1,且 AA1AE=A, 所以 DE平面 AEA1,于是 DEA 1E. 所以AEA 1为平面 与底面 ABCD所成二面角的平面角. 因为 BCAD,AD=2BC,所以 SADC =2SBCA . 又因为梯形 ABCD的面积为 6,DC=2,所以 SADC =4,AE=4. 于是 tanAEA 1=1,AEA 1=. 故平面 与底面 ABCD所成二面角的大小为. 图 2 解法二:如图 2,以 D为原点,的方向分别为 x轴和 z轴正方向建立空间直角坐标系. 设CDA=. 因为 S 四边形 ABCD=2sin =6, 所以 a=. 从而 C(2cos ,2sin ,0), A1, 所以=(2cos ,2sin ,0),=. 10 设平面 A1DC的一个法向量为 n=(x,y,1), 由得 x=-sin ,y=cos , 所以 n=(-sin ,cos ,1). 又因为平面 ABCD的一个法向量为 m=(0,0,1), 所以 cos=, 易知所求二面角为锐二面角, 故平面 与底面 ABCD所成二面角的大小为. 评析 本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推 理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的 关键. 21.(2013湖南,19,12 分)如图,在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,BAD=90,ACBD,BC=1,AD=AA 1=3. (1)证明:ACB 1D; (2)求直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值. 解析 解法一:(1)如图 1,因为 BB1平面 ABCD,AC平面 ABCD,所以 ACBB 1. 又 ACBD,所以 AC平面 BB1D,而 B1D平面 BB1D,所以 ACB 1D. 图 1 (2)因为 B1C1AD,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,连结 A1D.因为棱柱 ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且B 1A1D1=BAD=90,所以 A1B1平面 ADD1A1,从而 A1B1AD 1.又 AD=AA1=3,所以四边形 ADD1A1是正方形,于是 A1DAD 1.故 AD1平 面 A1B1D,于是 AD1B 1D. 由(1)知,ACB 1D,所以 B1D平面 ACD1,故ADB 1=90-. 在直角梯形 ABCD中,因为 ACBD,所以BAC=ADB.从而 RtABCRtDAB,故=,即 AB=. 连结 AB1.易知AB 1D是直角三角形,且 B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即 B1D=. 在 RtAB 1D中,cosADB 1=, 11 即 cos(90-)=.从而 sin =. 即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为. 解法二:(1)易知,AB,AD,AA 1两两垂直.如图 2,以 A为坐标原点,AB,AD,AA 1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). 图 2 从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0). 因为 ACBD,所以=-t 2+3+0=0,解得 t=或 t=-(舍去). 于是=(-,3,-3),=(,1,0). 因为=-3+3+0=0,所以,即 ACB 1D. (2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1的法向量, 则即令 x=1,则 n=(1,-,). 设直线 B1C1与平面 ACD1所成角为 ,则 sin =|cos|=. 即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为. 评析 本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学 生空间想象能力和运算求解能力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维 论证能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用 空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因. 22.(2013浙江,20,15 分)如图,在四面体 A-BCD中,AD平面 BCD,BCCD,AD=2,BD=2.M 是 AD的中点,P 是 BM的中点,点 Q在线段 AC上,且 AQ=3QC. (1)证明:PQ平面 BCD; (2)若二面角 C-BM-D的大小为 60,求BDC 的大小. 解析 解法一:(1)取 BD的中点 O,在线段 CD上取点 F,使得 DF=3FC,连结 OP,OF,FQ. 12 因为 AQ=3QC,所以 QFAD,且 QF=AD. 因为 O,P分别为 BD,BM的中点,所以 OP是BDM 的中位线,所以 OPDM,且 OP=DM. 又点 M为 AD的中点,所以 OPAD,且 OP=AD. 从而 OPFQ,且 OP=FQ, 所以四边形 OPQF为平行四边形,故 PQOF. 又 PQ平面 BCD,OF平面 BCD,所以 PQ平面 BCD. (2)作 CGBD 于点 G,作 GHBM 于点 H,连结 CH. 因为 AD平面 BCD,CG平面 BCD,所以 ADCG,又 CGBD,ADBD=D,故 CG平面 ABD,又 BM平面 ABD,所以 CGBM. 又 GHBM,CGGH=G,故 BM平面 CGH,所以 GHBM,CHBM. 所以CHG 为二面角 C-BM-D的平面角,即CHG=60. 设BDC=. 在 RtBCD 中,CD=BDcos =2cos , CG=CDsin =2cos sin , BG=BCsin =2sin 2. 在 RtBDM 中,HG=. 在 RtCHG 中,tanCHG=. 所以 tan =. 从而 =60. 即BDC=60. 解法二:(1)如图,取 BD的中点 O,以 O为原点,OD,OP 所在直线为 y,z轴,建立空间直角坐标 系 O-xyz. 由题意知 A(0,2),B(0,-,0),D(0,0). 设点 C的坐标为(x 0,y0,0),因为=3,所以 Q. 因为 M为 AD的中点,故 M(0,1).又 P为 BM的中点,故 P,所以=. 又平面 BCD的一个法向量为 u=(0,0,1),故u=0. 又 PQ平面 BCD,所以 PQ平面 BCD. 13 (2)设 m=(x,y,z)为平面 BMC的法向量. 由=(-x 0,-y0,1),=(0,2,1), 知 取 y=-1,得 m=. 又平面 BDM的一个法向量为 n=(1,0,0),于是 |cos|=, 即=3. 又 BCCD,所以=0, 故(-x 0,-y0,0)(-x0,-y0,0)=0, 即+=2. 联立,解得(舍去)或 所以 tanBDC=. 又BDC 是锐角,所以BDC=60. 评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考 查空间想象能力和运算求解能力. 23.(2012浙江,20,15 分)如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面是边长为 2的菱形,BAD=120, 且 PA平面 ABCD,PA=2,M,N分别为 PB,PD的中点. (1)证明:MN平面 ABCD; (2)过点 A作 AQPC,垂足为点 Q,求二面角 A-MN-Q的平面角的余弦值. 解析 (1)证明:连结 BD,因为 M,N分别是 PB,PD的中点,所以 MN是PBD 的中位线,所以 MNBD. 又因为 MN平面 ABCD,所以 MN平面 ABCD. (2)解法一: 连结 AC交 BD于 O,以 O为原点,OC,OD 所在直线为 x,y轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图 所示. 在菱形 ABCD中,BAD=120,得 14 AC=AB=2,BD=AB=6. 又因为 PA平面 ABCD,所以 PAAC. 在直角PAC 中,AC=2,PA=2,AQPC,得 QC=2,PQ=4. 由此知各点坐标如下: A(-,0,0),B(0,-3,0),C(,0,0),D(0,3,0), P(-,0,2),M, N,Q. 设 m=(x,y,z)为平面 AMN的法向量, 由=,= 知取 z=-1,得 m=(2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN的法向量. 由=,= 知 取 z=5,得 n=(2,0,5). 于是 cos=. 所以二面角 A-MN-Q的平面角的余弦值为. 解法二:在菱形 ABCD中,BAD=120,得 AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB. 又因为 PA平面 ABCD,所以 PAAB,PAAC,PAAD. 所以 PB=PC=PD.所以PBCPDC. 而 M,N分别是 PB,PD的中点,所以 MQ=NQ,且 AM=PB=PD=AN,取线段 MN的中点 E,连结 AE,EQ, 则 AEMN,QEMN,所以AEQ 为二面角 A-MN-Q的平面角. 由 AB=2,PA=2,故在AMN 中,AM=AN=3,MN=BD=3,得 AE=. 在直角PAC 中,AQPC,得 AQ=2,QC=2,PQ=4. 在PBC 中,cosBPC=,得 MQ=. 在等腰MQN 中,MQ=NQ=,MN=3,得 QE=. 在AEQ 中,AE=,QE=,AQ=2,得 cosAEQ=. 所以二面角 A-MN-Q的平面角的余弦值为. 评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考 查空间想象能力和运算求解能力. 考点二 空间向量及其应用 7.(2014江西,10,5 分) 15 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA 1=12.一质点从顶点 A射向点 E(4,3,12),遇 长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第 i-1次到第 i次反射点之间的线段记为 Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段 L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( ) 答案 C 由对称性知质点经点 E反射到平面 ABCD的点 E1(8,6,0)处.在坐标平面 xAy中, 直线 AE1的方程为 y=x,与直线 DC的方程 y=7联立得 F.由两点间的距离公式得 E1F=,tanE 2E1F=tanEAE 1=,E 2F=E1FtanE 2E1F=4.E 2F1=12-4=8.=.故选 C. 评析 本题考查了对称性和空间想象能力.把空间问题转化为平面问题是解题的关键. 8.(2013湖北,19,12 分)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. (1)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; (2)设(1)中的直线 l与圆 O的另一个交点为 D,且点 Q满足=.记直线 PQ与平面 ABC所成的 角为 ,异面直线 PQ与 EF所成的角为 ,二面角 E-l-C的大小为 ,求证:sin =sin sin . 解析 (1)直线 l平面 PAC,证明如下: 连结 EF,因为 E,F分别是 PA,PC的中点,所以 EFAC. 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 EFl. 因为 l平面 PAC,EF平面 PAC,所以直线 l平面 PAC. 16 (2)解法一(综合法):如图 1,连结 BD,由(1)可知交线 l即为直线 BD,且 lAC. 因为 AB是O 的直径,所以 ACBC,于是 lBC. 已知 PC平面 ABC,而 l平面 ABC,所以 PCl. 而 PCBC=C,所以 l平面 PBC. 连结 BE,BF,因为 BF平面 PBC,所以 lBF. 故CBF 就是二面角 E-l-C的平面角,即CBF=. 由=,作 DQCP,且 DQ=CP. 连结 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,PQFD. 连结 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 BDBF,知BDF 为锐角, 故BDF 为异面直线 PQ与 EF所成的角,即BDF=, 于是在 RtDCF,RtFBD,RtBCF 中,分别可得 sin =,sin =,sin =, 从而 sin sin =sin , 即 sin =sin sin . 解法二(向量法):如图 2,由