2020版高三数学《6年高考4年模拟》：第八章 立体几何 第三节 空间向量在立体几何中的应用1

第三节第三节 空间向量在立体几何中的应用空间向量在立体几何中的应用 第一部分第一部分 六年高考荟萃六年高考荟萃 20202020 年高考题年高考题 一、选择题一、选择题 1.1.（20202020 全国卷全国卷 2 2 理）理） （11）与正方体 1111 ABCDABC D的三条棱AB、 1 CC、 11 AD所 在直线的距离相等的点 （A）有且只有 1 个 （B）有且只有 2 个 （C）有且只有 3 个 （D）有无数个 【答案】D 【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则 分别作 ，垂足分别为 M，N，Q，连 PM，PN，PQ，由三垂线 定理可得，PNPM；PQAB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以 ，PM=PN=PQ，即 P 到三条棱 AB、CC1、A1D1.所在直线的 距离相等所以有无穷多点满足条件，故选 D. 2.2.（20202020 辽宁理）辽宁理）(12) (12)有四根长都为 2 的直铁条，若再选两根长都为 a 的直铁条， 使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则 a 的取值范围是 (A)（0,62） (B)（1,2 2） (C) (62,62） (D) （0,2 2） 【答案】A 【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。 【解析】根据条件，四根长为 2 的直铁条与两根长为 a 的直铁条要组成三棱镜形的铁架， 有以下两种情况：（1）地面是边长为 2 的正三角形，三条侧棱长为 2，a，a，如图，此时 a 可以取最大值，可知 AD=3，SD= 2 1a ，则有 2 1a OBOC,分别经过三条棱OA， OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为 1 S， 2 S， 3 S，则 1 S， 2 S， 3 S的大小关系为 。 【答案】 321 SSS 【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论， 特殊化，令边长为 1，2，3 得 321 SSS。 2.2.（20202020 北京文）北京文） （14）如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动。 设顶点 p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是 ( )yf x，则( )f x的最小正周期为 ； ( )yf x在其两个相邻零点间的图像与 x 轴 所围区域的面积为 。 【答案】4 1 说明：“正方形 PABC 沿 x 轴滚动”包含沿 x 轴正方向和沿 x 轴负方向滚动。沿 x 轴正方向 滚动是指以顶点 A 为中心顺时针旋转，当顶点 B 落在 x 轴上时，再以顶点 B 为中心顺时针 旋转，如此继续，类似地，正方形 PABC 可以沿着 x 轴负方向滚动。 3.3.（20202020 北京理）北京理） （14）如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动。设顶点 p（x，y）的轨迹方程是( )yf x，则 A B ( )f x的最小正周期为 ；( )yf x在其两个相邻零点间的图像与 x 轴所围区域 的面积为 【答案】4 1 说明：说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚动。沿轴正方 向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点 B 为中心 顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动。 4.4.（20202020 四川文）四川文） （15）如图，二面角l 的大小是 60，线段AB.Bl， AB与l所成的角为 30.则AB与平面所成的角的正弦值是 . 【答案】 3 4 【解析】过点A作平面的垂线，垂足为C，在内过C作l的垂线.垂足为D 连结AD，有三垂线定理可知ADl，故ADC为二面角l 的平面角，为 60 又由已知，ABD30连结CB，则ABC为AB与平面所成的角 设AD2，则AC3，CD1 AB 0 sin30 AD 4 sinABC 3 4 AC AB 5.5.（20202020 湖北文数）湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为 3cm 的水，若放入三个相 同的珠（球的半么与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如 图所示） ，则球的半径是_cm. 【答案】4 【解析】设球半径为 r，则由3VVV 和和和 可得3 322 4 86 3 rrrr,解 得 r=4. 6.6.（20202020 湖南理数）湖南理数）13图 3 中的三个直角三角形是一个体积为 20 3 cm的几何体的三视 图，则h cm A B C D 7.7.（20202020 湖北理数）湖北理数）13.圆柱形容器内部盛有高度为 8cm 的水，若放入三 个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的 球（如图所示） ，则球的半径是 cm。 【答案】4 【解析】设球半径为 r，则由3VVV 和和和 可得3 322 4 86 3 rrrr,解得 r=4. 8.8.（20202020 福建理数）福建理数） 12若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于 【答案】6+2 3 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为 2，高为 1 的正三棱柱，所以底面积为 3 242 3 4 ，侧面积为3 2 16 ，所以其表面积为6+2 3。 【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基 本能力。 三、解答题三、解答题 1.1.（20202020 辽宁文）辽宁文） （19） （本小题满分 12 分） 如图，棱柱 111 ABCABC的侧面 11 BCC B是菱形， 11 BCAB （）证明：平面 1 ABC平面 11 ABC； （）设D是 11 AC上的点，且 1 /AB平面 1 BCD，求 11 :AD DC的值. 解：（）因为侧面 BCC1B1是菱形，所以 11 BCCB 又已知BBCBABACB 1111 ,且 所又CB1平面 A1BC1，又CB1平面 AB1C ， 所以平面CAB1平面 A1BC1 . （）设 BC1交 B1C 于点 E，连结 DE， 则 DE 是平面 A1BC1与平面 B1CD 的交线， 因为 A1B/平面 B1CD，所以 A1B/DE. 又 E 是 BC1的中点，所以 D 为 A1C1的中点. 即 A1D：DC1=1. 2.2.（20202020 辽宁理）辽宁理） （19） （本小题满分 12 分） 已知三棱锥 PABC 中，PAABC，ABAC，PA=AC=AB，N 为 AB 上一点，AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点. （）证明：CMSN； （）求 SN 与平面 CMN 所成角的大小. 证明： 设 PA=1，以 A 为原点，射线 AB，AC，AP 分别为 x，y，z 轴正向建立空间直角坐标系 如图。 则 P（0,0,1） ，C（0,1,0） ，B（2,0,0） ，M（1,0, 1 2 ） ，N（ 1 2 ,0,0） ，S（1, 1 2 ,0）. 4 分 （） 111 (1, 1, ),(,0) 222 CMSN , 因为 11 00 22 CMSN ， 所以 CMSN 6 分 （） 1 (,1,0) 2 NC , 设 a=（x，y，z）为平面 CMN 的一个法向量， 则 1 0, 2 2 1 0. 2 xyz x xy 令，得a=(2, 1, -2). 9 分 因为 1 1 2 2 cos, 22 3 2 a SN 所以 SN 与片面 CMN 所成角为 45。 12 分 3.3.（20202020 全国卷全国卷 2 2 文）文） （19） （本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AC=BC， AA1=AB，D 为 BB1的中点，E 为 AB1上的一点，AE=3 EB1 （）证明：DE 为异面直线 AB1与 CD 的公垂线； （）设异面直线 AB1与 CD 的夹角为 45,求二面角 A1-AC1-B1的大小 【解析解析】本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基 础知识。础知识。 （1 1）要证明）要证明 DEDE 为为 AB1AB1 与与 CDCD 的公垂线，即证明的公垂线，即证明 DEDE 与它们都垂直，由与它们都垂直，由 AE=3EB1AE=3EB1，有，有 DEDE 与与 BA1BA1 平行，由平行，由 A1ABB1A1ABB1 为正方形，可证得，证明为正方形，可证得，证明 CDCD 与与 DEDE 垂直，取垂直，取 ABAB 中点中点 F F。连结。连结 DFDF、FCFC，证明，证明 DEDE 与平面与平面 CFDCFD 垂直即可证明垂直即可证明 DEDE 与与 CDCD 垂直。垂直。 （2 2）由条件将异面直线）由条件将异面直线 AB1AB1，CDCD 所成角找出即为所成角找出即为FDCFDC，设出，设出 ABAB 连长，求出所有能求出连长，求出所有能求出 的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。 4.4.（20202020 江西理）江西理）20. （本小题满分 12 分） 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，2 3AB 。 （1）求点 A 到平面 MBC 的距离； （2）求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值。 【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、点到直线的距离、二 面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力 解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OBCD， OMCD.又平面MCD 平面BCD,则MO平面BCD，所以 MOAB，A、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E，则AEB就是 AM与平面BCD所成的角.OB=MO=3，MOAB，MO/面 ABC，M、O 到平面 ABC 的距离相等， 作 OHBC 于 H，连 MH，则 MHBC，求得： OH=OCsin600= 3 2 ,MH= 15 2 ,利用体积相等得： 2 15 5 A MBCMABC VVd 。 （2）CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形. 作BFEC于F，连AF，则AFEC，AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为. 因为BCE=120，所以BCF=60. sin603BFBC ， tan2 AB BF ， 2 5 sin 5 所以，所求二面角的正弦值是 2 5 5 . 【点评点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、 垂线、平行线等特殊位置的元素解决垂线、平行线等特殊位置的元素解决 解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD，又平面 MCD 平面BCD,则MO平面BCD. 以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直 y x M D C B O A z 角坐标系如图. OB=OM=3，则各点坐标分别为O（0，0，0） ，C（1，0，0） ，M（0，0，3） ， B（0，-3，0） ，A（0，-3，23） ， （1）设( , , )nx y z 是平面 MBC 的法向量，则BC=(1, 3,0) ， (0, 3, 3)BM ，由nBC 得30 xy；由nBM 得330yz；取 ( 3, 1,1),(0,0,2 3)nBA ，则距离 2 15 5 BA n d n （2）( 1,0, 3)CM ，( 1,3,2 3)CA . 设平面ACM的法向量为 1 ( , , )nx y z ，由 1 1 nCM nCA 得 30 32 30 xz xyz .解得 3xz，yz，取 1 ( 3,1,1)n .又平面BCD的法向量为(0,0,1)n ，则 1 1 1 1 cos, 5 n n n n nn 设所求二面角为，则 2 12 5 sin1 () 55 . 【点评点评】向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于 建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计 算必须慎之又慎算必须慎之又慎 5.5.（20202020 重庆文）重庆文） （20） （本小题满分 12 分， （）小问 5 分， （）小问 7 分. ） 如题（20）图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA 底面ABCD， 2PAAB，点E是棱PB的中点. （）证明：AE 平面PBC； （）若1AD ，求二面角BECD的平面角的余弦值. z 6.6.（20202020 浙江文）浙江文） （20） （本题满分 14 分）如图，在平行四边形 ABCD 中， AB=2BC，ABC=120。E 为线段 AB 的中点， 将ADE 沿直线 DE 翻折成ADE，使平面 A DE平面 BCD，F 为线段 AC 的中点。 （）求证：BF平面 ADE； （）设 M 为线段 DE 的中点，求直线 FM 与平 面 ADE 所成角的余弦值。 7.7.（20202020 重庆理）重庆理） （19） （本小题满分 12 分， （I）小问 5 分， （II）小问 7 分） 如题（19）图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA底面 ABCD，PA=AB=6，点 E 是棱 PB 的中点。 （I）求直线 AD 与平面 PBC 的距离； （II）若 AD=3，求二面角 A-EC-D 的平面角的余弦值。 8.8.（20202020 北京文）北京文）(18) （本小题共 14 分） 设定函数 32 ( )(0) 3 a f xxbxcxd a，且方程 ( ) 90fxx的两个根分别为 1，4。 （）当 a=3 且曲线( )yf x过原点时，求( )f x的解析式； （）若( )f x在(,) 无极值点，求 a 的取值范围。 解：由 32 ( ) 3 a f xxbxcxd 得 2 ( )2fxaxbxc 因为 2 ( )9290fxxaxbxcx 的两个根分别为 1,4，所以 290 168360 abc abc （*） （）当3a 时，又由（*）式得 260 8120 bc bc 解得3,12bc 又因为曲线( )yf x过原点，所以0d 故 32 ( )312f xxxx （）由于 a0,所以“ 32 ( ) 3 a f xxbxcxd在（-，+）内无极值点”等价于“ 2 ( )20fxaxbxc在（-，+）内恒成立” 。 由（*）式得295 ,4ba ca。 又 2 (2 )49(1)(9)bacaa 解 0 9(1)(9)0 a aa 得1,9a 即a的取值范围1,9 9.9.（20202020 北京理）北京理） （16） （本小题共 14 分） 如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂 直，CEAC,EFAC,AB=2，CE=EF=1. （）求证：AF平面BDE； （）求证：CF平面BDE； （）求二面角A-BE-D的大小。 证明：（I） 设 AC 与 BD 交与点 G。 因为 EF/AG，且 EF=1，AG= 1 2 AC=1. 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF/平面 EG， 因为EG 平面 BDE，AF平面 BDE， 所以 AF/平面 BDE. （II）因为正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面 相互垂直，且 CEAC， 所以 CE平面 ABCD. 如图，以 C 为原点，建立空间直角坐标系 C-xyz. 则 C（0，0，0） ，A（2，2，0） ，B（0，2，0）. 所以 22 (,1) 22 CF ，(0,2,1)BE ， (2,0,1)DE . 所以0 1 10CF BE A, 1 0 10CF DE A 所以CFBE,CFDE. 所以CF BDE. (III) 由（II）知， 22 (,1) 22 CF 是平面 BDE 的一个法向量. 设平面 ABE 的法向量( , , )nx y z,则0n BA A，0n BE A. 即 ( , , ) ( 2,0,0) 0 ( , , ) (0,2,1) 0 x y z x y z A A 所以0,x 且2 ,zy 令1,y 则2z . 所以(0,1,2)n . 从而 3 cos, 2| n CF n CF n CF A 。 因为二面角ABED为锐角， 所以二面角ABED的大小为 6 . 10.10.（20202020 广东文）广东文）18.（本小题满分 14 分） 如图 4，弧 AEC 是半径为a的半圆，AC 为直 径，点 E 为弧 AC 的中点，点 B 和点 C 为线 段 AD 的三等分点，平面 AEC 外一点 F 满足 FC平面 BED,FB=a5 （1）证明：EBFD （2）求点 B 到平面 FED 的距离. （1）证明：点 E 为弧 AC 的中点 11.11.（20202020 福建文）福建文）20 （本小题满分 12 分） 如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中，E，H 分别是棱 A1B1,D1C1上的点（点 E 与 B1不重合） ， 且 EH/A1D1。过 EH 的平面与棱 BB1,CC1相交，交点分别为 F，G。 （I）证明：AD/平面 EFGH； （II）设 AB=2AA1=2a。在长方体 ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记 该点取自于几何体 A1ABFE D1DCGH 内的概率为 p。当点 E，F 分别在 棱 A1B1, B1B 上运动且满足 EF=a 时，求 p 的最小值。 12.12.（20202020 湖南理）湖南理） 13.13.（20202020 江苏卷）江苏卷）16、 （本小题满分 14 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD平面 ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，ABDC，BCD=900。 (1)求证：PCBC； (2)求点 A 到平面 PBC 的距离。 解析 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几 何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。满分 14 分。 （1）证明：因为 PD平面 ABCD，BC平面 ABCD，所以 PDBC。 由BCD=900，得 CDBC， 又 PDDC=D，PD、DC平面 PCD， 所以 BC平面 PCD。 因为 PC平面 PCD，故 PCBC。 （2） （方法一）分别取 AB、PC 的中点 E、F，连 DE、DF，则： 易证 DECB，DE平面 PBC，点 D、E 到平面 PBC 的距离相等。 又点 A 到平面 PBC 的距离等于 E 到平面 PBC 的距离的 2 倍。 由（1）知：BC平面 PCD，所以平面 PBC平面 PCD 于 PC， 因为 PD=DC，PF=FC，所以 DFPC，所以 DF平面 PBC 于 F。 易知 DF= 2 2 ，故点 A 到平面 PBC 的距离等于2。 （方法二）体积法：连结 AC。设点 A 到平面 PBC 的距离为 h。 因为 ABDC，BCD=900，所以ABC=900。 从而 AB=2，BC=1，得ABC的面积1 ABC S。 由 PD平面 ABCD 及 PD=1，得三棱锥 P-ABC 的体积 11 33 ABC VSPD 。 因为 PD平面 ABCD，DC平面 ABCD，所以 PDDC。 又 PD=DC=1，所以 22 2PCPDDC。 由 PCBC，BC=1，得PBC的面积 2 2 PBC S。 由 A PBCP ABC VV ， 11 33 PBC ShV A ，得2h ， 故点 A 到平面 PBC 的距离等于2。 20202020 年高考题年高考题 一、填空题填空题 1.若等边ABC的边长为2 3，平面内一点M满足 12 63 CMCBCA ，则 MA MB _ 2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(0, ,0)My由 222 141 ( 3)1yy 可得1y 故(0, 1,0)M 【答案】(0,-1，0) 二、解答题二、解答题 3.（本小题满分 12 分） 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= 1 2 AD (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。 如图所示，建立空间直角坐标系， 点A为坐标原点。设，1AB依题意得，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BF与DE所成的角的大小为 0 60. （II）证明：，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） . 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ACD的一个法向量为).100(，v . 3 3 13 100 cos vu vu vu，所以， 4 （本题满分 15 分）如图，平面PAC 平面ABC，ABC 是以AC为斜边的等腰直角三角形，,E F O分别为PA， PB，AC的中点，16AC ，10PAPC （I）设G是OC的中点，证明：/ /FG平面BOE； （II）证明：在ABO内存在一点M，使FM 平面BOE，并求点M到OA， OB的距离 证明：（I）如图，连结 OP，以 O 为坐标原点，分别以 OB、OC、OP 所在直线为x轴，y轴， z轴，建立空间直角坐标系 Oxyz， 则0,0,0 , (0, 8,0), (8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0, 4,3),PE4,0,3F，由题意得， 0,4,0 ,G因(8,0,0),(0, 4,3)OBOE ，因此平面 BOE 的法向量为(0,3,4)n ， ( 4,4, 3FG 得0n FG ，又直线FG不在平面BOE内，因此有/ /FG平面BOE 6.（本小题满分 12 分） 如图，已知两个正方行 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 所成角的正值弦； （II）用反证法证明：直线 ME 与 BN 是两条异面直线。 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MN=(-1,1,2). 又DA=（0，0，2）为平面 DCEF 的法向量， 可得 cos(MN,DA)= 3 6 | DAMN DAMN 所以 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 cos 3 6 ,DAMN 6 分 ()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。面 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 ENEF=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 7.（13 分） 如图，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，MDABCD 平面， NBABCD 平面，且 MD=NB=1，E 为 BC 的中点 （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 17.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NE与AM所成角的余弦值为 10 10 .A （2）假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN. (0,1,1)AN , 可设(0, , ),ASAN 又 11 ( , 1,0),( ,1, ) 22 EAESEAAS . 由ES 平面AMN，得 0, 0, ES AM ES AN A A 即 1 0, 2 (1)0. 故 1 2 ，此时 1 12 (0, ),| 2 22 ASAS . 经检验，当 2 2 AS 时，ES 平面AMN. 故线段AN上存在点S，使得ES 平面AMN，此时 2 2 AS . 8.（本小题满分 12 分） 如图，直三棱柱 111 ABCABC中，,ABAC D、E分别为 1 AA、 1 BC的中点， DE 平面 1 BCC （I）证明：ABAC （II）设二面角ABDC为 60，求 1 BC与平面BCD所成的角的大小。 分析一分析一：求 1 BC与平面BCD所成的线面角，只需求点 1 B到面BDC的距离即可。 19 （本小题满分 12 分， （）问 5 分， （）问 7 分） 如题（19）图，在四棱锥SABCD中，ADBCA且ADCD； 平面CSD平面ABCD，,22CSDS CSAD；E为BS的中点， 2,3CEAS求： （）点A到平面BCS的距离； （）二面角ECDA的大小 （）如答（19）图 2，以 S(O)为坐标原点，射线 OD,OC 分别为 x 轴，y 轴正向，建立空 间坐标系，设(,) AAA A xyz，因平面,CODABCD ADCDADCOD平面故平面 即点 A 在 xoz 平面上，因此01 AA yzAD uuu v ， 又 2 22 13,2 2 01 AA xASx A uuv 从而（，） 因 AD/BC，故 BC平面 CSD，即 BCS 与平面 yOx 重合，从而点 A 到平面 BCS 的距离为2 A x . ()易知 C(0,2,0)，D(,0,0). 因 E 为 BS 的中点. BCS 为直角三角形 , 知 22 2BSCE uu vuuv 设 B(0,2, B Z)， B Z0，则 A Z2，故 B（0，2，2） ，所以 E（0，1，1） . 在 CD 上取点 G，设 G（ 11 ,0 x y） ，使 GECD . 由 11 ( 2, 2,0),(,1,1),0CDGExyCD GE uuu vuu u vuuu v uu u v 故 11 22(1)0 xy 又点 G 在直线 CD 上，即/CGCD uuu vuuu v ，由CG uuu v =（ 11 ,2,0 x y ） ，则有 11 2 22 xy 联立、，解得 G 2 4 (,0) 33 , 故GE uu u v = 22 (,1) 33 .又由 ADCD，所以二面角 ECDA 的平面角为向量GE uu u v 与向量 DA uu u v 所成的角，记此角为 . 因为GE uu u v = 2 3 3 ，(0,0,1),1,1DADAGE DA uu u vuu u vuu u v uu u v ,所以 3 cos 2 GE DA GEDA uu u v uu u v uu u vuu u v 故所求的二面角的大小为 6 . 作AGBD于G，连GC，则GCBD， AGC为二面角ABDC的平面角， 60AGC.不妨设2 3AC ，则2,4AGGC.在RT ABD中，由 AD ABBD AG，易得6AD . 设点 1 B到面BDC的距离为h， 1 BC与平面BCD所成的角为。利用 1 11 33 B BCBCD SDESh ，可求得h 2 3，又可求得 1 4 3BC 1 1 sin30 . 2 h BC 即 1 BC与平面BCD所成的角为30 . 分析二分析二：作出 1 BC与平面BCD所成的角再行求解。如图可证得BCAFED 面，所 以面AFEDBDC 面。由分析一易知：四边形AFED为正方形，连AEDF、， 并设交点为O，则EOBDC 面，OC为EC在面BDC内的射影。 ECO即为所求。以下略。 分析三：分析三：利用空间向量的方法求出面BDC的法向量n ，则 1 BC与平面BCD所成的角 即为 1 BC 与法向量n 的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。 总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各自半壁 江山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。 9 （本小题共 14 分） 如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PDABCD 底面，点 E 在棱 PB 上. （）求证：平面AECPDB 平面； （）当2PDAB且 E 为 PB 的中点时，求 AE 与 平面 PDB 所成的角的大小. 【解法解法 2】2】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 ， ACDP，ACDB，AC平面 PDB， 平面AECPDB 平面. （）当2PDAB且 E 为 PB 的中点时， 112 0,0,2, 222 PaEaaa ， 设 ACBD=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 ， 45AOE ，即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为45. 10.（本小题满分 13 分， （）小问 7 分， （）小问 6 分） 如题（18）图，在五面体 ABCDEF 中， AB/DC，BAD= 2 ，CD=AD=2.，四边形 ABFE 为平行四边形，FA平面 ABCD，FC=3，ED=7，求： （）直线 AB 到平面 EFCD 的距离： （）二面角 F-AD-E 的平面角的正切值， 18.（本小题满分 12 分） 如图 4，在正三棱柱 111 ABCABC中，2ABAA D 是 11 AB的中点，点 E 在 11 AC上，且DEAE。 （I）证明平面ADE 平面 11 ACC A （II）求直线AD和平面ABC所成角的正弦值。 解 （I） 如图所示，由正三棱柱 111 ABCABC的性质知 1 AA 平面 111 ABC 又 DE平面 A1B1C1，所以 DEAA1. 而 DEAE。AA1AE=A 所以 DE平面 AC C1A1，又 DE平面 ADE，故平面 ADE平面 AC C1A1。 解法解法 2 2 如图所示，设 O 使 AC 的中点，以 O 为原点建立空间直角坐标系，不妨设 A A1=2，则 AB=2，相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0)， B（3，0，0） ， C1（0，1，2） ， D（ 2 3 ，- 2 1 ，2） 。 易知AB=(3，1，0)， 1 AC=(0，2，2)， AD=( 2 3 ，- 2 1 ，2） 设平面 ABC1的法向量为 n=（x，y，z）,则有 , 022 , 03 1 zyACn yxABn 解得 x=- 3 3 y， z=-y2， 故可取 n=(1，-3，6)。 所以，cos(nAD)= ADn ADn = 310 32 = 5 10 。 由此即知，直线 AD 和平面 AB C1所成角的正弦值为 5 10 。 11.（本小题满分 12 分） 如图 3，在正三棱柱ABC- 1 A 1 B 1 C中，AB=4, A 1 A=7,点D是BC的中点，点E在AC 上，且DE 1 AE （）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。 解法 2 2 如