2014届高考数学一轮复习考点全解：25空间直角坐标系、空间向量

考点 25 空间直角坐标系 空间向量 2013 年考题 1 2013 安徽高考 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 0 0 My 222 141 3 1yy 1y 0 1 0 M 答案 0 1 0 2 2013 安徽高考 如图 四棱锥 F ABCD 的底面 ABCD 是菱形 其对角线 AC 2 BD AE CF 都与平面 ABCD 垂直 AE 1 CF 2 2 I 求二面角 B AF D 的大小 II 求四棱锥 E ABCD 与四棱锥 F ABCD 公共部分的体积 解析 I 综合法 连结 AC BD 交于菱形的中心 O 过 O 作 OGAF G 为垂足 连接 BG DG 由 BDAC BDCF 得 BD 平面 ACF 故 BDAF 于是 AF 平面 BGD 所以 BGAF DGAF BGD 为二面角 B AF D 的平面 角 由 得 FCAC 2FCAC 4 FAC 2 2 OG 由 得 2 2 OBOG OBOD 2 2 BGDBGO 向量法 以 A 为坐标原点 方向分别为 x 轴 y 轴 z 轴的正方向建立 BD AC AE 空间直角坐标系 如图 设平面 ABF 的法向量 则由得 1 nx y z 1 1 0 0 nAB nAF 2 0 2 220 xy yz 令 得 1z 2 1 x y 1 2 1 1 n 同理 可求得平面 ADF 的法向量 2 2 1 1 n 由知 平面 ABF 与平面 ADF 垂直 二面角 B AF D 的大小等于 12 0n n 2 II 连 EB EC ED 设直线 AF 与直线 CE 相交于点 H 则四棱锥 E ABCD 与四棱锥 F ABCD 的公共 部分为四棱锥 H ABCD 过 H 作 HP 平面 ABCD P 为垂足 因为 EA 平面 ABCD FC 平面 ABCD 所以平面 ACFE 平面 ABCD 从而 PAC HPAC 由得 1 HPHPAPPC CFAEACAC 2 3 HP 又因为故四棱锥 H ABCD 的体积 1 2 2 ABCD SAC BD 菱形 12 2 39 ABCD VSHP 菱形 3 2013 福建高考 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 MDABCD 平面NBABCD 平面 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 解析 1 在如图 以 D 为坐标原点 建立空间直角坐标 Dxyz 依题意得 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 2 DAMCBNE 1 0 1 1 0 1 2 NEAM 10 cos 10 NE AM NE AM NEAM A 所以异面直线与所成角的余弦值为 NEAM 10 10 2 假设在线段上存在点 使得平面 ANSESAMN 可设 0 1 1 AN 0 ASAN 又 11 1 0 1 22 EAESEAAS 由平面 得即 ES AMN 0 0 ES AM ES AN A A 1 0 2 1 0 故 此时线段 1 2 1 12 0 2 22 ASAS 经检验 当时 平面 2 2 AS ES AMN 故线段上存在点 使得平面 此时线段 ANSES AMN 2 2 AS 4 2013 广东高考 如图 6 已知正方体的棱长为 2 点是正方形 1111 ABCDABC D 的中心 点 分别是棱的中点 设点分别是点 在平面 11 BCC B G111 C D AA 11 E G G 内的正投影 11 DCC D 1 求以为顶点 以四边形在平面内的正投影为底面边界的棱锥的体积 FGAE11 DCC D 2 证明 直线平面 1 FG 1 FEE 3 求异面直线所成角的正弦值 11 EGEA与 解析 1 依题作点 在平面内的正投影 G11 DCC D 1 E 1 G 则 分别为 的中点 连结 1 E 1 G 1 CC 1 DD 1 EE 1 EG ED1 DE 则所求为四棱锥的体积 其底面面积为 11FG DEE 11FG DE 111111 EDGRtFGERtFGDE SSS 221 2 1 22 2 1 又面 1 EE 11FG DE1 1 EE 3 2 3 1 1 1111 EESV FGDEFGDEE 2 以为坐标原点 所在直线分别作轴 轴 轴 DADC1 DD 得 又 则 1 2 0 1 E 1 0 0 1 G 1 0 2 G 2 1 0 F 1 2 1 E 1 1 0 1 FG 1 1 1 FE 1 1 0 1 FE 即 01 1 0 1 FEFG01 1 0 11 FEFGFEFG 1 z y x E1G 1 又 平面 11 FEFG FFEFE 1 1 FG 1 FEE 3 则 设异 0 2 0 11 GE 1 2 1 EA 6 2 cos 11 11 11 EAGE EAGE EAGE 面直线所成角为 则 11 EGEA与 3 3 3 2 1sin 5 2013 海南宁夏高考 如图 四棱锥 S ABCD 的底面是正方形 每条侧棱的长 都是底面边长的倍 P 为侧棱 SD 上的点 2 求证 AC SD 若 SD 平面 PAC 求二面角 P AC D 的大小 在 的条件下 侧棱 SC 上是否存在一点 E 使得 BE 平面 PAC 若存在 求 SE EC 的值 若不存在 试说明理由 解析 方法一 连 BD 设 AC 交 BD 于 O 由题意知 在正方形 SOAC ABCD 中 所以 则 ACBD ACSBD 平面ACSD 设正方形边长 则 又 所以 2SDa 2 2 ODa 0 60SDO 连 由 知 所以 OPACSBD 平面ACOP 且 所以是二面角的平面角 ACOD POD PACD 由 知 所以 即二面角的大小为 SDPAC 平面SDOP 0 30POD PACD 0 30 在棱 SC 上存在一点 E 使 BEPAC平面 由 可得 故可在上取一点 使 过作的平行线与 2 4 PDa SPNPNPD NPC 的交点即为 连 BN 在中知 又由于 故平面 SCBDNA BNPO NEPC 得 由于 故 BENPAC平面 BEPAC平面21SNNP 21SEEC 方法二 连 设交于于 由题意知 以 O 为坐标 BDACBDO SOABCD 平面 原点 分别为轴 轴 轴正方向 建立坐标系如 OB OC OS Oxyz 图 设底面边长为 则高 6 2 SOa 于是 62 0 0 0 0 22 Sa Da 2 0 0 2 Ca 2 0 0 2 OCa 26 0 22 SDaa 0OC SD 故 从而 OCSD ACSD 由题设知 平面的一个法向量 平面的一个法向量 PAC 26 0 22 DSaa DAC 设所求二面角为 则 所求二面角的大小为 6 0 0 2 OSa 3 cos 2 OS DS OS DS 0 30 在棱上存在一点使 由 知是平面的一个法向量 SC BEPAC平面DS PAC 且 2626 0 0 2222 DSaa CSaa 设 则 CEtCS 226 1 222 BEBCCEBCtCSaatat 而即当时 1 0 3 BE DCt 2 1SE EC BEDS 而不在平面内 故 BEPAC BEPAC平面 6 2013 山东高考 如图 在直四棱柱 ABCD A B C D 中 1111 底面 ABCD 为等腰梯形 AB CD AB 4 BC CD 2 AA 2 1 E E F 分别是棱 AD AA AB 的中点 11 证明 直线 EE 平面 FCC 11 求二面角 B FC C 的余弦值 1 解析 方法一 1 在直四棱柱 ABCD A B C D 中 取 A1B1 的中点 F1 1111 E A B C F E1 A 1 B1 C1 D 1 D F1 O P 连结 A1D C1F1 CF1 因为 AB 4 CD 2 且 AB CD 所以 CDA1F1 A1F1CD 为平行四 边形 所以 CF1 A1D 又因为 E E 分别是棱 AD AA 的中点 所以 EE1 A1D 11 所以 CF1 EE1 又因为平面 FCC 平面 FCC 所以直线 EE 平面 FCC 1 EE 1 1 CF 111 2 因为 AB 4 BC CD 2 F 是棱 AB 的中点 所以 BF BC CF BCF 为正三角形 取 CF 的中点 O 则 OB CF 又因为直四棱柱 ABCD A B C D 中 CC1 平面 ABCD 所以 1111 CC1 BO 所以 OB 平面 CC1F 过 O 在平面 CC1F 内作 OP C1F 垂足为 P 连接 BP 则 OPB 为二面角 B FC C 的一个平面角 在正三角形 BCF 中 在 Rt CC1F 中 1 3OB OPF CC1F 11 OPOF CCC F 22 12 2 2 22 OP 在 Rt OPF 中 22 114 3 22 BPOPOB 2 7 2 cos 714 2 OP OPB BP 所以二面角 B FC C 的余弦值为 1 7 7 方法二 1 因为 AB 4 BC CD 2 F 是棱 AB 的中点 所以 BF BC CF BCF 为正三角形 因为 ABCD 为 等腰梯形 所以 BAD ABC 60 取 AF 的中点 M 连接 DM 则 DM AB 所以 DM CD 以 DM 为 x 轴 DC 为 y 轴 DD1 为 z 轴建立空间直角坐标系 则 D 0 0 0 A 1 0 F 1 0 C 0 2 0 33 C1 0 2 2 E 0 E1 1 1 3 2 1 2 3 所以 设平面 CC1F 1 31 1 22 EE 3 1 0 CF 1 0 0 2 CC 1 3 1 2 FC 的法向量为则所以取 则 nx y z 1 0 0 n CF n CC 30 0 xy z 1 3 0 n 所以 所以直线 EE 平面 FCC 1 31 131 00 22 n EE 1 nEE 11 E A B C F E1 A 1 B1 C1 D 1 D x y z M 2 设平面 BFC1 的法向量为 则所以 0 2 0 FB 1111 nx y z 1 11 0 0 n FB n FC 1 111 0 320 y xyz 取 则 1 2 0 3 n 1 2 130032n n 2 1 3 2n 22 1 20 3 7n 所以 1 1 1 27 cos 7 27 n n n n n n 由图可知二面角 B FC C 为锐角 所以二面角 B FC C 的余弦值为 11 7 7 7 2013 上海高考 如图 在直三棱柱中 111 ABCABC 1 2AABCAB 求二面角的大小 ABBC 111 BACC 解析 如图 建立空间直角坐标系则 A 2 0 0 C 0 2 0 A1 2 0 2 B1 0 0 2 C1 0 2 2 2 分 设 AC 的中点为 M BM AC BM CC1 BM 平面 A1C1C 即 1 1 0 是平面 A1C1C 的一个法向量 5 分 BM 设平面的一个法向量是 11 ABC nx y z 2 2 2 2 0 0 7 分 1 AC 11 AB 111 20 2220 1 0 1 0 1 1 10 n ABxn ACxyzzxy n 令解得 分 设法向量的夹角为 二面角的大小为 显然为锐角 nBM 与 111 BACC 14 分 1 coscos 23 n BM n BM 解得 111 3 BACC 二面角的大小为 8 2013 天津高考 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 1 2 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 解析 方法一 由题设知 BF CE 所以 CED 或其补角 为异面直线 BF 与 DE 所成的角 设 P 为 AD 的中点 连结 EP PC 因为 FEAP 所以 FAEP 同理 ABPC 又 FA 平面 ABCD 所以 EP 平面 ABCD 而 PC AD 都在平面 ABCD 内 故 EP PC EP AD 由 AB AD 可得 PC AD 设 FA a 则 EP PC PD a CD DE EC 故 CED 60 所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小 a2 为 60 II 因为 CEMPMP CEDMCEM 则连结的中点 所以为且DEDC CDEAMDCDECE AMDCEMDMMP平面 所以平面平面而平面 故又 III III 因为 所以因为 的中点 连结为解 设 CDEQDECE EQPQCDQ ECDAEQPCDPQPDPC的平面角为二面角 故 所以 由 I 可得 2 2 2 6 EQaPQaPQEP 中 于是在 3 3 cosEPQRt EQ PQ EQP 方法二 如图所示 建立空间直角坐标系 点为坐标原点 设依题意得 1 AB 001B 011C 020D 110E 100F 2 1 1 2 1 M I 解 101BF 110DE 2 1 22 100 DEBF DEBF DEcos 于是BF 所以异面直线与所成的角的大小为 BFDE 0 60 II 由 2 1 1 2 1 AM 101CE 0AMCE020AD 可得 AMDCEAADAM ADCEAMCE 0 ADCE平面 故又 因此 CDEAMDCDECE平面 所以平面平面而 III w 0 D 0 CDE Eu CEu zyxu 则 的法向量为解 设平面 111 1 0 0 可得令 于是 ux zy zx 又由题设 平面的一个法向量为 ACD 100 v 00 13 cos 33 1 u v uv u v 以以以 9 2013 天津高考 如图 在四棱锥中 ABCDP ABCDPD平面 CDAD 且 DB 平分 E 为 PC 的中点 ADC 1 CDAD22 DB 证明 证明 BDEPA平面 PBDAC平面 求直线 BC 与平面 PBD 所成的角的正切值 解析 设 连结 EH 在中 因为 AD CD 且 DB 平分 HBDAC ADC ADC 所以 H 为 AC 的中点 又由题设知 E 为 PC 的中点 故 又 PAEH 所以 BDEPABDEHE平面平面 BDEPA平面 2 因为 所以 ABCDPD平面 ABCDAC平面 ACPD 由 1 知 故 ACBD DBDPD PBDAC平面 3 由可知 BH 为 BC 在平面 PBD 内的射影 所以为直线与平面 PBDAC平面 CBH PBD 所成的角 由 CDAD 2 23 2 2 22 1 BHCHDHDBCDAD可得 在中 所以直线 BC 与平面 PBD 所成的角的正切值为 BHCRt 3 1 tan BH CH CBH 3 1 10 2013 浙江高考 如图 平面平面 PAC ABCABC 是以为斜边的等腰直角三角形 分别为 AC E F O PA 的中点 PBAC16AC 10PAPC I 设是的中点 证明 平面 GOC FGBOE II 证明 在内存在一点 使平面 ABO MFM BOE 并求点到 的距离 MOAOB 解析 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 xyz 则 0 0 0 0 8 0 8 0 0 0 8 0 OABC 由题意得 0 0 6 0 4 3 PE 4 0 3F 0 4 0 G 因 因此平面 BOE 的法向量为 8 0 0 0 4 3 OBOE 得 又直线不在平面 0 3 4 n 4 4 3FG 0n FG FG 内 BOE 因此有平面 FGBOE II 设点 M 的坐标为 则 00 0 xy 00 4 3 FMxy 因为平面 BOE 所以有 因此有 FM FMn 00 9 4 4 xy 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 9 4 0 4 xoy AOB 组 0 0 8 x y xy 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 ABO MFM x y z BOE 由点 M 的坐标得点到 的距离分别为 MOAOB 9 4 4 11 2013 浙江高考 如图 平面 DC ABC EBDC 分别为的中 22ACBCEBDC 120ACB P Q AE AB 点 I 证明 平面 PQ ACD II 求与平面所成角的正弦值 ADABE 解析 连结 在中 分别是的中点 CQDP ABE QP ABAE 所以 又 所以 又平面 ACD 1 2 PQBE 1 2 DCBE PQ DC PQ DC 平面 ACD 所以平面 ACD PQ 在中 所以 ABC BQAQBCAC 2ABCQ 而 DC 平面 ABC 所以平面 ABC DCEB EB 而平面 ABE 所以平面 ABE 平面 ABC 所以平面 ABE EB CQ 由 知四边形 DCQP 是平行四边形 所以 CQDP 所以平面 ABE 所以直线 AD 在平面 ABE 内的射影是 AP DP 所以直线 AD 与平面 ABE 所成角是 DAP 在 APDRt 中 512 2222 DCACAD 1sin2 CAQCQDP 所以 5 5 5 1 sin AD DP DAP 12 2011 辽宁高考 如图 已知两个正方形 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 所成角的正弦值 II 用反证法证明 直线 ME 与 BN 是两条异面直线 解析 I 方法一 取 CD 的中点 G 连接 MG NG 设正方形 ABCD DCEF 的边长为 2 则 MG CD MG 2 NG 2 因为平面 ABCD 平面 DCED MG 平面 ABCD 平面 ABCDDCEF CD 所以 MG 平面 DCEF 可得 MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角 因为 MN 6 所以 sin MNG 为 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值 6 分 6 3 方法二 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 MN 又 0 0 2 为平面 DCEF 的法向量 可得 cos MN DA 6 3 MN DA MNDA 所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 cos 6 分 6 3 MN DA 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 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 13 2013 全国 如图 直三棱柱中 分别为 111 ABCABC ABAC D 1 AA 的中点 平面 1 BC DE 1 BCC I 证明 AB AC II 设二面角为 60 求与平面所成的角的大小 ABDC 1 BC BCD 解析 I 连结 BE 为直三棱柱 111 ABCABC 1 90 B BC 为的中点 又平面 E 1 BC BEEC DE 1 BCC 射影相等的两条斜线段相等 而平面 BDDC DA ABC 相等的斜线段的射影相等 ABAC II 作于 连 则 为二面角 AGBD GGCGCBD AGC 的平面角 不妨设 则 ABDC 60AGC 2 3AC 在中 由 易得 2 4AGGC Rt ABDAAD ABBD AG 6AD 设点到面的距离为 与平面所成的角为 1 B BDCh1 BC BCD 利用 可求得 又可求得 1 11 33 B BCBCD SDESh h 2 31 4 3BC 1 1 sin30 2 h BC 即与平面所成的角为 1 BC BCD30 14 2013 北京高考 如图 四棱锥的底面是正方形 PABCD 点 E 在棱 PB 上 PDABCD 底面 求证 平面 AECPDB 平面 当且 E 为 PB 的中点时 求 AE 与 2PDAB 平面 PDB 所成的角的大小 解析 方法一 四边形 ABCD 是正方形 AC BD PD AC AC 平面 PDB PDABCD 底面 平面 AECPDB 平面 设 AC BD O 连接 OE 由 知 AC 平面 PDB 于 O AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角 O E 分别为 DB PB 的中点 OE PD 又 OE 底面 ABCD OE AO 1 2 OEPD PDABCD 底面 在 Rt AOE 中 即 AE 与平面 PDB 所成 12 22 OEPDABAO 45AOE 的角的大小为 45 方法二 如图 以 D 为原点建立空间直角坐标系 Dxyz 设 ABa PDh 则 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 A aB a aCaDPh 0 0 0 0ACa aDPhDBa a 0 0AC DPAC DB AC DP AC DB AC 平面 PDB 平面 AECPDB 平面 当且 E 为 PB 的中点时 2PDAB 112 0 0 2 222 PaEaaa 设 AC BD O 连接 OE 由 知 AC 平面 PDB 于 O AEO 为 AE 与平面 PDB 所的角 1122 0 0 2222 EAaaaEOa 2 cos 2 EA EO AEO EAEO 即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45AOE 45 15 2013 湖南高考 如图 3 在正三棱柱 111 ABCABC 中 AB 4 1 7AA 点 D 是 BC 的中点 点 E 在 AC 上 且 DE 1 A E 证明 平面 1 ADE 平面 11 ACC A 求直线 AD 和平面 1 ADE 所成角的正弦值 解析 如图所示 由正三棱柱 111 ABCABC 的性质知 1 AA 平面ABC 又 DE 平面 ABC 所以 DE 1 AA 而 DE 1 A E 111 AAAEA 所以 DE 平面 11 ACC A 又 DE 平面 1 ADE 故平面 1 ADE 平面 11 ACC A 方法一 过点 A 作 AF 垂直 1 AE 于点 连接 DF 由 知 平面 1 ADE 平面 11 ACC A 所以 AF 平面 1 ADE 故 ADF 是直线 AD 和平面 1 ADE 所成的角 因为 DE 平面 11 ACC A 所以 DEAC 而 ABC 是边长为 4 的正 三角形 于是 AD 2 3 AE 4 CE 4 1 2 CD 3 又因为 1 7AA 所以 22 11 AEAAAE 22 7 3 4 1 1 3 7 4 AE AA AF AE 21 sin 8 AF ADF AD 即直线 AD 和平面 1 ADE 所成角的正弦值为 21 8 方法二 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 1 A 2 0 7 D 1 3 0 E 1 0 0 易知 1 AD 3 3 7 DE 0 3 0 AD 3 3 0 设 nx y z r 是平面 1 ADE 的一个法向量 则 1 30 3370 n DEy n ADxyz r uuu v r uuu v 解得 7 0 3 xz y 故可取 7 0 3 n r 于是 cos n AD n AD nAD r uuu r r uuu r ruuu r 3 721 84 2 3 由此即知 直线 AD 和平面 1 ADE 所成角的正弦值为 21 8 D E S C A B 16 2013 湖北高考 如图 四棱锥 S ABCD 的底面是正方形 SD 平面 ABCD BD 2a 点 E 是 SD 上的点 2ADa 且 02 DEa 求证 对任意的 都有 0 2 ACBE 设二面角 C AE D 的大小为 直线 BE 与平面 ABCD 所成的角为 若 求的值 tantan1 g 解析 方法一 如图 1 连接 BE BD 由面 ABCD 是正方形可得 AC BD SD 平面 ABCD BD 是 BE 在平面 ABCD 上的射影 AC BE 如图 1 由 SD 平面 ABCD 知 DBE SD 平面 ABCD CD 平面 ABCD SD CD 又底面 ABCD 是正方形 CD AD 而 SD AD D CD 平面 SAD 连接 AE CE 过点 D 在平面 SAD 内作 DF AE 于 F 连接 CF 则 CF AE 故 CFD 是二面角 C AE D 的平面角 即 CFD 在 Rt BDE 中 BD 2a DE a tan 2 DE BD 在 Rt ADE 中 2 2 2ADa DEaAEa 从而 2 2 2 AD DEa DF AE 在中 Rt CDF 2 2 tan CD DF 由 得 tantan1 2 22 2 1222 2 由 解得 即为所求 0 2 2 方法二 以 D 为原点 的方向分别作为 x y z 轴的正方向建立如 DA DC DS 图 2 所示的空间直角坐标系 则 D 0 0 0 A 0 0 B 0 2a2a2a C 0 0 E 0 0 2aa 2 2 0 2 2 ACaaBEaaa w 即 22 2200AC BEaaa ACBE 由 I 得 2 0 0 2 2 2 EAaa ECaa BEaaa 设平面 ACE 的法向量为 x y z 则由得 n nEA nEC 0 2xz0 z2 2 0 2yz0 n EA n n EC 即取 得 易知平面 ABCD 与平面 ADE 的一个法向量分别为 0 0 2 DCaDSa 与 0 2 0 22 sin cos 422 DC n DS BE DSBEDCn 0 0 2 2 22 tantansincos2 2 422 由于 解得即为所求 0 2 2 17 2013 湖南高考 如图 4 在正三棱柱中 D 是的中 111 ABCABC 1 2 ABAA 11 AB 点 点 E 在上 且 11 AC DEAE 证明平面平面 ADE 11 ACC A 求直线和平面所成角的正弦值 AD 1 ABC 解析 I 如图所示 由正三棱柱的性质知平面又 DE 平面 A B C 1 AA 111 ABC 111 所以 DEAA 而 DEAE AAAE A 所以 DE 平面 AC C A 又 DE 平面 ADE 故平面 11 11 ADE 平面 AC C A 11 2 方法 1 如图所示 设 F 是 AB 的中点 连接 DF DC C F 由正三棱柱 ABC A 11 B C的性质及 D 是 A B 的中点知 A B C D A B DF 1111111111 又 C DDF D 所以 A B 平面 C DF 而 AB A B 1 1111 所以 AB 平面 C DF 又 AB 平面 ABC 11 故平面 AB C 平面 C DF 11 过点 D 做 DH 垂直 C F 于点 H 则 DH 平面 AB C 11 连接 AH 则 HAD 是 AD 和平面 ABC所成的角 1 由已知 AB A A 不妨设 A A 则 AB 2 DF D C 2 11221 3 C F AD DH 1 5 22 11 AAAD 3 FC DCDF 1 1 5 32 5 30 所以 sinHAD AD DH 5 10 即直线 AD 和平面 AB C 所成角的正弦值为 15 10 方法 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 不妨设 A A 则 AB 2 相关各点的坐标分别是 A 0 1 0 12 B 0 0 C 0 1 D 3 122 3 2 1 2 易知 1 0 0 2 AB 3 1 AC 2AD2 3 2 1 2 设平面 ABC 的法向量为 x y z 则有 1n 1 30 220 n ABxy n ACyz 解得 x y z 3 3 y2 故可取 1 n 36 所以 cosn AD n AD nAD 310 32 5 10 由此即知 直线 AD 和平面 AB C 所成角的正弦值为 15 10 2012 年考题 1 2012 山东高考 如图 已知四棱锥 P ABCD 底面 ABCD 为 菱形 PA 平面 ABCD E F 分别是 BC PC 的中点 60ABC 证明 AE PD 若 H 为 PD 上的动点 EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值 为 求二面角 E AF C 的余弦值 6 2 解析 证明 由四边形 ABCD 为菱形 ABC 60 可得 ABC 为正三角形 因为 E 为 BC 的中点 所以 AE BC 又 BC AD 因此 AE AD 因为 PA 平面 ABCD AE 平面 ABCD 所以 PA AE 而 PA 平面 PAD AD 平面 PAD 且 PA AD A 所以 AE 平面 PAD 又 PD 平面 PAD 所以 AE PD 设 AB 2 H 为 PD 上任意一点 连接 AH EH 由 知 AE 平面 PAD 则 EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角 在 Rt EAH 中 AE 3 所以 当 AH 最短时 EHA 最大 即 当 AH PD 时 EHA 最大 此时 tan EHA 36 2 AE AHAH 因此 AH 又 AD 2 所以 ADH 45 2 所以 PA 2 解法一 因为 PA 平面 ABCD PA 平面 PAC 所以平面 PAC 平面 ABCD A F P D C EB 过 E 作 EO AC 于 O 则 EO 平面 PAC 过 O 作 OS AF 于 S 连接 ES 则 ESO 为 二面角 E AF C 的平面角 在 Rt AOE 中 EO AE sin30 AO AE cos30 3 2 3 2 又 F 是 PC 的中点 在 Rt ASO 中 SO AO sin45 3 2 4 又 22 3930 484 SEEOSO 在 Rt ESO 中 cos ESO 3 2 15 4 530 4 SO SE 即所求二面角的余弦值为 15 5 解法二 由 知 AE AD AP 两两垂直 以 A 为坐标 原点 建立如图所示的空间直角坐标系 又 E F 分别为 BC PC 的中点 所以 A 0 0 0 B 1 0 C 1 0 33 D 0 2 0 P 0 0 2 E 0 0 F 3 3 1 1 22 所以 3 1 3 0 0 1 22 AEAF 设平面 AEF 的一法向量为 111 mx y z 则 因此 0 0 m AE m AF A A 1 111 30 31 0 22 x xyz 取因为 BD AC BD PA PA AC A 所以 BD 平面 1 1 0 2 1 zm 则 AFC 故 为平面 AFC 的一法向量 又 BD BD 3 3 0 所以 cos m BD 2 315 5 512 m BD mBD A A 因为二面角 E AF C 为锐角 所以所求二面角的余弦值为 15 5 2 2012 海南宁夏高考 如图 已知点 P 在正方体 ABCD 的对角线 A B C D 上 BD 60PDA 求 DP 与所成角的大小 CC 求 DP 与平面所成角的大小 AA D D 解析 如图 以 D 为原点 DA 为单位长建立空间直角坐标系 Dxyz 则 1 0 0 0 0 1 DACC 连结 在平面中 延长 DP 交于 H BD B D BB DD B D 设 由已知 1 0 DHm mm 60DH DA 由 cos DH DADHDADH DA 可得 解得 2 221mm 2 2 m 所以 22 1 22 DH 因为 所以 22 00 1 1 2 22 212 cosDH CC 45DH CC 即 DP 与所成的角为 CC45 平面的一个法向量是 AAD D 0 1 0 DC 因为 所以 22 01 1 0 1 22 212 cosDH DC 60DH DC 可得 DP 与平面所成的角为 AAD D30 2011 年考题 1 2011 山东高考 如图 在直四棱柱中 已知 1111 ABCDABC D 1 22DCDDADAB ADDC ABDC I 设是的中点 求证 DC11 D EABD平面 II 求二面角的余弦值 11 ABDC 解析 I 连结 则四边形为正方形 BEDABE 且 11 BEADAD 11 BEADAD 为平行四边形 11 AD EB 四边形 11 D EAB 1111 D EABDABABD 平面 平面 11 D EABD 平面 II 以 D 为原点 所在直线分别为轴 轴 轴 建立空间直角坐标系 不妨 1 DA DC DD 设 则 1DA 11 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 2 2 1 0 2 DABCA 1 1 0 2 1 1 0 DADB 设为平面的一个法向量 nx y z 1 ABD 由得 取 则 1 nDA nDB 20 0 xz xy 1z 2 2 1 n 设为平面的一个法向量 由得 111 mx y z 1 C BD 1 mDC mDB 11 11 220 0 yz xy 取 则 1 1z 1 1 1 m 33 cos 393 m n m n m n 由于该二面角为锐角 所以所求的二面角的余弦值为 11 ABDC 11 ABDC 3 3 E D1C1 B1 A1 D C B A 2 2011 海南宁夏高考 如图 在三棱锥S ABC 中 侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形 90BAC O为BC的中 点 证明 SO 平面ABC 求二面角A SCB 的余弦值 解析 由题设AB AC SB SC SA 连结OA ABC 为等腰直角三角形 所以 2 2 OAOBOCSA 且AO BC 又 SBC 为等腰三角形 故SO BC 且 2 2 SOSA 从而 所以 SOA 为直角三角形 SO AO 222 OASOSA 又 AOBOO 所以SO 平面ABC 方法一 取SC中点M 连结 AMOM以 由 知SO OCSAAC 以 得OM SCAMSC 以 OMA 为二面角A SCB 的平面角 由 AOBCAOSOSOBCO 以以 得AO 平面SBC 所以AO OM 又 3 2 AMSA 故 26 sin 33 AO AMO AM 所以二面角A SCB 的余弦值为 3 3 方法二 以为坐标原点 射线分别为轴 O OBOA OS以 轴 轴的正半轴 建立如图的空间直角坐标系 Oxyz 设 10 0 B 以以 则 10 0 010 0 01 CAS 以以以以以以以以 SC的中点 11 0 22 M 以以 O S BA C M x z y O C A B S 1111 01 101 2222 MOMASC 以以以以以以以以 00MO SCMA SC 以 故 MOSCMASCMO MA 以以 等于二面角A SCB 的平面角 3 cos 3 MO MA MO MA MO MA 以 所以二面角A SCB 的余弦值为 3 3 3 2011 四川高考 如图 四边形PCBM是直角梯形 PCB 90 PM BC PM 1 BC 2 又AC 1 ACB 120 AB PC 直线AM与直线PC所成的角为 60 求证 平面PAC 平面ABC 求二面角 BACM 的大小 求三棱锥 MACP 的体积 解析 PCAB PCBC ABBCB PC ABC 平面 又 PC PAC 平面 PACABC 平面平面 方法一 取BC的中点N 则 1CN 连结 AN MN PMCN PMCN MNPC MNPC 从而MN ABC 平面 作NH AC 交AC的延长线于H 连结MH 则由三垂线定理知 AC NH 从而 MHN 为二面角M ACB 的平面角 直线AM与直线PC所成的角为 0 60 0 60AMN 在 ACN 中 由余弦定理得 220 2cos1203ANACCNAC CN 在 AMN 中 3 cot31 3 MNANAMN 在 CNH 中 33 sin1 22 NHCNNCH A C B M P 在 MNH 中 12 3 tan 33 2 MN MNMHN NH 故二面角M ACB 的平面角大小为 2 3 arctan 3 由 知 四边形为正方形 PCNM 0 113 sin120 3212 P MACA PCMA MNCMACN VVVVAC CNMN 方法二 在平面ABC内 过C作CD CB 建立空间直角坐标系C xyz 如图 由题意有 31 0 22 A 设 00 0 0 0Pzz 则 000 31 0 1 0 0 22 MzAMzCPz 000 31 0 1 0 0 22 MzAMzCPz 3 3 22 由直线AM与直线PC所成的解为 0 60 得 0 cos60AM CPAMCP 即 22 000 3 2 zzz 22 000 3 2 zzz 解得 0 1z 1 2 31 0 0 1 0 22 CMCA 31 0 0 1 0 22 CMCA 设平面MAC的一个法向量为 111 nx y z 111 nx y z 1 则 取 1 1x 得 1 3 3n 平面ABC的法向量取为 0 0 1m 11 11 0 31 0 22 yz xy 设m 与n 所成的角为 则 3 cos 7 m n mn 显然 二面角M ACB 的平面角为 锐角 故二面角M ACB 的平面角大小为 21 arccos 7 取平面PCM的法向量取为 1 1 0 0n 则点 A 到平面PCM的距离 1 1 3 2 CA n h n 1 1PCPM 11133 1 1 326212 P MACA PCM VVPCPMh 4 2011 湖北高考 如图 在三棱锥 V ABC 中 VC 底面 ABC AC BC D 是 AB 的中点 且 AC BC a VDC 2 0 求证 平面 VAB 平面 VCD 当角 变化时 求直线 BC 与平面 VAB 所成的角的取值范围 解析 方法一 AC