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第八章第八章立体几何 8 1 空间几何体的结构及其三视图和直观图空间几何体的结构及其三视图和直观图 专题 2 三视图与直观 图 2015河北石家庄二中一模 三视图与直观图 选择题 理 7 如图是一个几何体的三视图 则该几何体 任意两个顶点间距离的最大值为 A 4B 5C 3D 3 23 解析 由三视图知该几何体是一个三棱柱和一个三棱锥的组合体 其直观图如图所示 由图知 AC BD 的长为几何体上任意两点间的距离的最大值 即为 3 故选 D 32 32 32 3 答案 D 2015河北衡水中学二模 三视图与直观图 选择题 理 7 如图 在矩形 ABCD 中 AB BC 2 沿 BD 将 3 2 矩形 ABCD折叠 连接 AC 所得三棱锥 A BCD 的正视图和俯视图如图所示 则三棱锥 A BCD 侧视图 的面积为 A B C D 9 25 12 5 36 25 18 25 解析 由正视图及俯视图可得在三棱锥 A BCD 中 平面 ABD 平面 BCD 该几何体的侧视图是腰长为 的等腰直角三角形 其面积为 故选 D 3 2 2 3 2 2 22 6 5 1 2 6 5 2 18 25 答案 D 2015江西南昌一模 三视图与直观图 选择题 理 3 如图 在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中 点 P 是平 面 A1B1C1D1内一点 则三棱锥 P BCD 的正视图与侧视图的面积之比为 A 1 1B 2 1C 2 3D 3 2 解析 利用三视图的概念求解 由题意可得正视图的面积等于矩形 ADD1A1面积的 侧视图的面积等于 1 2 矩形 CDD1C1面积的 又底面 ABCD 是正方形 所以矩形 ADD1A1与矩形 CDD1C1的面积相等 即正视 1 2 图与侧视图的面积之比是 1 1 故选 A 答案 A 8 2 空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积 专题 1 空间几何体的表 面积 2015河北石家庄高三质检二 空间几何体的表面积 选择题 理 10 某几何体的三视图如图所示 则该 几何体的表面积为 A 6 2B 4 4 32 C 2 4 2D 4 2 233 解析 利用三视图得几何体 再求解表面积 由三视图可得该几何体是如图所示的三棱锥 P ABC 底面 是以 A 点为直角顶点的三角形 AB AC 2 PB 底面 ABC PB 2 所以 ABC 与 PAB 的面积都等于 2 PBC的面积为 2 2 2 在 PAC 中 PC 2 PA 2 AC 2 所以 PA AC 所以 PAC 的面 1 2 2232 积为 PA AC 2 2 2 所以该几何体的表面积为 4 4 故选 B 1 2 1 2 222 答案 B 2015河北唐山一模 空间几何体的表面积 选择题 理 12 某几何体的三视图如图所示 则该几何体的 表面积为 A 4B 21 3 C 3 12D 12 3 33 2 解析 根据三视图可知该几何体为正方体的切割体 结合实线和虚线进一步确定空间几何体 然后再求 其表面积 如图 由三视图可知该几何体为边长为 2 的正方体被一个边长为的正六边形截去一部分 2 后所得 其表面积为 3 3 1 1 6 3 12 故选 C 2 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 3 2 23 答案 C 2015河北唐山一模 空间几何体的表面积 填空题 理 15 在半径为 5 的球面上有不同的四点 A B C D 若 AB AC AD 2 则平面 BCD 被球所截得图形的面积为 5 解析 平面 BCD 被球所截得的图形为圆 设其半径为 r 圆心为 O 球的半径为 R 球心为 O 则 AO 为三 棱锥 A BCD的高且必过球心 则 OO C 为直角三角形 所以 O A2 AC2 O C2 2 2 r2 R OO 2 又 5 r2 OO 2 R2 两式联立可得 r2 16 故圆的面积为 16 答案 16 2015江西南昌一模 空间几何体的表面积 填空题 理 14 已知直三棱柱 ABC A1B1C1中 BAC 90 侧面 BCC1B1的面积为 2 则直三棱柱 ABC A1B1C1外接球表面积的最小值为 解析 建立外接球表面积的表达式 利用基本不等式求解 设直三棱柱的高为 2h 其外接球的半径为 R 取 BC B1C1的中点分别为 D D1 连接 DD1 易知其外接球的球心在 DD1的中点 则 BC 2AD 2 2 2 则 2 2h 2 即 R2 h2 所以外接球的表面积为 4 R2 4 当且仅当 4h2 h 2 2 1 4 2 1 2 4 2 1 2 时取等号 故外接球的表面积的最小值为 4 2 2 答案 4 2015河北石家庄高三质检一 空间几何体的表面积 选择题 理 11 某几何体的三视图如图所示 若该 几何体的所有顶点都在一个球面上 则该球的表面积为 A 4 B C D 20 28 3 44 3 解析 由三视图得该几何体为底面是边长为 2 的正三角形 高为 2 的直三棱柱 则其外接球的半径 R 外接球的表面积 S 4 R2 故选 B 12 2 3 3 2 21 3 28 3 答案 B 2015河北保定一模 空间几何体的表面积 选择题 理 6 一简单组合体的三视图如图所示 则该组合 体的表面积为 A 38B 38 2 C 38 2 D 12 解析 由三视图知该几何体是长方体中挖去一个半径为 1 的圆柱 且圆柱与长方体的高都是 1 长方体 的长为 4 宽为 3 所以该几何体的表面积 S 2 3 1 2 4 1 2 4 3 2 12 2 1 1 38 故选 A 答案 A 2015江西师大附中 鹰潭一中 宜春中学高三联考 空间几何体的表面积 选择题 理 4 如图是一 个无盖器皿的三视图 正视图 侧视图和俯视图中的正方形边长为 2 正视图 侧视图中的虚线都是 半圆 则该器皿的表面积是 A 24B 20 C 2 24D 2 20 解析 依题意可知 器皿是从一个棱长为 2 的正方体中挖去一个半球后所剩余的部分 其中该球的半径 是 1 因此该器皿的表面积是 6 22 1 2 12 24 故选 A 答案 A 2015江西九校高三联考 空间几何体的表面积 选择题 理 10 已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球 O的球面上 SC 为球 O 的直径 且 SC OA SC OB OAB 为等边三角形 三棱锥 S ABC 的体积为 3 6 则球 O的表面积为 A B 4 C 12 D 18 解析 设球的半径为 R 依题意得 SC 平面 OAB OAB 的面积等于R2 VS ABC VS ABO VC ABO 3 4 1 3 3 4 R2 2R 解得 R 1 因此球 O 的表面积等于 4 R2 4 故选 B 3 6 答案 B 专题 2 空间几何体的体 积 2015河北衡水中学二模 空间几何体的体积 填空题 理 15 已知点 A B C D 在同一个球面 上 AB BC AC 2 若球的表面积为 则四面体 ABCD 体积的最大值为 2 25 4 解析 由题知 AC2 BC2 AB2 所以 ABC 90 设 AC 的中点为 E 球的半径为 R 过 A B C 三点的截面 圆半径 r AE AC 1 由球的表面积为知 4 R2 解得 R 因为 ABC 的面积为 AB BC 1 所 1 2 25 4 25 4 5 4 1 2 以要使四面体 ABCD 体积最大 则 D 为直线 DE 与球的交点且球心在线段 DE 上 所以球心到过 A B C三点的截面的距离 d 所以 DE 2 所以四面体 ABCD 体积的最大值为 2 2 3 4 3 4 5 4 1 3 1 2 2 3 答案 2 3 2015江西九校高三联考 空间几何体的体积 选择题 理 6 已知某几何体的三视图如图所示 则该几 何体的体积为 A B C D 16 3 80 3 64 3 43 3 解析 依题意 几何体的形状如图所示 可视为从一个底面为等腰直角三角形的直棱柱中截去一个三棱锥后 所剩余的部分 其中相应的直三棱柱的体积等于 4 32 所截去的三棱锥的体积等于 1 2 4 4 1 3 4 因此几何体的体积等于 32 故选 B 1 2 2 4 16 3 16 3 80 3 答案 B 2015江西南昌二模 空间几何体的体积 选择题 理 10 某几何体的三视图如图所示 则该几何体的体 积是 A 2B C 4D 8 3 20 9 解析 将该几何体置于正方体中 可知该几何体是正方体中去掉两个三棱柱和一个三棱锥得到的四棱 锥 S ABCD 其体积为 23 2 1 2 2 2 2 2 故选 B 1 2 1 3 1 2 8 3 答案 B 2015江西赣州高三摸底考试 空间几何体的体积 选择题 理 9 一个几何体的三视图如图所示 则该 几何体的体积为 A 32B 18C 16D 10 解析 由三视图知几何体为正方体按图所示截去上部分得到的几何体 D1PBQCDA 其体积为正方体体 积的一半 即为 43 32 故选 A 1 2 答案 A 2015江西赣州高三摸底考试 空间几何体的体积 填空题 理 15 A B C 三点在同一球面上 BAC 135 BC 2 且球心 O 到平面 ABC 的距离为 1 则此球 O 的体积为 解析 由正弦定理可知 ABC 的外接圆半径满足 2r 2 所以 r 又因为球心 O sin 2 sin135 22 到平面 ABC 的距离 d 1 所以球的半径 R 所以球的体积 V 3 4 2 2 3 4 3 33 答案 4 3 2015河北石家庄一模 空间几何体的体积 选择题 理 10 一个几何体的三视图如图所示 则该几何体 的体积是 A 64B 72C 112D 80 解析 由三视图可得该几何体是组合体 其下方是棱长为 4 的正方体 上方是底面为三边分别为 4 2 5 2的三角形 高为 3的三棱锥 则其体积为 V 43 42 3 72 故选 B 5 1 3 1 2 答案 B 8 5 直线 平面垂直的判定与性质直线 平面垂直的判定与性质 专题 2 直线与平面垂直的判定与 性质 2015河北石家庄一模 直线与平面垂直的判定与性质 选择题 理 7 如图 在三棱柱 ABC A1B1C1中 侧棱垂直于底面 底面是边长为 2 的正三角形 侧棱长为 3 则 BB1与平面 AB1C1所成的角的大小为 A B C D 6 4 2 3 解析 因为 B1B A1A 所以 B1B 与平面 AB1C1所成的角等于 A1A 与平面 AB1C1所成的角 在三棱锥 A1 AB1C1中 V A1A 3 设 A1到平面 AB1C1的距离为 d 则 V 1 3 1 1 1 1 3 1 2 2 2 3 2 3 1 3 d d 所以 d 设 A1A 与平面 AB1C1所成的角为 则 sin 1 1 1 3 1 2 2 23 3 3 2 1 1 2 6 故选 A 答案 A 2015河北石家庄高三质检一 直线与平面垂直的判定与性质 选择题 理 6 设 a b 表示不同的直 线 表示不同的平面 则下列命题中正确的是 A 若 a 且 a b 则 b B 若 且 则 C 若 a 且 a 则 D 若 且 则 解析 对于 A 若 a 且 a b 则 b 或 b A 错误 对于 B 若 且 则 与 平行 相交 垂直都有可能 B 错误 对于 C 若 a 且 a 则 与 平行 相交 垂直都有可能 C 错误 对于 D 由两平面平行的判定定理可知 D 正确 故选 D 答案 D 专题 4 空间中的距离问 题 2015河北石家庄二中一模 空间中的距离问题 选择题 理 10 已知在 ABC 中 ACB 90 AB 2BC 2 将 ABC 绕 BC 旋转得 PBC 当直线 PC 与平面 PAB所成角的正弦值为 6 6 时 P A 两点间的距离是 A 2B 4C 2D 2 23 解析 PA的中点为 D 连接 BD 过点 C 作 CE BD 于点 E 连接 PE 则 PA CD 又 PA BC CD BC C 所以 PA 平面 BCD 又因为 PA 平面 PAB 所以平面 BCD 平面 PBA 且平面 BCD 平面 PBA BD 所以 CE 平面 PBA 所以 CPE 就是直线 PC与平面 PAB 所成的角 因为直线 PC 与平面 PAB 所成 角的正弦值为 PC 所以 CE 设 CD x 则 BD 所以 S BCD 1 x 6 6 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 解得 x 1 因为 PC 所以 PD 所以 PA 2PD 2 故选 C 322 答案 C 8 7 空间几何中的向量方法空间几何中的向量方法 专题 2 利用空间向量解决探索性 问题 2015河北石家庄二中一模 利用空间向量解决探索性问题 解答题 理 19 在直三棱柱 ABC A1B1C1 中 AA1 AB AC 1 E F分别是 CC1 BC 的中点 AE A1B1 D 为棱 A1B1上的点 1 证明 DF AE 2 是否存在一点 D 使得平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 若存在 说明点 D 的位 14 14 置 若不存在 请说明理由 解 1 证明 AE A1B1 A1B1 AB AB AE 又 AB AA1 AE AA1 A AB 平面 A1ACC1 又 AC 平面 A1ACC1 AB AC 以 A 为原点 AB AC AA1所在的直线分别为 x 轴 y 轴 z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz 则 A 0 0 0 E F A1 0 0 1 B1 1 0 1 0 1 1 2 1 2 1 2 0 设 D 0 1 0 1 则 1 2 1 2 1 0 1 1 2 0 DF AE 1 2 1 2 2 假设 D 点存在 设平面 DEF 的法向量为 n x y z 则 0 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 0 1 2 1 2 0 即 3 2 1 2 1 2 2 1 2 令 z 2 1 n 3 1 2 2 1 由题可知平面 ABC 的一个法向量为 m 0 0 1 平面 DEF与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 cos 14 14 14 14 即 2 1 9 1 2 2 4 1 2 14 14 或 舍 1 2 7 4 当点 D 为 A1B1的中点时 满足要求 2015河北石家庄一模 利用空间向量解决探索性问题 解答题 理 19 如图 在四棱锥 P ABCD 中 底 面 ABCD为梯形 ABC BAD 90 AP AD AB BC t PAB PAD 2 1 当 t 3时 试在棱 PA 上确定一个点 E 使得 PC 平面 BDE 并求出此时的值 2 2 当 60 时 若平面 PAB 平面 PCD 求此时棱 BC的长 解 1 证明 连接 AC BD 交于点 F 在平面 PCA 中作 EF PC交 PA 于点 E 因为 PC 平面 BDE EF 平面 BDE 所以 PC 平面 BDE 因为 AD BC 所以 1 3 因为 EF PC 所以 1 3 2 取 BC上一点 G 使得 BG 连接 DG 则四边形 ABCD 为正方形 2 过点 P 作 PO 平面 ABCD 垂足为 O 连接 OA OB OD OG 因为 AP AD AB PAB PAD 60 所以 PAB 和 PAD 都是等边三角形 因此 PA PB PD 所以 OA OB OD 即点 O 为正方形 ABGD 对角线的交点 所以 OG OB OP两两垂直 以 O为坐标原点 分别以的方向为 x 轴 y 轴 z 轴的正方向建立如图所示的空间直角 坐标系 O xyz 则 O 0 0 0 P 0 0 1 A 1 0 0 B 0 1 0 D 0 1 0 G 1 0 0 因为 BC 的长为 t 则 C 2 2 1 2 2 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 2 2 1 2 2 1 设平面 PAB的法向量为 m x1 y1 z1 则 0 0 即 0 0 令 x 1 得 m 1 1 1 设平面 PCD 的法向量为 n x2 y2 z2 则 0 0 即 2 2 1 2 2 0 0 令 y 1 得 n 1 22 1 1 因为平面 PAB 平面 PCD 所以 m n 0 解得 t 2 即棱 BC 的长为 2 22 专题 3 利用空间向量求空 间角 2015河北保定一模 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 如图 已知矩形 ABCD 中 AB 2 AD 1 M为 DC的中点 将 ADM 沿 AM 折起 使得平面 ADM 平面 ABCM 连接 BM 1 求证 AD BM 2 若点 E 是线段 DB上的动点 问点 E 在何位置时 三棱锥 M ADE 的体积为 2 12 3 求二面角 A DM C的正弦值 解 1 证明 在矩形 ABCD 中 AB 2 AD 1 M 为 CD 的中点 AM BM 由勾股定理逆定理得 BM AM 2 折起后 平面 ADM 平面 ABCM 且平面 ADM 平面 ABCM AM BM 平面 ABCM BM 平面 ADM 又 AD 平面 ADM AD BM 2 解法一 在 BDM中 作 EF BM 交 DM 于点 F 1 中已证明 BM 平面 ADM EF 平面 ADM EF是三棱锥 E MAD 的高 VM ADE VE MAD EF 1 3 1 2 2 12 EF 又 在 DMB中 BM 且 EF BM 2 2 2 EF 为中位线 E 为 BD 的中点 解法二 分别取 AM AB 的中点 O 和 N 则 ON BM 1 中已证明 BM 平面 ADM ON 平面 ADM ON AM ON OD 又 AD DM DO AM 建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz 则 D A B 0 0 2 2 2 2 0 0 2 2 2 0 2 2 2 2 2 点 E 是线段 DB 上的一动点 2 2 2 2 2 E 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 显然 n 0 1 0 是平面 ADM的一个法向量 点 E 到平面 ADM的距离 d 2 VM ADE S ADM d 1 1 1 3 1 3 1 2 2 2 12 E 为 BD 的中点 1 2 3 D M C 0 0 2 2 2 2 0 0 2 2 2 0 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0 设 n1 x y z 是平面 CDM的法向量 则 n1 0 n1 0 即 x z 0 x y 0 令 x 1 得 y 1 z 1 2 2 2 2 2 2 2 2 向量 n1 1 1 1 易知平面 ADM的一个法向量为 n2 0 1 0 则 cos 3 3 二面角 A DM C 的正弦值为 6 3 2015河北衡水中学二模 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 如图 在四棱柱 ABCD A1B1C1D1中 侧面 ADD1A1 底面 ABCD D1A D1D 底面 ABCD 为直角梯形 其中 BC AD AB 2 AD AD 2AB 2BC 2 O 为 AD 的中点 1 求证 A1O 平面 AB1C 2 求平面 AC1D1与平面 C1D1C 所成锐二面角的余弦值 解 1 证明 如图 连接 CO 则四边形 ABCO 为正方形 OC AB A1B1 且 OC AB A1B1 故四边形 A1B1CO 为平行四边形 A1O B1C 又 A1O 平面 AB1C B1C 平面 AB1C A1O 平面 AB1C 2 连接 D1O D1A D1D O 为 AD 的中点 D1O AD 又侧面 ADD1A1 底面 ABCD 故 D1O 底面 ABCD 以 O为原点 OC OD OD1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 O xyz 则 C 1 0 0 D 0 1 0 D1 0 0 1 A 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 设 m x y z 为平面 CDD1C1的法向量 由 m m 1得 0 0 令 z 1 则 y 1 x 1 m 1 1 1 又设 n x1 y1 z1 为平面 AC1D1的法向量 由 n n 1 1 1得 1 1 0 1 1 0 令 z1 1 则 y1 1 x1 1 n 1 1 1 则 cos 1 1 1 3 3 1 3 故所求锐二面角的余弦值为 1 3 2015江西师大附中 鹰潭一中 宜春中学高三联考 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 在如图 所示的空间几何体中 平面 ACD 平面 ABC ACD 与 ACB 是边长为 2 的等边三角形 BE 2 BE 和平 面 ABC所成的角为 60 且点 E 在平面 ABC 上的射影落在 ABC 的平分线上 1 求证 DE 平面 ABC 2 求二面角 E BC A 的余弦值 解 1 证明 由题意知 ABC ACD 都是边长为 2 的等边三角形 取 AC 的中点 O 连接 BO DO 则 BO AC DO AC 又 平面 ACD 平面 ABC DO 平面 ABC 作 EF 平面 ABC 那么 EF DO 根据题意 点 F 落在 BO 上 EBF 60 易求得 EF DO 3 四边形 DEFO 是平行四边形 DE OF DE 平面 ABC 2 解法一 作 FG BC 垂足为点 G 连接 EG EF 平面 ABC EF BC 又 EF FG F BC 平面 EFG EG BC EGF就是二面角 E BC A 的平面角 Rt EFG 中 FG FB sin30 EF EG 1 2 3 13 2 cos EGF 即二面角 E BC A 的余弦值为 13 13 13 13 解法二 建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz 可知平面 ABC 的一个法向量为 n1 0 0 1 设平面 BCE 的法向量为 n2 x y z 则可求得 n2 3 1 2 0 2 0 3 cos 1 2 1 2 13 13 又由图知所求二面角的平面角是锐角 二面角 E BC A的余弦值为 13 13 2015江西九校高三联考 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 如图 已知 E F 分别是正方形 ABCD 边 BC CD的中点 EF与 AC交于点 O PA NC都垂直于平面 ABCD 且 PA AB 4 NC 2 M 是线段 PA 上一动点 1 求证 平面 PAC 平面 NEF 2 若 PC 平面 MEF 试求 PM MA 的值 3 当 M 是 PA 的中点时 求二面角 M EF N 的余弦值 解法一 1 证明 连接 BD PA 平面 ABCD BD 平面 ABCD PA BD 又 BD AC AC PA A BD 平面 PAC 又 E F 分别是 BC CD 的中点 EF BD EF 平面 PAC 又 EF 平面 NEF 平面 PAC 平面 NEF 2 连接 OM PC 平面 MEF 平面 PAC 平面 MEF OM PC OM 故 PM MA 1 3 1 4 3 EF 平面 PAC OM 平面 PAC EF OM 在等腰三角形 NEF中 点 O 为 EF 的中点 NO EF MON 为所求二面角 M EF N 的平面角 点 M是 PA 的中点 AM NC 2 在矩形 MNCA 中 可求得 MN AC 4 NO MO 2622 在 MON 中 由余弦定理可求得 cos MON 2 2 2 2 33 33 二面角 M EF N 的余弦值为 33 33 解法二 1 同解法一 2 建立如图所示的直角坐标系 则 P 0 0 4 C 4 4 0 E 4 2 0 F 2 4 0 4 4 4 2 2 0 设点 M的坐标为 0 0 m 平面 MEF 的法向量为 n x y z 则 4 2 m 0 0 即 4 2 0 2 2 0 令 x 1 则 y 1 z 故 n 6 1 1 6 PC 平面 MEF n 0 即 4 4 0 解得 m 3 24 故 AM 3 即点 M为线段 PA上靠近 P的四等分点 故 PM MA 1 3 3 N 4 4 2 则 0 2 2 设平面 NEF 的法向量为 m x y z 则 0 0 即 2 2 0 2 2 0 令 x 1 则 m 1 1 1 当 M 是 PA的中点时 m 2 则 n 1 1 3 cos 1 1 3 3 11 33 33 二面角 M EF N 的余弦值为 33 33 2015河北石家庄高三质检二 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 如图 在三棱柱 ABC A1B1C1 中 A1A AB ABC 90 侧面 A1ABB1 底面 ABC 1 求证 AB1 平面 A1BC 2 若 AC 5 BC 3 A1AB 60 求二面角 B A1C C1的余弦值 解 1 证明 在侧面 A1ABB1中 因为 A1A AB 所以四边形 A1ABB1为菱形 所以对角线 AB1 A1B 因为侧面 A1ABB1 底面 ABC ABC 90 所以 CB 侧面 A1ABB1 因为 AB1 平面 A1ABB1 所以 CB AB1 又因为 A1B BC B 所以 AB1 平面 A1BC 2 在 Rt ABC 中 AC 5 BC 3 所以 AB 4 又因为在菱形 A1ABB1中 A1AB 60 所以 A1AB为正三角形 如图 以菱形 A1ABB1的对角线交点 O 为坐标原点 OA1方向为 x 轴 OA 方向为 y 轴 过 O 且与 BC 平行的方向为 z轴建立空间直角坐标系 则 A1 2 0 0 B 2 0 0 C 2 0 3 B1 0 2 0 C1 0 2 3 33 所以 2 2 0 2 2 3 1 3 1 1 3 设 n x y z 为平面 A1CC1的法向量 则所以 1 0 1 1 0 2 23 0 2 23 3 0 令 x 3 得 n 3 4 为平面 A1CC1的一个法向量 3 又 0 2 0 为平面 A1BC 的一个法向量 1 3 cos 1 1 1 6 27 23 21 14 所以二面角 B A1C C1的余弦值为 21 14 2015河北唐山一模 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 如图 在斜三棱柱 ABC A1B1C1中 侧面 ACC1A1与侧面 CBB1C1都是菱形 ACC1 CC1B1 60 AC 2 1 求证 AB1 CC1 2 若 AB1 求二面角 C AB1 A1的余弦值 6 解 1 证明 连接 AC1 CB1 则 ACC1和 B1CC1皆为正三角形 取 CC1的中点 O 连接 OA OB1 则 CC1 OA CC1 OB1 又 OA OB1 O 则 CC1 平面 OAB1 因为 AB1 平面 OAB1 所以 CC1 AB1 2 由 1 知 OA OB1 又 AB1 所以 OA OB1 36 如图 以 O 为坐标原点 分别以 OB1 OC1 OA 所在的直线为 x 轴 y 轴 z 轴建立空间直角坐标系 O xyz 则 C 0 1 0 B1 0 0 A 0 0 33 设平面 CAB1的法向量为 m x1 y1 z1 因为 0 0 1 1 33 3 所以令 x1 1 得 m 1 1 3 1 3 1 0 1 3 1 0 3 设平面 A1AB1的法向量为 n x2 y2 z2 因为 0 0 2 0 1 33 1 所以令 x2 1 得 n 1 0 1 3 2 3 2 0 2 2 0 则 cos 2 5 2 10 5 因为二面角 C AB1 A1为钝角 所以二面角 C AB1 A1的余弦值为 10 5 2015江西南昌一模 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 如图 AC 是圆 O 的直径 B D 是圆 O 上两 点 AC 2BC 2CD 2 PA 圆 O 所在的平面 1 3 1 求证 CM 平面 PAD 2 若 CM与平面 PAC 所成角的正弦值为时 求 AP 的值 5 5 解 1 证明 作 ME AB于点 E 连接 CE ME AP AC是圆 O 的直径 AC 2BC 2CD 2 AD DC AB BC BAC CAD 30 BCA DCA 60 AB AD 3 1 3 BE BA tan BCE 1 3 3 3 3 3 BCE ECA 30 CAD EC AD 由 且 ME CE E 平面 MEC 平面 PAD CM 平面 MEC CM 平面 PAD CM 平面 PAD 2 依题意 如图 以 A为原点 直线 AB AP 分别为 x z 轴建立空间坐标系 设 AP a A 0 0 0 B 0 0 C 1 0 P 0 0 a D 33 3 2 3 2 0 设平面 PAC 的法向量为 n x y z 设 CM 与平面 PAC 所成角为 0 3 0 设 x n 3 0 33 1 3 3 3 1 3 sin cos a 2 12 3 9 2 9 3 12 2 5 5 3 2015江西南昌二模 利用空间向量求空间角 解答题 理 19 如图 梯形 ABCD 中 DC AB AD DC CB 2 AB 4 矩形 AEFC 中 AE 平面 AEFC 平面 ABCD 点 G 是线段 EF 的中点 3 1 求证 AG 平面 BCG 2 求二面角 D GC B 的余弦值 解 1 证明 在梯形 ABCD 中 因为 AD DC CB 2 AB 4 cos CBA 所以 ABC 60 4 2 2 2 1 2 由余弦定理得 AC 2 从而 ACB 90 即 BC AC 3 又因为平面 AEFC 平面 ABCD 所以 BC 平面 AEFC 所以 BC AG 在矩形 AEFC 中 tan AGE 1 AGE tan CGF 1 CGF 4 4 所以 CGF AGE 即 AG CG 2 所以 AG 平面 BCG 2 FC AC 平面 AEFC 平面 ABCD 所以 FC 平面 ABCD 以点 C为原点 CA CB CF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 C xyz 则 C 0 0 0 A 2 0 0 B 0