空间向量与立体几何典型例题

文档编码:CU8A9L10B7Z4——HR4V8Z9O5I1——ZO2H2Z9H3O9空间向量与立体几何典型例题一,挑选题：1．〔2022全国Ⅰ卷理〕已知三棱柱 ABC A1B1C1的侧棱与底面边长都相等, A1在底面内的射影为△ABC的中心,就AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（ ABCC）1 2 3 2A． B． C． D．3 3 3 31.解：C．由题意知三棱锥 A1 ABC为正四周体,设棱长为a,就AB1 3a,棱柱的高AO1 a2 AO2a2 〔23 2

3a〕23

6a（即点B究竟面ABC的距离）,故AB与1 1底面ABC所成角的正弦值为 A1O 2.AB1 3uuuruuuruuur另解：设AB,AC,AA1 为空间向量的一组基底,uuur uuur长度均为a,平面ABC的法向量为OA1 AA1uuuruuur 2 2 uuur 6 uuurOA1AB1 a,OA1 ,AB1 33 3 uuuuruuurOA1AB1就AB1与底面ABC所成角的正弦值为 uuuruuurAOAB二,填空题：uuuruuuruuur 0AB,AC,AA1的两两间的夹角为601uuurAB 1uuurAC,AB1 uuur uuurAB

uuurAA13 32 .31．〔2022全国Ⅰ卷理〕等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C ABD的余弦值为 3 ,M,N分别是AC,BC的中点,就EM,AN所成角的余3弦值等于 1．611.答案：6

.设AB 2,作COABDE,

面 COH AB,就CH AB,CHO为二面角CABD的平面角CH 3,OH CH cosCHO 1,结合等边三角形 ABC N M与正方形uuurAN

1〔AC

ABDEuuur uuuruuuurAB〕,EM

可知此四棱锥为正四棱锥,就1uuurAC uuurAE,

AN EM CH 3H A o E2 2 B DuuurAN

uuuurEM

1〔AB

uuurAC〕〔AC 1uuur uuurAE〕 1 1题图（1）2 2uuur uuuur 2 z故EM,AN所成角的余弦值 uuur

AN EMuuuur 1 CAN EM 6 M另解：以O为坐标原点,建立如以下图的直角坐标系, NEH Ao yB Dx 1题图（2）第1页,共31页就点A〔1,1,0〕,B〔1,1,0〕,E〔1,1,0〕,C〔0,0,2〕,1,2uuur

ANuuuurEM3,M〔1,1

,22 1

〕,N〔, 21

,22〕,222就

uuurAN 〔,, 31 2〕,EMuuuur〔,

1 3,

222 2 2uuuruuuur2 2AN EM故EM,AN所成角的余弦值 uuur uuuurAN EM uuuruuuur〕,AN EM1

6.三,解答题：1．（2022安徽文）如图,在四棱锥OABCD中,底面ABCD四边长为1的菱形,ABC4,OA底面ABCD,OA2,M为OA的中点；O（Ⅰ）求异面直线AB与MD所成角的大小；（Ⅱ）求点B到平面OCD的距离；1．方法一（综合法）MCPDD（1）QCD‖AB,∴ MDC为异面直线 AB与MD所成的角（或其补角）作AP CD于P,连接MPA∵OA平面ABCD,∴CDMP∵ADP4,∴DP=2B2∵MD 2MA 2AD2,∴cosMDPDP1,MDCMDP3OMD2Q所以 AB与MD所成角的大小为3（２）∵AB‖平面OCD∴,点A和点B到平面OCD的距离相等,M连接OP,过点A作AQOP于点Q,∵APCD,OACD,∴CD平面OAP,∵AQ平面OAP,∴AQCDAC又∵AQOP,∴AQ平面OCD,B线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离∵OP 2OD 2DPOA2 2AD 2DP41132,APDP2222∴AQOAgAP2g22,所以点B到平面OCD的距离为223OP3232方法二〔向量法〕作APCD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为Ozx,y,z轴建立坐标系A〔0,0,0〕,B〔1,0,0〕,P〔0, 22,0〕,D〔2,2,0〕,O〔0,0,2〕,M〔0,0,1〕,AMPD22xB第2页,共31页 C y〔1〕设AB与MD所成的角为uuur uuuur∵AB 〔1,0,0〕,MD〔,22,1〕,22,∴cosuuuruuuurABgMDuuur uuuurAB MD1,2 ∴3,∴AB与MD所成角的大小为3uuur 2 uuur 2 2〔2〕∵OP 〔0, , 2〕,OD 〔 , ,2〕2 2 2 uuur∴设平面OCD的法向量为n 〔x,y,z〕,就ngOP uuur0,ngOD0即 2y22z02x2y2z022取z2,解得n〔0,4, 2〕uuru的距离为d ,就d为OB在向量nuuurOB n 2∴d .n 3〔0,4,2〕上的投影的确定值设点B到平面OCD uuur

∵OB〔1,0,2〕,所以点B到平面OCD的距离为2

32．（2022安徽理）如图,在四棱锥OABCD中,底面ABCD四边长为1的菱形,ABC4,OA底面ABCD,OA2,M为OA的中点,N为BC的中点；CDMN‖平面OCD；（Ⅰ）证明：直线（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；O（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离；2．方法一（综合法）

（1）取OB中点E,连接ME,NEMQME‖AB,AB‖CD,ME‖CDA又QNE‖OC,平面MNE‖平面OCDMN‖平面OCD（2）QCD‖AB,AB与MD所成的角（或BNO∴MDC为异面直线其补角）作APCD于P,连MPMPBEAMQPD∵OA平面ABCD,∴CD∵ADP4,∴DP=22NMD 2MA 2

AD2,C第3页,共31页AP∴cosMDPDP1,MDCMDP3MD2所以AB与MD所成角的大小为3（3）∵AB‖平面OCD∴,点A和点B到平面OCD的距离相等,连接OP,过点A作AQOP于点Q,∵APCD,OACD,∴CD平面OAP,∴AQCD又∵AQOP,∴AQ平面OCD,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离∵OP 2

OD 2DP 2

OA 2AD 2DP41132,22DP 2

2∴AQOAgAP2g22,所以点B到平面OCD的距离为22OP3233 2

方法二〔向量法〕作AP CD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标,A〔0,0,0〕,B〔1,0,0〕,P〔0,2,0〕,D〔2,2系2,2,0〕D,0〕,O〔0,0,2〕,M〔0,0,1〕,N〔122244uuuur〔1〕MN2 2 uuur 2 uuur〔1 , , 1〕,OP 〔0, , 2〕,OD 〔4 4 2 uuur uuurOCD的法向量为n 〔x,y,z〕,就ngOP 0,ngOD 22,2,2〕2设平面0zOP即 2y22z0取z2,解得n2

2x2〕2y2z0M2〔0,4,uuuur

∵MNgn〔12,2,1〕g〔0,4,2〕044MN‖平面OCDA〔2〕设AB与MD所成的角为,∵AB

uuur〔1,0,0〕,MD

uuuur〔 2 , 2 ,1〕 x B N C2 2uuuruuuurABgMD∴cos uuurAB

uuuurMD 1,2 ∴3

, AB与MD所成角的大小为3uuru〔3〕设点B到平面OCD的沟通为d,就d为OB在向量n 〔0,4,2〕上的投影的确定值uuuruuur OB n 2 2由 OB 〔1,0,2〕,得d .所以点B到平面OCD的距离为n 3 3y,3．（2022北京文）如图,在三棱锥P-ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC第4页,共31页⊥AC.（Ⅰ）求证：PC⊥AB；（Ⅱ）求二面角B-AP-C的大小.3．解法一：（Ⅰ）取AB中点D,连结∵AP=BP,

∴PD⊥AB.PD,CD.∵AC=BC.∴CD⊥AB.∵PD∩CD＝D.∴AB⊥平面PCD.∵PC 平面PCD,∴PC⊥AB.（Ⅱ）∵AC=BC,AP=BP,

∴△APC≌△BPC.又PC⊥AC,

∴PC⊥BC.又∠ACB＝90°,即AC⊥BC,

且AC∩PC=C,∴AB＝BP,

∴BE⊥AP.∵EC是BE在平面PAC内的射影,3AB6,∴CE⊥AP.∴∠BEC是二面角B-AP-C的平面角.在△BCE中,∠BCE=90°,BC=2,BE=2∴sin∠BEC=BC36.BE∴二面角B-AP-C的大小为aresin36.解法二：（Ⅰ）∵AC=BC,AP=BP,

∴△APC≌△BPC.又PC⊥AC.∴PC⊥BC.∵AC∩BC=C,

∴PC⊥平面ABC.∵AB 平面ABC,∴PC⊥AB. 〔Ⅱ〕如图,以C为原点建立空间直角坐标系 C-xyz.

就C（0,0,0）,A（0,2,0）,B（2,0,0）.设P（0,0,t）,∵｜PB｜=｜AB｜＝22,

∴t=2,P〔0,0,2〕.取AP中点E,连结BE,CE.∵｜AC｜=｜PC｜,｜AB｜=｜BP｜,∴CE⊥AP,BE⊥AP.第5页,共31页∴∠BEC是二面角B-AP-C的平面角.∵E〔0,1,1〕,EC〔0,1,1〕,EB〔2,1,1〕,BC2,ACB90o,BB∴cos∠BEC=ECEB22633.ECEB∴二面角B-AP-C的大小为arccos33.4．（2022北京理）如图,在三棱锥PABC中,ACAP BP AB,PC AC．（Ⅰ）求证： PC AB；P（Ⅱ）求二面角 BAPC 的大小；（Ⅲ）求点C到平面APB的距离．ADB4．解法一：

（Ⅰ）取AB中点D,连结PD,CD．CQAP

PD

QAC

CD

QPDIBP,

AB．BC,CDAB．D,AB平面PCD．6,EPQPC 平面PCD,PC AB．（Ⅱ）QAC BC,APBP, △APC≌△BPC．

又PC AC,

PC BC．A又ACB90o,即ACBC,且ACIPCC,CBC 平面PAC．取AP中点E．连结BE,CE．QAB BP,BE AP．QEC是BE在平面PAC内的射影,CE AP．BEC是二面角BAPC的平面角．在△BCE中,BCE90o,BC2,BE3AB2sinBECBC6．BE3AP二面角BAPC的大小为arcsin6．3（Ⅲ）由（Ⅰ）知AB平面PCD,H平面APB过C作CHQ平面APBI平面PCD．PD,垂足为H．D平面PCDPD,CH平面APB．CCH的长即为点C到平面APB的距离．第6页,共31页由（Ⅰ）知PCAB,又PCAC,且ABIACA,EPzBxPC平面ABC．QCDPC平面ABC,

CD．在Rt△PCD中,CD1AB2,PD3PB6,22PC 2

PD 2CD2．CHPCgCD23．PD3点C到平面APB的距离为23．

3解法二：（Ⅰ）QACBC,APBP, △APC≌△BPC．

又PC AC,PC BC．QACI BC C,PC 平面ABC．QAB 平面ABC,PC AB．（Ⅱ）如图,以 C 为原点建立空间直角坐标系Cxyz．就C〔0,0,0〕,A〔0,2,0〕,B〔2,0,0〕．设P〔0,0,t〕．QPBAB22,t2,P〔0,0,2〕．取AP中点E,连结BE,CE．yACHQACPC,ABBP,CE AP,BE AP．BEC是二面角BAPC的平面角．uuur uuurQE〔0,11,〕,EC 〔0,1,1〕,EB 〔2,1,1〕,uuuruuurcosBEC uuuruuur ECgEB 2 3 ．ECgEB 2g6 3二面角BAP C的大小为arccos 3 ．3（Ⅲ）QAC BC PC,C在平面APB内的射影为正 △APB的中心H,且如（Ⅱ）建立空间直角坐标系 CHuuur uuur C xyz．QBH 2HE,点H的坐标为 222,, ． uuurCH 23 ．333 3点C到平面APB的距离为23 ．3的长为点C到平面APB的距离．5．〔2022福建文〕如图,在四棱锥中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=2,底面ABCD第7页,共31页为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥CD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD中点；（1）求证：PO⊥平面ABCD;（2）求异面直线 PB与CD所成角的余弦值；（3）求点A到平面PCD的距离5.解：如图,A〔0,-1,0〕,B〔1,-1,0〕,C〔1,0,0〕,D〔0,1,0〕,P〔0,0,1〕uuur uuur所以CD 〔1,1,0〕,PB 〔1, 1,1〕uuur uuuruuuruuur PB CD 6COS PB,CD uuur uuurPB CD 3所以异面直线所成的角的余弦值为： 6r 3 uuur uuur〔2〕设平面PCD的法向量为n 〔x,y,z〕,CP 〔1,0,1〕,CD 〔1,1,0〕ruuurn CP 0 x z 0r uuur ,所以 ；n CD 0 x y 0r uuur令x=1,就y=z=1,所以n 〔1,1,1〕又AC 〔1,1,0〕ruuurnAC 23就,点A到平面PCD的距离为：d rn 36．〔2022福建理〕如图,在四棱锥P-ABCD中,就面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD＝2,底面ABCD为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PD与CD所成角的大小；3（Ⅲ）线段AD上是否存在点Q,使得它到平面PCD的距离为 ？2如存在,求出 AQ 的值；如不存在,请说明理由 .QD6．本小题主要考查直线与平面的位置关系, 异面直线所成角,点到平面的距离等基本学问,考查空间想象才能,规律思维才能和运算才能 .满分12分.解法一：（Ⅰ）证明：在△PAD中PA=PD,O为AD中点,所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD 平面ABCD=AD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.（Ⅱ）连结BO,在直角梯形ABCD中,BC∥AD,AD=2AB=2BC,有OD∥BC且OD=BC,所以四边形所以OB∥DC.OBCD是平行四边形,由（Ⅰ）知,PO⊥OB,∠PBO为锐角,

所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角.由于AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中,AB=1,AO=1,所以OB＝2,在Rt△POA中,由于AP＝2,AO＝1,所以OP＝1,第8页,共31页在Rt△PBO中,tan∠PBO＝PG122,PBOarctan22.BC2所以异面直线PB与CD所成的角是arctan2.2（Ⅲ）假设存在点Q,使得它到平面PCD的距离为3.2设QD＝x,就SDQC1x,由（Ⅱ）得CD=OB=2,2在Rt△POC中,PC 2

OC 2OP2,所以PC=CD=DP,SPCD3 2g〔2〕3,42由Vp-DQC=VQ-PCD,得2,所以存在点Q中意题意,此时AQ1.QD3解法二：〔Ⅰ〕同解法一. uuuruuuruuur〔Ⅱ〕以O为坐标原 OC,OD,OP的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直点,角坐标系O-xyz,依题意,易得A〔0,-1,0〕, B〔1,-1,0〕, C〔1,0,0〕, D〔0,1,0〕,P〔0,0,1〕,uuur uuur1,1,0）,PB＝（,所以CD＝（ 1 1,1）.所以异面直线PB CD所成的角 arccos 6 ,与 是 3〔Ⅲ〕假设存在点Q,使得它到平面PCD的距离 3 ,uuur uuur 为 2由〔Ⅱ〕知CP 〔 1,0,1〕,CD 〔1,1,0〕.设平面PCD的法向量 n=〔x0,y0,z0〕.为就

ngCPuuur

0,所以 x0 z0 0,即x0 y0 z0,ngCD 0, x0 y0 0,取x0=1,得平面PCD的一个法向量 n=〔1,1,1〕.为 uuuuur设Q〔0,y,0〕〔1 y 1〕,CQ

uuur〔1,y,0〕,由

CQgnn 2

3 ,得 13

y23,解y=-1或y=5〔舍去〕,2 2此时AQ

1,QD 3,所以存在点Q中意题意,此 AQ 1.2 2时 QD 37,〔2022海南,宁夏理〕如图,已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上,∠PDA=60°；（1）求DP与CC1所成角的大小；（2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小；7．解：如图,以D为原点,DA为单位长建立空间直角坐标系uuur uuuur就DA 〔1,0,0〕,CC 〔0,0,1〕．Dxyz．D1C1连结BD,BD．A1PB1D第9页,共31页C在平面uuuurBBDD中,延长DP交BD于H设DH 〔m,m,1〕〔m 0〕,由已知 uuuuruuurDH,DA 60o,uuuruuuur uuur uuuur uuuruuuur由DAgDH DA DHcos DA,DH．zHBCy可得2m2m21．解得m2uuuur,所以DH2,2,．2 22D（Ⅰ）由于cosuuuuruuuurDH,CC201220112,22APC2所以uuuuruuuurDH,CC45o．D即DP与CC所成的角为45o．uuurDC〔0,1,0〕．（Ⅱ）平面AADD的一个法向量是AB由于cosuuuuruuurDH,DC201221101,22x2所以uuuuruuurDH,DC60o．侧面A1ABB1.可得DP与平面AADD所成的角为30o．8.〔2022湖北文〕如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,平面A1BC（Ⅰ）求证： AB BC;

（Ⅱ）如AA1 AC a,直线AC与平面A1BC所成的角为 ,二面角 A1 BC A的大小 ,求证： .

为 28.本小题主要考查线面关系,直线与平面所成角,二面角等有关学问,考查空间想象才能和推理论证才能 .（满分12分）

〔Ⅰ〕证明：如右图,过点 A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D,就 由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B, 得AD⊥平面A1BC.又BC平面A1BC

所以AD⊥BC.由于三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱,

就AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC.又AA1∩AD=A,从而BC⊥侧面A1ABB1,

又AB侧面A1ABB1,

故AB⊥BC.〔Ⅱ〕证法1：连接CD,就由〔Ⅰ〕知∠ACD就是直线AC与平面A1BC所 成的角,∠ABA1就是二面角A1－BC－A的颊角,即∠ACD＝θ,∠ABA1=.ADAD,在RtΔADA1中,sin∠AA1D＝ADAD,于是在RtΔADC中,sinθ=ACaAA1a第10页,共31页∴sinθ=sin∠AA1D,由于θ与∠AA1D都是锐角,所以θ＝∠AA1D.又由RtΔA1AB知,∠AA1D＋＝∠AA1B＋＝ 2,故θ＋＝ 2.x轴,y证法2：由〔Ⅰ〕知,以点B为坐标原点,以BC,BA,BB1所在的直线分别为轴,z轴,建立如以下图的空间直角坐标系.设AB=c（c＜a＝,就B〔0,0,0〕,A〔0,c,0〕,C〔a2 2

c,0,0〕,A1〔0,c,a〕,于是BC 2〔a 2

c,0,0〕,BA1＝（0,c,a）,AC〔a2 2

c,c,0〕AA1c,a设平面A1BC的一个法向量为n=〔x,y,z〕,就由n.BA10,

得cy2az0,0.n.BCa 2

cx0,可取n＝（0,－a,c）,于是n·AC=ac＞0,AC与n的夹角为锐角,就与互为余角sin=cos=nAC〔0,a,c〕.〔a22〔ac2,c,0〕a2c 2c,|n|.|AC|2

c〕 2

ca2 2

c.cos=BA1BA〔0,a,c〕.〔0,0,a〕a2c 2c,A1ABB1.a22

c.a|BA|.|BA|所以sin=cos=sin〔2〕,又0＜,＜2,所以+=2.9.〔2022湖北理〕如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥侧面（Ⅰ）求证：AB⊥BC；（Ⅱ）如直线AC与平面A1BC所成的角为θ,二面角A1-BC-A的大小为φ的大小关系,并予以证.明9.本小题主要考查直棱柱,直线与平面所成角,二面角和线面关系等有关学问,同时考查空间想象才能和推理才能 .（满分12分）（Ⅰ）证明：如右图,过点 A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D,就由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BCI 侧面A1ABB1=A1B,得AD⊥平面A1BC,又BC 平面A1BC,所以AD⊥BC.由于三棱柱 ABC—A1B1C1是直三棱柱,就AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC.又AA1IAD=A,从而BC⊥侧面A1ABB1,又AB侧面A1ABB1,故AB⊥BC.（Ⅱ）解法1：连接CD,就由（Ⅰ）知所成的角,ACD是直线AC与平面A1BCABA1是二面角A1—BC—A的平面角,即ACD,ABA1,第11页,共31页AD于是在Rt△ADC中,sin AD,在AC Rt△ADB中,sinAB

,由AB＜AC,得sin＜sin,又0＜,＜,所以＜,2解法2：由（Ⅰ）知,以点 B为坐标原点,以BC,BA,BB1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如以下图的空间直角坐标系,设 AA1=a,AC=b,AB=c,就B〔0,0,0〕,A〔0,c,0〕,C〔uuur

BC

uuur

ACb2c,0,0〕,A1〔0,c,a〕,于是2 2 uuurb c,0,0〕,BA1 〔0,c,a〕,2 2 uuurb c,c,0〕,AA1 〔0,0,a〕.是边长为1的菱形,∠BCD＝60°,〔〔设平面A1BC的一个法向量为 n=〔x,y,z〕,就uuurngBA1 0, cyaz 0,由 uuur 得2 2ngBC 0, b cx 0,uuur uuur可取n=〔0,-a,c〕,于是ngAC ac＞0,AC与n的夹角为锐角,就 与互为余角uuurngACsin cos uuurngAC buuuruuurcos uuuruuurBA1gBA2

cBA1gBA a.a2a 2c,ac 2c,a2 2c,所以sin于是由c＜b,得bacc2＜aac2,a22即sin＜sin,又0＜,＜ 2,所以＜,10.〔2022湖南理〕如以下图,四棱锥P-ABCD的底面ABCDE是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB;.（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小10．解:解法一（Ⅰ）如以下图,连结 BD,由ABCD是菱形且∠BCD=60°知,△BCD是等边三角形.由于E是CD的中点,所以BE⊥CD,又AB∥CD,所以BE⊥AB.又由于PA⊥平面ABCD,BE平面ABCD,所以PA⊥BE.而PA AB=A,因此BE⊥平面PAB.又BE 平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.（Ⅱ）延长 AD,BE相交于点F,连结PF.过点A作AH⊥PB于H,由（Ⅰ）知平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.在Rt△ABF中,由于∠BAF＝60°,所以,AF=2AB=2=AP.在等腰Rt△PAF中,取PF的中点G,连接AG.就AG⊥PF.连结HG,由三垂线定理的逆定理得,PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（锐角）.在等腰Rt△PAF中,AG2PA2.2在Rt△PAB中,AHAPgABAPgAB225.5PB 2AP 2AB5所以,在Rt△AHG中,sinAGHAH2510.5AG25故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小是arcsin10

.5解法二:如以下图,以A为原点,建立空间直角坐标系.就相关各点的坐标分别是A（0,0,0）,B（1,0,0）, 3

C〔,23 1

,0〕,D〔,23,0〕,P（0,0,2）,E〔1,3,0〕.222（Ⅰ）由于BE〔0,3,0〕 2,平面PAB的一个法向量是n0〔0,1,0〕,所以BE和n0共线.从而BE⊥平面又由于BE平面PBE,uruuurn1gPBuruuurn1gBE0,

得故平面PBE⊥平面PAB. uuur〔Ⅱ〕易知PB〔1,0, uuur2〕,BE〔0,3,）,02uuur

PA〔0,0, uuur2〕,AD 1

〔,23,0〕2 r

设n1〔x1,y1,z1〕是平面PBE的一个法向量,就由0x1 0y1 2z1 0,3 所以y1 0,x1 取n10x1 y2 0z2 0.2uur设n2 〔x2,y2,z2〕是平面PAD的一个法向量,就由ur2z1.故可

〔2,0,1〕.uuruuurn2gPAuuruuurn2gAD0,

得00x20y22z20,0,x215

.53y2.故可取uurn2〔3,1,0〕.1 3 所以z2x2 y2 0z2 0.于是,cosn,n

2 2ur uur2 uruur

uruurn1gn2 2n1gn2 532第13页,共31页故平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小arccos15

.5C是11．〔2022湖南文〕如以下图,四棱锥PABCD的底面ABCD是边长1的菱形,BCD 0

60,为PE是CD的中点,PA底面ABCD,PA3；（I）证明：平面PBE平面PAB；（II）求二面角A—BE—P和的大小；DE11．解：解法一 0

60知,AB（I）如以下图,连结BD,由ABCD是菱形且BCD△BCD是等边三角形.由于E是CD的中点, 所以BE⊥CD,又AB//CD,所以BE⊥AB,又由于PA 平面ABCD,BE 平面ABCD,所以PA⊥BE,而PAIAB A,因此 BE⊥平面PAB.又BE平面PBE,所以平面PBE平面PAB.

平面PAB,（II）由（I）知,BE⊥平面PAB,PB所以PB BE.又AB⊥BE,所以 PBA是二面ABEP的平面角．在Rt△PAB中,tanPBAPA3,PBA60.o．AB故二面角ABEP的大小为60.o解法二：如以下图,以A为原点,建立空间直角坐标系．就相关各点的坐标分别是A〔0,0,0〕,B〔1,0,0〕,C〔,,0〕,3 32 2D〔,,0〕,1 322P〔0,0,3〕,E〔1,,0〕.32（I）由于 uuur BE 〔0, 3,0〕,平面PAB的一个法向量是 uur n0 〔010〕,,,所以BE和 uuur n0 uur 共线. 2

从而BE⊥平面PAB.又由于BE 平面PBE,所以平面PBE 平面PAB. uuur（II）易知PB〔1,0, uuur3〕,BE〔0,3,0〕,设nur12〔x,y,z〕是平面PBE的一个法向量,就由ur

n1ur

n1uuur

PBuuurBE0,

得x10y13z10,0x1 3

2y10z100所以y1=0,x1ur 3z1.故可取n1 〔3,0,1〕.而平面ABE的uur一个法向量是 n2 〔0,0,1〕.于是,cosn,n

uruur2|n1|g|n2|

urn1n

ur uuruur 1.．2故二面角ABEP的大小为60.o第14页,共31页12．〔2022江苏〕记动点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上一点,记D1P ．当 APC为钝角时,D1B 求

uuur uuur12．解：由题设可知,以 DA,DC的取值范畴．C1yuuuur,DD1为单位正交基底,建立如以下图的空间直角坐标系D xyz,就有A〔1,0,0〕,B〔1,1,0〕,C〔0,1,0〕,D〔0,0,1〕uuuur uuuur uuuur由D1B〔1,1,1〕,得D1Puuur uuuur uuuur D1B 〔,, 〕,所以PA PD1 D1A 〔 , ,〕 〔1,0, 1〕 〔1 , , 1〕uuur uuuur uuuurPC PD1 D1C 〔 , ,〕 〔0,1, 1〕 〔 ,1 , 1〕A1D1zBCB1明显APC不是平角,所以uuuruuurcos APC cos PA,PCAPC为钝角等价于uuuruuur PAgPC

uuuruuur 0, PAgPCADP uuuruuur就等价于PAgPC0x即〔1〕〔〕〔〕〔1〕〔1〕2〔1〕〔31〕0,得131因此,的取值范畴是 1

〔,1〕313．〔2022江西文,理〕如图,正三棱锥OABC的三条侧棱OA,OB,OC两两垂直,且长度均为2．E,F分别是AB,AC的中点,H是EF的中点,过EF的平面与侧棱OA,OB,OC或其延长线分别相交于A1,B1,C1,已知OA13．2（1）求证：B1C1⊥面OAH；（2）求二面角O A1B1 C1的大小．13．解 ：（1）证明：依题设,EF是ABC的中位线,所以EF∥BC,就EF∥平面OBC,所以EF∥B1C1；又H 是EF的中点,所以 AH⊥EF,就AH⊥B1C1；由于OA⊥OB,OA⊥OC,所以OA⊥面OBC,就OA⊥B1C1,因此B1C1⊥面OAH；AA1NEHOMCC1（2）作ON⊥A1B1于N,连C1N；由于OC1⊥平面OA1B1,F依据三垂线定理知,C1N⊥A1B1,ONC1就是二面角OA1B1C1的平面角；B作EM⊥OB1于M,就EM∥OA,就M是OB的中点,就EMOM1；B1第15页,共31页设OB1x,由OB1MB1OA1得,x3,解得x3,；xyzx12EM在RtOA1B1中,A1B1 2

OA1 2OB135,就,ONOA1OB1325A1B1所以tanONC1OC15,故二面角OA1B1C1为arctan5；OON解法二：（1）以直线OA,OC,OB分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,就 A〔2,0,0〕, uuur所以AH uuur所以AH11B〔0,0,2〕,C〔0,2,0〕,E〔1,0,1〕,F〔1,1,0〕,H〔1,,〕22〔1,1,1〕,OHuuur〔1,1,1〕,BCuuur〔0,2,2〕uuur 22ur uuur 22BC 0,OH BC 0AA1EHOBCC1y所以BC 平面OAH由EF∥BC得 B1C1∥BC,故：B1C1平面OAH〔2〕由已知A1〔,0,0〕,3设B1〔0,0,z〕2就

uuurA1E 〔

1,0,1〕,EB1

uuur〔1,0,z1〕uuur uuu2r uuur由A1E与EB1共线得:存在 R有A1Euuur

EB1得xF12z3中,AP=BQ=b DHB11〔z1〕zB1〔0,0,3〕同理:C1〔0,3,0〕uuuurAB1 〔3,0,3〕,uuuurAC1 〔 3,3,0〕r 2 2设n 〔x1,y1,z1〕是平面ABC的一个法向量,就令ur

x2得y xuur

1n1 〔2,1,1〕. 又n2 〔0,1,0〕是平面OA1B1的一个法量cosuruur

n,n2164116（0<b<1）,所以二面角的大小为arccos 6

614．〔2022辽宁文〕如图,在棱长为1的正方体ABCDABCD截面PQEF∥AD,截面PQGH∥AD．（Ⅰ）证明：平面 PQEF和平面PQGH相互垂直；GCAB（Ⅱ）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值,并求出这个值；PDQCAF E

B第16页,共31页（Ⅲ）如b1,求DE与平面PQEF所成角的正弦值．214．本小题主要考查空间中的线面关系和面面关系,力与规律思维才能．满分 12分．解法一：解三角形等基础学问,考查空间想象能（Ⅰ）证明：在正方体中, AD AD,AD AB,又由已知可得PF∥AD,PH∥AD,PQ∥AB,所以PH PF,PH PQ,所以PH 平面PQEF．所以平面PQEF和平面PQGH相互垂直．·························································4分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知PF2AP,PH2PA,又截面PQEF和截面PQGH都是矩形,且PQ=1,所以截面PQEF和截面PQGH面积之和是〔2AP 2PA〕PQ 2,是定值．····························································8分（Ⅲ）解：设由于AD 平面PQEF,

AD交PF于点N,连结EN,H D C所以∠DEN为DE与平面PQEF所成的角． A B G由于b

12 ,所以P,Q,E,F分别为AA,BB,BC,AD的中点． P N DQC32 3 A F E可知DN ,DE ． B4 232所以sin∠DEN 4 2．···································································12分3 22解法二：以D为原点,射线DA,DC,DD′分别为x,y,z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz．由已知得DF1b,故yA〔1,0,0〕,A〔1,0,1〕,D〔0,0,0〕,D〔0,0,1〕,zP〔1,0,b〕,Q〔1,1,b〕, E〔1b,1,0〕,F〔1b,0,0〕,G〔b,1,1〕,H〔b,0,1〕． H DG

C（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中,可得uuur uuur A BPQ 〔0,1,0〕,PF 〔b,0,b〕 ,uuurPH 〔b1,0,1 b〕, P D Q CuuuurADuuuuruuur

〔1,0,1〕,AD

uuuuruuuuruuur

〔 1,0,1〕．uuuur

A FB

E由于uuuuruuur

ADgPQ 0,ADgPFuuuuruuur

0,所以ADuuuur

是平面PQEF的法向量．x由于uuuuruuuur

ADgPQ 0,ADgPHuuuur

0,所以uuuur

AD是平面PQGH的法向量．由于ADgAD 0,所以AD AD,所以平面PQEF和平面PQGH相互垂直．···························································4分uuur uuur uuuruuuur uuuur uuur uuur（Ⅱ）证明：由于EF 〔0,1,0〕,所以EF∥PQ,EF=PQ,又PF PQ,所以PQEF为矩形,同理PQGH为矩形．第17页,共31页uuuur uuuur在所建立的坐标系中可求得 PH 2〔1 b〕,PF 2b,uuuur uuuur uuuur所以PH PF 2,又PQ 1,所以截面PQEF和截面uuuur PQGH面积之和为 2,是定值．·······································8分（Ⅲ）解：由（Ⅰ）知 AD 〔1,0,1〕是平面PQEF的法向量．由P为AA中点可知,Q,E,F分别为BB,BC,AD的中点．所以E 1,1,0 , uuuurDE 1,1,1 ,因此DE与平面PQEF所成角的正弦值等于2 2|cos

uuuuruuuurAD,DE | 2 ．·············································································12分215．〔2022辽宁理〕如图,在棱长为1的正方体ABCDABCD中,AP=BQ=b（0<b<1）,（Ⅰ）证明：平面

截面PQEF∥AD,截面PQGH∥ADPQEF和平面PQGH相互垂直；

．H

DG C（Ⅱ）证明：截面 PQEF和截面PQGH面积之和是定值,并求出这个值； A B（Ⅲ）如DE与平面PQEF所成的角为45o,求DE与平面PQGH所成角的正弦值． P D QCA F E15．本小题主要考查空间中的线面关系,面面关系,解三角形等基础学问, B解法一：（Ⅰ）证明：在正方体中,

考查空间想象才能与规律思维才能；满分AD AD,AD

12分．AB,又由已知可得 A

H

DB

G

CPF∥AD,PH∥AD,PQ∥AB,所以PH PF,PH PQ, P N D QM C所以PH 平面PQEF．A F E所以平面PQEF和平面PQGH相互垂直．·····················4分 B（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知PF2AP,PH2PA,又截面PQEF和截面PQGH都是矩形,且PQ=1,所以截面PQEF和截面PQGH面积之和是〔2AP 2PA〕PQ 2,是定值．····························································8分（III）解：连结BC′交EQ于点M．由于PH∥AD ,PQ∥AB,所以平面ABCD 和平面PQGH相互平行,因此 DE与平面PQGH所成角与DE与平面ABCD所成角相等．与（Ⅰ）同理可证 EQ⊥平面PQGH,可知EM⊥平面ABCD,因此EM与DE的比值就是所求的正弦值．设AD交PF于点N,连结EN,由FD 1b知DE 〔1 b〕

22,ND 2 2〔1 b〕．2 2由于AD⊥平面PQEF,又已知DE与平面PQEF成45o角,所以DE 2ND,即 2 2 2〔1 b〕 〔1b〕

22 ,2 21解得b ,可知E为BC中点．2第18页,共31页所以EM=2,又DE 2〔1b〕23

2,2．··········································12分4故DE与平面PQCH所成角的正弦值为EMDE6解法二：以D为原点,射线DA,DC,DD′分别为x,y,z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz由已知得DF 1b,故A〔1,0,0〕,A〔1,0, ,D〔0,0,0〕,D〔0,0,1〕,yP〔1,0,b〕,Q〔1,1,b〕,E〔1b,1,0〕,F〔1b,0,0〕,G〔b,1,1〕,H〔b,0,1〕．z（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中,可得uuur uuurPQ 〔0,1,0〕,PF 〔b,0,b〕 ,uuurPH 〔b1,0,1b〕,uuuur uuuurAD 〔1,0,1〕,AD 〔 1,0,1〕．uuuuruuur uuuuruuur uuuur由于ADgPQ 0,ADgPF 0,所以AD 是平面PQEF的法向量．uuuuruuur uuuuruuur uuuur由于uuuuruuuur

ADgPQ 0,ADgPHuuuur

0,所以uuuur

AD是平面PQGH的法向量．由于ADgAD 0,所以AD AD,x HADC G

BPDQCAFBE所以平面PQEF和平面PQGH相互垂直．···························································4分uuur uuur uuuruuuur uuuur uuur uuur（Ⅱ）证明：由于EF 〔0,1,0〕,所以EF∥PQ,EF PQ,又PF PQ,所以PQEF为矩形,同理PQGH为矩形．uuuur在所建立的坐标系中可求得 PHuuuur uuuur uuuur所以PH PF 2 ,又PQ2〔1 uuuurb〕,PF2b,1,所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为 2,是定值．·······································8分uuuur uuuur uuuur uuuur（Ⅲ）解：由已知得 DE与AD 成45o角,又DE 〔1b,1,1〕,AD 〔1,0,1〕可得uuuuruuuuruuuuuruuuuurDEgADDEAD 2 〔1

bb〕

222 2

2,即2b21,解得b1． 2〔1b〕2 uuuur所以DE1,1,12,又uuuur

AD〔1,0,1〕,所以DE与平面PQGH所成角的正弦值为 uuuuruuuur

|cosDE,AD|31

212．······························································12分62216．〔2022全国Ⅱ卷文,理〕如图,正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA12AB4,点E在CC1上且C1E3EC．A1D1C1（Ⅰ）证明：A1C平面BED；B1（Ⅱ）求二面角A1DEB的大小．EADBC第19页,共31页16．解法一：依题设,AB2,CE1．（Ⅰ）连结AC交BD于点F,就BD AC．由三垂线定理知, BD A1C．·········································································3分在平面A1CA内,连结EF交A1C于点G, D1 C1由于AA1 AC22,

A1 B1FC CE故Rt△A1AC∽Rt△FCE, AA1C CFE,H ECFE与FCA1互余． G于是A1C EF． A DF B

CA1C与平面BED内两条相交直线 BD,EF都垂直,所以A1C 平面BED．··················································································6分（Ⅱ）作GH DE,垂足为H ,连结A1H．由三垂线定理知A1H DE,故A1HG是二面角A1 DE B的平面角．·······················································8分2 2EF CF CE 3,CG CE CF 2,EG CE

2CG

2 3．EF 3 3EG 1 ,GH 1 EFFD 2 ．EF 3 3 DE 15又A1C AA1

2AC

226,A1G A1CCG

56．3tanA1HG A1G 55．HG所以二面角 A1 DE B的大小为arctan55．-----------12分解法二： z以D为坐标原点,射线 DA为 x轴的正半轴, D1 C1建立如以下图直角坐标系 D xyz． A1 B1依题设,B〔2,2,0〕,C〔0,2,0〕,E〔0,2,1〕,A1〔2,0,4〕．uuur

DE 〔0,2,1〕,DBuuuruuur uuur 〔2,2,0〕, uuuruuur uuurA1C（Ⅰ）由于A1CgDB 0,A1CgDE uuuur〔2,2,4〕,DA1〔2,0,4〕．----3分DEy0,C故A1CBD,A1CDE．xAB又DBIDED,所以A1C平面DBE．·················································································6分（Ⅱ）设向量 uuur

n DE,nn〔x,y,z〕是平面uuuur

DA1．DA1E的法向量,就故2y z 0,2x4z0．令y1,就z 2,x 4,nuuurn,A1C 等于二面角 A1 DE 〔4,1,2〕．····················································9分B的平面角,第20页,共31页cos n,1

uuurAC ngA1C

uuuruuur 14．nAC1 42所以二面角 A1 DE B的大小为arccos 14．·················································12分4217．〔2022全国Ⅰ卷文〕（四棱锥ABCDE中,底面BCDE为矩形,侧面ABC 底面BCDE,BC 2,CD 2,AB AC．（Ⅰ）证明：（Ⅱ）设侧面

ADABC为等边三角形,求二面角

CE；CADE的大小． A17．解：（1）取BC中点F,连接DF交CE于点O,QAB AC,AF BC, B E又面ABC 面BCDE,AF 面BCDE, C DAF CE．tanCED tanFDC 2,2OED ODE 90o,DOE 90o,即CE DF,CE 面ADF,CE AD．（2）在面ACD内过C点做AD的垂线,垂足为 G．QCG AD,CE AD,AD 面CEG,EG AD,就CGE即为所求二面角．CG ACgCD 23 ,DG 6,AD 3 32 2 30EG DE DG ,3CE 6,2 2 2就cosCGE CG GE CE 10,2CGgGE 10CGE πarccos 10 ．1018．〔2022全国Ⅰ卷理〕四棱锥ABCDE中,底面BCDE为矩形,侧面ABC 底面BCDE,BC 2,CD 2,AB AC．（Ⅰ）证明： AD CE； A（Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45o,求二面角C ADE的大小．18．解：（1）取BC中点F,连接DF交CE于点O,B EC D第21页,共31页QAB AC, AF BC,又面ABC 面BCDE, AF面BCDE,ADEAFCE．tanCEDtanFDC2,2BGOED ODE 90o, DOE 90o,即CECE 面ADF, CE AD．（2）在面ACD内过C点作AD的垂线,垂足为 G．DF,CFQCG AD,CE AD,就CGE即为所求二面角的平面AD面CEG,EGAD,O角．ACgCD23,DG6,EG 2DE 2DG30CG,AD33318题图CE6,就cosCGE 2CG 2GE 2CE10,2CGgGE101010．CGEπarccos10,即二面角CADE的大小πarccos1019．〔2022山东理〕如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为菱形,PA⊥平面ABCD,ABC60,E,F分别是BC,PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）如H为PD上的动点,EH与平面PAD所成最大角的正切值为6 ,求二面角E—AF—C的余弦值；219．（Ⅰ）证明：由四边形 ABCD为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC为正三角形.由于 E为BC的中点,所以 AE⊥BC.又 BC∥AD,因此AE⊥AD.由于PA⊥平面ABCD,AE而 PA 平面PAD,AD平面ABCD,所以PA⊥AE.

平面PAD且PA∩AD=A,所以 AE⊥平面PAD,又PD 平面PAD.所以 AE⊥PD.（Ⅱ）解：设AB=2,H为PD上任意一点,连接AH,EH.由（Ⅰ）知 AE⊥平面PAD,就∠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=AH

AEAH

326,因此 AH=2.又AD=2,所以∠ADH=45°,所以 PA=2.解法一：由于 PA⊥平面ABCD,PA 平面PAC,所以 平面PAC⊥平面ABCD.过E作EO⊥AC于O,就EO⊥平面PAC,过O作OS⊥AF于S,连接ES,就∠ESO为二面角E-AF-C的平面角,在Rt△AOE中,EO=AE·sin30°=3,AO=AE·cos30°=3,22又F是PC的中点,在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°=324,又SE 2EO 2

SO3830

,449在Rt△ESO中,cos∠ESO=SO3215,4SE305415即所求二面角的余弦值为 .5解法二：由（Ⅰ）知 AE,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,建立如以下图的空间直角坐标系,又E,F分别为BC,PC的中点,所以E,F分别为BC,PC的中点,所以A（0,0,0）,B（3,-1,0）,C（C,1,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）,E（3,0,0）,F（ 3,1,1）,2 2uuur uuur 31所以 AE 〔 3,0,0〕,AF 〔 ,,1〕.2 2设平面AEF的一法向量为m 〔x1,y1,z1〕,uuurmgAE 0,就 uuurmgAF 0,3x1 0,因此3 1x1 y1 z1 0.2 2取 z1 1,就 〔0,2,1〕,由于 BD⊥AC,BD⊥PA,PA∩AC=A,m所以 BD⊥平面AFC,uuur故uuurBD为平面AFC的一法向量.又 BD=（-3,3,0）,所以 cos＜m,BD＞=mgBD

uuur|m|g|BD|

uuuruuur5

2 312 15.5由于 二面角E-AF-C为锐角,所以所求二面角的余弦值为 15.520．〔2022陕西理〕三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如以下图,截面为A1B1C1,BAC90o,A1A平面ABC,A1A3,AB2,AC2,A1C11,B1A1C1BAD C

第23页,共31页BD1．A1C1DC2（Ⅰ）证明：平面A1AD平面BCC1B1；（Ⅱ）求二面角ACC1B的大小．20．解法一：（Ⅰ）QA1A平面ABC,BC平面ABC,A1ABC．在Rt△ABC中,AB2,AC2,BC6,QBD:DC1:2,BD6,又BD3AB,3B1

E3ABBC△DBA∽△ABC,ADBBAC90o,即ADBC．又A1AIADA,BC平面A1AD,AFCQBC平面BCC1B1,平面A1AD平面BCC1B1．BD（Ⅱ）如图,作AEC1C交C1C于E点,连接BE,（第20题,解法一）由已知得AB平面ACC1A1．AE是BE在面ACC1A1内的射影．由三垂线定理知BE CC1,AEB为二面角A CC1 B的平面角．过C1作C1F AC交AC于F点,就CF AC AF 1,C1F A1A 3,oC1CF 60．在Rt△AEC中,AE ACsin60 o2

33．2在Rt△BAE中,tanAEB AB 2 6．AE 3 3AEB arctan 6, z3 A1 C1即二面角ACC1 B为arctan 6 ． B13解法二：（Ⅰ）如图,建立空间直角坐标系, A就A〔0,0,0〕,B〔2,0,0〕,C〔0,2,0〕,A1〔0,0,3〕,C1〔0,1,3〕, C yQBD:DC1:2,

uuurBD 1uuur3 BC． x

B（第20题,解法二）

DD点坐标为 222,,0 ．3 3uuurAD

222,,0 ,

uuurBC 〔 2,2,0〕,AA1

uuur〔0,0,3〕．3 3