高考数学 2014全套汇编：第8章 立体几何 第3节 空间向量在立体几何中的应用

【数学数学】2014】2014 版版66 年高考年高考 4 4 年模拟年模拟 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 20132013 年高考题年高考题 一、选择题 1. （2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对）已知 正四棱柱中,则与平面所成角的正弦值等于（ ） 1111 ABCDABC D 1 2AAABCD 1 BDC ABCD 2 3 3 3 2 3 1 3 答案：A 设 AB=1，则 AA1=2，分别以的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建 立空间直角坐标系， 如下图所示： 则 D（0，0，2） ，C1（0，1，0） ，B（1，1，2） ，C（0，1，2） ， =（1，1，0） ，=（0，1，2） ，=（0，1，0） ， 设 =（x，y，z）为平面 BDC1的一个法向量，则，即，取 =（2，2，1） ， 设 CD 与平面 BDC1所成角为 ，则 sin=|= ， 故选 A 2.（2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案）已知三棱柱 的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若为底 111 ABCABC 9 4 3 P 面的中心,则与平面所成角的大小为（ ） 111 ABC PAABC ABCD 5 12 3 4 6 答案：B 取正三角形 ABC 的中心，连结,则是 PA 与平面 ABC 所成的角。因为底面边长OPPAO 为，所以,.三棱柱的体积为3 33 3 22 AD 223 1 332 AOAD ,解得，即,所以 2 1 139 ( 3) 224 AA 1 3AA 1 3OPAA ，即，选 B. tan3 OP PAO OA 3 PAO 3.（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版）已知三棱柱 的 6 个顶点都在球的球面上,若, 111 ABCABCO34ABAC，ABAC ,则球的半径为（ ） 1 12AA O ABCD 3 17 2 2 10 13 2 3 10 答案：C 由球心作面 ABC 的垂线，则垂足为 BC 中点 M。计算 AM=，由垂径定理，OM=6，所以半径 5 2 R=,选 C. 22 513 ( )6 22 4.（2013 年高考江西卷（理）如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上, 且,正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为,AB CDA,m n 那么mn （ ） A8B9C10D11 答案：A 本题考查空间立体几何中的线面位置关系的判断。由图象可知，其中上底面与4m CE 平行，下底面过直线 CE。在正四面体题中，取 CD 的中点 H,则,又CDEFH AB/CD，所以平面平行于正方体的左右两个侧面，所以直线 EF 与正方体的六个EFH 面所在的平面相交的平面个数。所以，选 A.4n 8mn 5.（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标卷数学（理）（纯 WORD 版含答案）一个 四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四 面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到正视图可以为 （ ） ABCD 答案：A 因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz 中的坐标分别是（1，0，1） ， （1，1，0） ， （0，1，1） ， （0，0，0） ，几何体的直观图如图，是正方体的顶点为顶点的一个正四面体， 所以以 zOx 平面为投影面，则得到正视图为： 故选 A 二、填空题 6.（2013 年高考上海卷（理）在平面上,将两个半圆弧和xOy 22 (1)1(1)xyx 、两条直线 和围成的封闭图形记为 D,如图中阴 22 (3)1(3)xyx1y 1y 影部分.记 D 绕 y 轴旋转一周而成的几何体为,过作的水平截面,所(0, )(| 1)yy 得截面面积为,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出 2 418y 的体积值为_ 答案：. 2 216 【解答】根据提示，一个半径为 1，高为的圆柱平放，一个高为 2，底面面积的长28 方体，这两个几何体与放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积都相等， 故它们的体积相等，即的体积值为 22 122 8216 7.（2013 年高考北京卷（理）如图,在棱长为 2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中 点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为_. 1 D 1 B P A D 1 C C E B A 1 A 答案： 2 5 5 如图所示，取 B1C1的中点 F，连接 EF，ED1， 因为，CC1底面 ABCD，所以四边形 EFC1C 是矩形 所以 CC1EF， 又 EF平面 D1EF，CC1平面 D1EF，所以 CC1平面 D1EF 所以直线 C1C 上任一点到平面 D1EF 的距离是两条异面直线 D1E 与 CC1的距离 过点 C1作 C1MD1F， 因为平面 D1EF平面 A1B1C1D1 所以 C1M平面 D1EF 过点 M 作 MPEF 交 D1E 于点 P，则 MPC1C 取 C1N=MP，连接 PN，则四边形 MPNC1是矩形 可得 NP平面 D1EF， 在 RtD1C1F 中，C1MD1F=D1C1C1F，得= 所以点 P 到直线 CC1的距离的最小值为 8.（2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD 版含附加 题）如图,在三棱柱中,分别是的中点,设ABCCBA 111 FED， 1 AAACAB， 三棱锥的体积为,三棱柱的体积为,则ADEF 1 VABCCBA 1112 V _. 21:V V A B C 1 A D E F 1 B 1 C 答案： 1:24 1122 11111 334224 ADEABC VShShV 所以 12 1 : 24 V V 三、解答题 9.（2013 年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版）如图,AB 是圆的 直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点. (I)求证:PACPBC平面平面； (II)2.ABACPACPBA若，1，1，求证：二面角的余弦值 10.（2013 年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案）如图,四棱锥 PABCD中,PAABCD 底面,2,4, 3 BCCDACACBACD , F为PC的中点,AFPB. (1)求PA的长; (2)求二面角BAFD的正弦值. 11.（2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯 WORD 版）如图,圆锥顶 点为.底面圆心为,其母线与底面所成的角为 22.5.和是底面圆上的poABCDO 两条平行的弦,轴与平面所成的角为 60.OPPCD ()证明:平面与平面的交线平行于底面; ()求.PABPCDcosCOD 解: () PABP D,/ / /CmABCDCDPCDABPCD设面面直线且面面 . / /ABm直线ABCDmABCDAB面直线面/ 所以,. ABCDDPPAB的公共交线平行底面与面面C () . r PO OPFFCDr 5 . 22tan.60,由题知，则的中点为线段设底面半径为 . 5 . 22tan1 5 . 22tan2 45tan, 2 cos 5 . 22tan60tan60tan, 2 COD r OF PO OF )223(3), 1-2(3 2 1cos , 1-2 5 . 22tan1 2 cos2cos 22 CODCOD COD . 212-17cos. 212-17cosCODCOD所以 法二: 12.（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯 WORD 版）如图,在四面 体中,平面,.是的中点,BCDAADBCD22, 2,BDADCDBCMAD 是 的中点,点在线段上,且.PBMQACQCAQ3 (1)证明:平面;(2)若二面角的大小为,求的大小./PQBCDDBMC 0 60BDC A B C D P Q M （第 20 题图） 解:证明()方法一:如图 6,取的中点,且是中点,所以.因MDFMAD3AFFD 为是中点,所以;又因为()且,所以PBM/ /PFBD3AQQC3AFFD ,所以面面,且面,所以面; / /QFBD/ /PQFBDCPQ BDC/ /PQBDC 方法二:如图 7 所示,取中点,且是中点,所以;取的三BDOPBM 1 / / 2 POMDCD 等分点,使,且,所以,所以H3DHCH3AQQC 11 / / / 42 QHADMD ,且,所以面; / / /POQHPQOHOHBCD/ /PQBDC ()如图 8 所示,由已知得到面面,过作于,所以ADB BDCCCGBDG ,过作于,连接,所以就是的CGBMDGGHBMHCHCHGCBMD 二面角;由已知得到,设,所以 813BM BDC , cos ,sin2 2cos ,2 2cossin,2 2sin, CDCGCB CDCGBC BDCDBD 在中,所以在RT BCG 2 sin2 2sin BG BCGBG BC 中, ,所以在中 RT BHG 2 2 12 2sin 33 2 2sin HG HG RT CHG 2 2 2cossin tantan603 2 2sin 3 CG CHG HG ; tan3(0,90 )6060BDC 13.（2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）如图,在正三棱锥中, 111 ABCABC ,异面直线与所成角的大小为,求该三棱柱的体积. 1 6AA 1 BC 1 AA 6 B1 A1 C1 AC B 解因为 . 1 CC 1 AA 所以为异面直线与.所成的角,即=. 1 BC C 1 BC 1 AA 1 BC C 6 在 Rt中, 1 BC C 11 3 tan62 3 3 BCCCBC C 从而, 2 3 3 3 4 ABC SBC 因此该三棱柱的体积为. 1 3 3 618 3 ABC VSAA 14.（2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD 版含附加 题）本小题满分 14 分. 如图,在三棱锥中,平面平面,过作ABCS SABSBCBCAB ABAS A ,垂足为,点分别是棱的中点.SBAF FGE、SCSA、 求证:(1)平面平面; (2)./EFGABCSABC A B C S G F E 证明:(1),F 分别是 SB 的中点 ABAS SBAF E.F 分别是 SA.SB 的中点 EFAB 又EF平面 ABC, AB平面 ABC EF平面 ABC 同理:FG平面 ABC 又EFFG=F, EF.FG平面 ABC平面平面 /EFGABC (2)平面平面 SABSBC 平面平面=BC SABSBC AF平面 SAB AFSB AF平面 SBC 又BC平面 SBC AFBC 又, ABAF=A, AB.AF平面 SAB BC平面 SAB 又SA平面BCAB SABBCSA 15.（2013 年高考上海卷（理）如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明 直线 BC1平行于平面 DA1C,并求直线 BC1到平面 D1AC 的距离. D1 C1 B1 A1 D C B A 因为 ABCD-A1B1C1D1为长方体,故, 1111 /,ABC D ABC D 故 ABC1D1为平行四边形,故,显然 B 不在平面 D1AC 上,于是直线 BC1平行于 11 /BCAD 平面 DA1C; 直线 BC1到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h 考虑三棱锥 ABCD1的体积,以 ABC 为底面,可得 111 (1 2) 1 323 V 而中,故 1 ADC 11 5,2ACDCAD 1 3 2 AD C S 所以,即直线 BC1到平面 D1AC 的距离为. 1312 3233 Vhh 2 3 16.（2013 年高考湖北卷（理）如图,是圆的直径,点是圆上异于的点,ABOCO,A B 直线平面,分别是,的中点.PC ABCEFPAPC (I)记平面与平面的交线为 ,试判断直线 与平面的位置关系,并加BEFABCllPAC 以证明; (II)设(I)中的直线 与圆的另一个交点为,且点满足.记直线lODQ 1 2 DQCP 与平面所成的角为,异面直线与所成的角为,二面角PQABCPQEF 的大小为,求证:.ElC sinsinsin 第 19 题图 解:(I), EFACAACABC 平面EFABC 平面 EFABCA平面 又 EFBEF 平面 EFlA lPAC A平面 (II)连接 DF,用几何方法很快就可以得到求证.(这一题用几何方法较快,向量的方法很 麻烦,特别是用向量不能方便的表示角的正弦.个人认为此题与新课程中对立体几何的 处理方向有很大的偏差.) 17.（2013 年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯 WORD 版）如图 1,在等 腰直角三角形中,分别是上的点,ABC90A6BC ,D E,AC AB ,为的中点.将沿折起,得到如图 2 所示的四棱锥2CDBEOBCADEDE ,其中.ABCDE 3A O () 证明:平面; () 求二面角的平面角的余弦值.A OBCDEACDB . C O B DE A C D O B E A 图 1图 2 () 在图 1 中,易得 3,3 2,2 2OCACAD C D O x E A 向量法图向量法图 y z B C D O B E A H 连结,在中,由余弦定理可得 ,OD OEOCD 22 2cos455ODOCCDOC CD 由翻折不变性可知, 2 2A D 所以,所以, 222 A OODA DA OOD 理可证, 又,所以平面. A OOEODOEOA OBCDE () 传统法:过作交的延长线于,连结, OOHCDCDHA H 因为平面,所以, A OBCDEA HCD 所以为二面角的平面角. A HOACDB 结合图 1 可知,为中点,故,从而 HAC 3 2 2 OH 22 30 2 A HOHOA 所以,所以二面角 15 cos 5 OH A HO A H 的平面角的余弦值为. ACDB 15 5 向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示, OOxyz 则, 0,0, 3 A 0, 3,0C1, 2,0D 所以, 0,3, 3CA 1,2, 3DA 设为平面的法向量,则 , ,nx y z A CD ,即,解得,令,得 0 0 n CA n DA 330 230 yz xyz 3 yx zx 1x 1, 1, 3n 由() 知,为平面的一个法向量, 0,0, 3OA CDB 所以,即二面角的平面角的余弦 315 cos, 535 n OA n OA n OA ACDB 值为. 15 5 18.（2013 年高考新课标 1（理）如图,三棱柱 ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,BA A1=60. ()证明 ABA1C; ()若平面 ABC平面 AA1B1B,AB=CB=2,求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值. ()取 AB 中点 E,连结 CE, 1 AB, 1 AE, AB= 1 AA, 1 BAA= 0 60, 1 BAA是正三角形, 1 AEAB, CA=CB, CEAB, 1 CEAE=E,AB面 1 CEA, AB 1 AC; ()由()知 ECAB, 1 EAAB, 又面 ABC面 11 ABB A,面 ABC面 11 ABB A=AB,EC面 11 ABB A,EC 1 EA, EA,EC, 1 EA两两相互垂直,以 E 为坐标原点,EA 的方向为x轴正方向,|EA |为单位 长度,建立如图所示空间直角坐标系Oxyz, 有题设知 A(1,0,0), 1 A(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0),则BC =(1,0,3), 1 BB = 1 AA =(-1,0,3), 1 AC =(0,-3,3), 设n=( , , )x y z是平面 11 CBBC的法向量, 则 1 0 0 BC BB n n ,即 30 30 xz xy ,可取n=(3,1,-1), 1 cos, AC n= 1 1 | AC AC n |n| 10 5 , 直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 10 5 19.（2013 年高考陕西卷（理）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, . 1 2ABAA () 证明: A1C平面BB1D1D; () 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小. O D1 B1 C1 D A C B A1 解:() ;又因为,在正方形 AB BDOAABCDBDABCDOA 11 ,面且面 CD 中, . BDCAACACAACABDAACOABDAC 11111 ,，故面且面所以；且 在正方形 AB CD 中,AO = 1 . . 1 11 OAOAART中，在 . OECAOCEAEDB 1111111 为正方形，所以，则四边形的中点为设 ，所以由以上三点得且，面面又OOBDDDBBODDBBBD 111111 E.E, .(证毕) DDBBCA 111 面 () 建立直角坐标系统,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.则 . ) 1, 0 , 1 () 1 , 1 , 1 (),100(),001 (,0 , 1 , 0 111 CABACB，）（ 由()知, 平面BB1D1D的一个法向量 .0 , 0 , 1),1 , 1 , 1 (),1, 0 , 1 ( 111 ）（OCOBCAn 设平面OCB1的法向量为 ，则0, 0, 2122 OCnOBnn ).1- , 1 , 0(向向向 2 n为解得其中一个 . 2 1 22 1 | | |,cos|cos 21 21 11 nn nn nn 所以,平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为 3 20.（2013 年高考四川卷（理）如图,在三棱柱中,侧棱底面, 11 ABCABC 1 AA ABC ,分别是线段的中点,是线段 1 2ABACAA120BAC 1 ,D D 11 ,BC BCP 的中点.AD ()在平面内,试作出过点与平面平行的直线 ,说明理由,并证明直线ABCP 1 ABCl 平面;l 11 ADD A ()设()中的直线 交于点,交于点,求二面角的余弦lABMACN 1 AAMN 值. D1 D C B A1 B1 C1 A P 解:如图,在平面内,过点做直线 /,因为 在平面外, ABCPlBCl 1 ABC 在平面内,由直线与平面平行的判定定理可知, /平面. BC 1 ABCl 1 ABC 由已知,是的中点,所以,则直线. ABACDBCBCADlAD 因为平面,所以直线 .又因为在平面内,且 1 AA ABC 1 AA l 1 ,AD AA 11 ADD A 与相交,所以直线平面 AD 1 AA 11 ADD A 解法一: 连接,过作于,过作于,连接. 1 APA 1 AEAPEE 1 EFAMFAF 由知,平面,所以平面平面. MN 1 AEA 1 AEA 1 AMN O D1 B1 C1 D A C B A1 所以平面,则. AE 1 AMN 1 AMAE 所以平面,则. 1 AM AEF 1 AM AF 故为二面角的平面角(设为). AFE 1 AAMN 设,则由,有,. 1 1AA 1 2ABACAA120BAC 60BAD 2,1ABAD 又为的中点,所以为的中点,且, PADMAB 1 ,1 2 APAM 在中, ;在中, . 1 Rt AAPA 1 5 2 AP 1 Rt A AMA 1 2AM 从而, 1 1 1 5 AAAP AE AP 1 1 1 2 AAAM AF AM 所以. 2 sin 5 AE AF 所以. 2 2 215 cos1 sin1 55 故二面角的余弦值为 1 AAMN 15 5 解法二: 设.如图,过作平行于,以为坐标原点,分别以,的 1 1AA 1 A 1 AE 11 BC 1 A 111 ,AE AD 1 AA 方向为轴,轴,轴的正方向,建立空间直角坐标系(点与点重合). xyzOxyzO 1 A 则,. 1 0,0,0A0,0,1A 因为为的中点,所以分别为的中点, PAD,M N,AB AC 故, 3 13 1 ,1 ,1 2222 MN 所以,. 1 3 1 ,1 22 AM 1 0,0,1A A 3,0,0NM 设平面的一个法向量为,则 1 AAM 1111 ,nx y z 即故有 11 11 , , nAM nA A 11 11 0, 0, nAM nA A 111 111 3 1 ,10, 22 ,0,0,10, x y z x y z 从而 111 1 31 0, 22 0. xyz z 取,则,所以. 1 1x 1 3y 1 1,3,0n 设平面的一个法向量为,则 1 AMN 2222 ,nxy z 即故有 21 2 , , nAM nNM 21 2 0, 0, nAM nNM 222 222 3 1 ,10, 22 ,3,0,00, xy z xy z 从而 222 2 31 0, 22 30. xyz x 取,则,所以. 2 2y 2 1z 2 0,2, 1n 设二面角的平面角为,又为锐角, 1 AAMN 则. 12 12 1,3,00,2, 1 15 cos 525 nn nn 故二面角的余弦值为 1 AAMN 15 5 21.（2013 年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯 WORD 版含附加 题）本小题满分 10 分. 如图,在直三棱柱中,点是 111 ABCABCACAB 2 ACAB4 1 AAD 的中点BC (1)求异面直线与所成角的余弦值BA1DC1 (2)求平面与所成二面角的正弦值. 1 ADC 1 ABA 本题主要考察异面直线.二面角.空间向量等基础知识以及基本运算,考察运用空间向量 解决问题的能力. 解:(1)以为为单位正交基底建立空间直角坐标系, 1 ,AAACABxyzA 则, )0 , 0 , 0(A)0 , 0 , 2(B)0 , 2 , 0(C)4 , 0 , 0( 1 A)0 , 1 , 1 (D)4 , 2 , 0( 1 C , )4, 0 , 2( 1 BA)4, 1, 1 ( 1 BA 10 103 1820 18 ,cos 11 11 11 DCBA DCBA DCBA 异面直线与所成角的余弦值为 BA1DC1 10 103 (2) 是平面的的一个法向量 )0 , 2 , 0(AC 1 ABA 设平面的法向量为, 1 ADC),(zyxm )0 , 1 , 1 (AD)4 , 2 , 0( 1 AC 由 1 ,ACmADm 取,得,平面的法向量为 042 0 zy yx 1z2, 2xy 1 ADC) 1 , 2, 2( m 设平面与所成二面角为 1 ADC 1 ABA , 得 3 2 32 4 ,coscos mAC mAC mAC 3 5 sin 平面与所成二面角的正弦值为 1 ADC 1 ABA 3 5 22.（2013 年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对）如图,四 棱锥中,与都是等边三PABCD902,ABCBADBCADPAB ， PAD 角形. (I)证明: (II)求二面角的大小.;PBCDAPDC 23.（2013 年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案）如图所示,在三 棱锥中,平面, 分别是 PABQ PB ABQBABPBQ,D C E F 的中点, ,与交于点,与交于点, ,AQ BQ AP BP2AQBD PD EQ GPC FQ H 连接. GH ()求证:; ()求二面角的余弦值. AB GHA DGHE 解:()证明:因为 分别是的中点, ,D C E F,AQ BQ AP BP 所以,所以, EFABDCABEFDC 又平面,平面, EF PCDDC PCD 所以平面, EFPCD 又平面,平面平面, EF EFQEFQ PCDGH 所以, EFGH 又, EFAB 所以. ABGH ()解法一:在中, , ABQ2AQBDADDQ 所以,即,因为平面,所以, =90ABQ ABBQ PB ABQ ABPB 又,所以平面,由()知, BPBQB AB PBQ ABGH 所以平面,又平面,所以,同理可得, GH PBQ FH PBQ GHFHGHHC 所以为二面角的平面角,设,连接, FHCDGHE 2BABQBP PC 在中,由勾股定理得, tRFBC2FC 在中,由勾股定理得, tRPBC5PC 又为的重心,所以 H PBQ 15 33 HCPC 同理 , 5 3 FH 在中,由余弦定理得, FHC 55 2 4 99 cos 5 5 2 9 FHC 即二面角的余弦值为. DGHE 4 5 解法二:在中, ABQ2AQBDADDQ 所以,又平面,所以两两垂直, 90ABQ PB ABQ,BA BQ BP 以为坐标原点,分别以所在直线为轴,轴,轴,建立如图所示的空 B ,BA BQ BP x y z 间直角坐标系,设,则, 2BABQBP(1,0,1)E(0,0,1)F(0,2,0)Q(1,1,0)D ,所以, (0,1,0)C(0,0,2)P( 1,2, 1)EQ (0,2, 1)FQ ( 1, 1,2)DP , (0, 1,2)CP 设平面的一个法向量为, EFQ 111 ( ,)mx y z 由, 0m EQ 0m FQ 得 111 11 20 20 xyz yz 取,得. 1 1y (0,1,2)m 设平面的一个法向量为 PDC222 (,)nxyz 由, 0n DP 0n CP 得 222 22 20 20 xyz yz 取,得.所以 2 1z (0,2,1)n 4 cos, 5 m n m n m n 因为二面角为钝角,所以二面角的余弦值为. DGHEDGHE 4 5 24.（2013 年高考湖南卷（理）如图 5,在直棱柱, 1 111 / /ABCDABC DADBC中， ,.90 ,1BADACBD BC 1 3ADAA (I)证明:; (II)求直线所成角的正弦值. 1 ACB D 111 BCACD与平面 解: () ACBBABCDBDABCDBBDCBAABCD 111111 ,面且面是直棱柱 . DBACBDBDBBDBACBBBBDBDAC 11111 ,，面。面且又 (证毕) () 。的夹角与平面的夹角即直线与平面直线 111111 ,/ACDADACDCBADBCCB 轴正半轴。为轴正半轴，为点，量解题。设原点在建立直角坐标系，用向XADYABA BDACyBDyACyCyBDDA), 0 , , 3(), 0 , , 1 () 0 , , 1 (), 0 , , 0(),3 , 0 , 3(),0 , 0 , 3(,00 , 0 1 ，则，设 ).3 , 0 , 3(),0 , 3, 1 (. 30, 0030 1 2 ADACyyyBDAC ），（），（的一个法向量平面则的法向量为设平面303,313-. 0 0 , 1 1 1 ADnACD ADn ACn nACD 7 21 37 33 |,cos|sin003,313- 1 ADnADnACD），（），（的一个法向量平面 . 7 21 11 夹角的正弦值为与平面所以ACDBD 25.（2013 年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯 WORD 版）如图,在四棱 柱中,侧棱, 1111 ABCDABC D 1 AAABCD 底面/ /ABDC 1 1AA 3ABk ,.4ADk5BCk6DCk(0)k (1)求证: 11; CDADD A 平面 (2)若直线与平面所成角的正弦值为,求的值; 1 AA 1 ABC 6 7 k (3)现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新 1111 ABCDABC D 的棱柱,规定:若拼接成的新的四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问: 共有几种不同的方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为,写出( )f k 的表达式(直接写出答案,不必要说明理由)( )f k 解:()取中点,连接 CDEBE , / /ABDEQ3ABDEk 四边形为平行四边形 ABED 且 / /BEAD4BEADk 在中, BCEV4 ,3 ,5BEk CEk BCkQ 222 BECEBC ,即,又,所以 90BECBECD/ /BEADQCDAD 平面,平面 1 AA QABCDCD ABCD ,又, 1 AACD 1 AAADAI 平面 CD 11 ADD A ()以为原点,的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角D 1 ,DA DC DD uu u r uuu r uuur , ,x y z 坐标系, (4 ,0,0)Ak(0,6 ,0)Ck 1(4 ,3 ,1) Bkk 1(4 ,0,1) Ak 所以, ( 4 ,6 ,0)ACkk uuu r 1 (0,3 ,1)ABk uuu r 1 (0,0,1)AA uuu r 设平面的法向量,则由 1 ABC( , , )nx y z 1 0 0 AC n AB n uuu r uuu r 得取,得 460 30 kxky kyz 2y (3,2, 6 )nk 设与平面所成角为,则 1 AA 1 ABC 1 1 1 , sin|cos,| | | AA n AA n AAn uuu r uuu r uuu r ,解得.故所求的值为 1 2 66 7 3613 k k 1k k ()共有种不同的方案 4 2 2 5 7226 ,0 18 ( ) 5 3636 , 18 kkk f k kk k 26.（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标卷数学（理）（纯 WORD 版含答案）如图,直 棱柱 111 ABCABC中,D E分别是 1 ,AB BB的中点, 1 2 2 AAACCBAB. ()证明: 1/ / BC平面 1 ACD; ()求二面角 1 DACE的正弦值. A B C D 1 A 1 C 1 B E 20122012 年高考题年高考题 1.2012广东卷 如图 15 所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA平面 ABCD，点 E 在线段 PC 上，PC平面 BDE.(1)证明：BD平面 PAC；(2)若 PA1，AD2，求二面角 BPCA 的正切值 图 15 证明：(1)Error!Error!PCBD.Error!Error!PABD. PAPCP，PA平面 PAC，PC平面 PAC，BD平面 PAC. (2)法一：如图所示，记 BD 与 AC 的交点为 F，连接 EF. 由 PC平面 BDE，BE平面 BDE，EF平面 BDE，PCBE，PCEF. 即BEF 为二面角 BPCA 的平面角由(1)可得 BDAC，所以矩形 ABCD 为正方形， ABAD2，ACBD2，FCBF.在 RtPAC 中， 22 PA1，PC3， PA2AC2 即二面角 BPCA 的正切值为 3. 法二：以 A 为原点， 、的方向分别作为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系， AB AD AP 如图所示 设 ABb，则：A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1) 于是(b,2，1)，(b，2,0)因为 PCDB，所以b240， PC DB PC DB 从而 b2.结合(1)可得(2，2,0)是平面 APC 的法向量 DB 现设 n(x，y，z)是平面 BPC 的法向量，则 n，n，即 n0，n0. BC PC BC PC 因为(0,2,0)，(2,2，1)，所以 2y0,2xz0. BC PC 取 x1，则 z2，n(1,0,2)令 n， ，则 DB cos，sin，tan3. nDB |n|DB | 2 52 2 1 10 3 10 由图可得二面角 BPCA 的正切值为 3. 2. 2012北京卷 如图 19(1)，在 RtABC 中，C90，BC3，AC6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE2，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1CCD，如图 18(2)(1)求证：A1C平面 BCDE；(2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与 平面 A1BE 所成角的大小；(3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？ 说明理由 图 19 解：(1)证明：因为 ACBC，DEBC，所以 DEAC，所以 DEA1D，DECD， 所以 DE平面 A1DC，所以 DEA1C.又因为 A1CCD， 所以 A1C平面 BCDE. (2)如右图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Cxyz， 则 A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0) 33 设平面 A1BE 的法向量为 n(x，y，z)，则 n0，n0.又(3,0，2)， A1B BE A1B 3 (1,2,0)，所以Error!Error!令 y1，则 x2，z，所以 n(2,1，) BE 33 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 ，因为(0,1，)， CM 3 所以 sin|cos(n，)|.所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 . CM | nCM |n|CM| 4 8 4 2 2 4 (3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p0,3 设平面 A1DP 的法向量为 m(x，y，z)，则 m0，m0. A1D DP 又(0,2，2)，(p，2,0)，所以Error!Error!令 x2，则 yp，z. A1D 3 DP p 3 所以 m.平面 A1DP平面 A1BE，当且仅当 mn0，即 4pp0. (2，p， p 3) 解得 p2，与 p0,3矛盾所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直 3.2012安徽卷 设平面 与平面 相交于直线 m，直线 a 在平面 内，直线 b 在平面 内， 且 bm，则“”是“ab”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 A 解析 本题考查线面关系的判断，证明，充要条件的判断 由题知命题是条件命题为“” ，命题“ab”为结论命题，当 时，由线面垂直的 性质定理可得 ab，所以条件具有充分性；但当 ab 时，如果 am，就得不出 ，所 以条件不具有必要性，故条件是结论的充分不必要条件 4. 2012福建卷 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E 为 CD 中点 (1)求证：B1EAD1；(2)在棱 AA1上是否存在一点 P，使得 DP平面 B1AE？若存在，求 AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角 AB1EA1的大小为 30，求 AB 的长 图 13 解：(1)以 A 为原点， ，的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐 AB AD AA1 标系(如图)设 ABa，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故 ( a 2，1，0) AD1(0,1,1)，(a,0,1)，. B1E ( a 2，1，1) AB1 AE ( a 2，1，0) 011(1)10，B1EAD1. AD1 B1E a 2 (2)假设在棱 AA1上存在一点 P(0,0，z0)，使得 DP平面 B1AE.此时(0，1，z0) DP 又设平面 B1AE 的法向量 n(x，y，z) n平面 B1AE，n，n，得Error!Error! AB1 AE 取 x1，得平面 B1AE 的一个法向量 n. (1， a 2，a) 要使 DP平面 B1AE，只要 n，有 az00，解得 z0 . DP a 2 1 2 又 DP平面 B1AE，存在点 P，满足 DP平面 B1AE，此时 AP . 1 2 (3)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCDA1B1C1D1及 AA1AD1，得 AD1A1D. B1CA1D，AD1B1C.