2011年高考数学二轮复习4.3空间向量与立体几何

专题四：立体几何
第三讲 空间向量与立体几何
【最新考纲透析】
1．空间向量及其运算
（1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
（2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。

（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直. 2．空间向量的应用
（1)理解直线的方向向量与平面的法向量。

（2)能用向量语言表述直线与直线，直线与平面，平面与平面的垂直、平行关系。

(3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。

（4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

【核心要点突破】
要点考向1：利用空间向量证明空间位置关系
考情聚焦:1．平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系，也是每年的必考内容，利用空间向量判断空间位置关系更是近几年高考题的新亮点。

2．题型灵活多样，难度为中档题，且常考常新.
考向链接：1．空间中线面的平行与垂直是立体几何中经常考查的一个重要内容，一方面考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；另一个方面考查“向量法”的应用。

2．空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量来论证。

例1：（2010·安徽高考理科·Ｔ18）如图,在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形,EF ∥AB ，
EF FB ⊥，2AB EF =,90BFC ∠=︒,BF FC =，H 为BC 的中点。

(1）求证：FH ∥平面EDB ;
(2）求证：AC ⊥平面EDB ；
（3）求二面角B DE C --的大小。

【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、二面角的求解的问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。

【思路点拨】可以采用综合法证明，亦可采用向量法证明.
【规范解答】
,,//,,,,,,,
.
ABCD AB BC EF FB EF AB AB FB BC FB B AB FBC AB FH BF FC H BC FH BC AB
BC B FH ABC ∴⊥⊥∴⊥=∴⊥∴⊥=∴⊥=∴⊥四边形为正方形，又且，
平面又为中点，且平面
H HB GH HF 如图，以为坐标原点，分别以、、的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立坐标系，
1,(1,2,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,1),(0,0,1).BH A B C D E F =-----令则
（1）
(0,0,1),(0,0,1),////HF HF
GE HF HF ∴==∴⊂⊄∴设AC 与BD 的交点为G ，连接GE 、GH,则G （0,-1,0），GE 又
GE 平面EDB,平面EDB,平面EDB
(2)
(2,2,0),(0,0,1),0,.AC AC AC AC AC =-=∴=∴⊥⊥∴⊥GE GE GE 又BD,且GE BD=G ，平面EBD.
（3）
1111111(1,,),(1,1,1),(2,2,0).
010,10,
220011,0y z BE BD BE y z y z y BD ==--=--⎧=--+=⎧⎪=-=⎨⎨--==⎩⎪⎩∴=-1111设平面BDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）
2222222(1,,),(0,2,0),(1,1,1).
00,01,
10010,-1y z CD CE CD y y z y z CE ==-=-⎧==⎧
⎪==-⎨⎨-+==⎩⎪⎩∴=2222设平面CDE 的法向量为n n 由即，得，n n （，）
12
12121211
cos ,,2||||
22,60,n n n n n n n n ∴<>=
=
=∴<>=即二面角B-DE-C 为60。

【方法技巧】1、证明线面平行通常转化为证明直线与平面内的一条直线平行；
2、证明线面垂直通常转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直;
3、确定二面角的大小，可以先构造二面角的平面角，然后转化到一个合适的三角形中进行求解。

4、以上立体几何中的常见问题，也可以采用向量法建立空间直角坐标系，转化为向量问题进行求解证明。

应用向量法解题,思路简单，易于操作，推荐使用。

要点考向2：利用空间向量求线线角、线面角
考情聚焦:1．线线角、线面角是高考命题的重点内容,几乎每年都考。

2．在各类题型中均可出现，特别以解答题为主，属于低、中档题.
考向链接：1．利用空间向量求两异面直线所成的角,直线与平面所成的角的方法及公式为: (1）异面直线所成角
设分别为异面直线的方向向量,则
(2)线面角
设
是直线l 的方向向量，n 是平面的法向量，则
2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：
（1）建立恰当的空间直角坐标。

（2)求出相关点的坐标。

(3）写出向量坐标。

(4）结合公式进行论证、计算。

（5）转化为几何结论.
例2：(2010·辽宁高考理科·Ｔ19）已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=1
2
AB ，N 为AB 上一点,AB=4AN ，M ，S 分别为PB,BC 的中点.
（Ⅰ)证明：CM ⊥SN ；
(Ⅱ）求SN 与平面CMN 所成角的大小。

【命题立意】本题考查了空间几何体的线面与面面垂直、线面角的求解以及几何体的计算问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。

【思路点拨】建系,写出有关点坐标、向量的坐标,
（I ）
计算CM SN 、
的数量积，写出答案；
（II ）
求平面CMN 的法向量,求线面角的余弦，求线面角，写出答案.
【规范解答】
设PA ＝1，以A 为原点，射线AB 、AC 、AP 分别为x,y,z 轴正方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， 12），N(12,0,0)，S （1,1
2
，0) （I ）
111
(1,1,),(,,0),
222
11
00
22
1
(II)(,1,0),
2
(,,)CMN 022,(2,1,2)
1021
-1-
22|cos |=
22
32
SN CMN CM SN CM SN CM SN
NC a x y z z x y x a x y a SN =-=--=-++=⊥=-=⎧-+=⎪⎪==-⎨⎪-+=⎪⎩<>=⨯
因为所以设为平面的一个法向量，则令得因为所与平面所成的o
45角为
【方法技巧】(1）空间中证明线线,线面垂直，经常用向量法。

（2）求线面角往往转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题来解决。

(3）线面角的范围是0°～90°，因此直线的方向向量与平面法向量的夹角的余弦是非负的,
要取绝对值。

要点考向3:利用空间向量求二面角
考情聚焦：1．二面角是高考命题的重点内容，是年年必考的知识点。

2．常以解答题的形式出现，属中档题或高档题.
考向链接：求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角。

其计算公式为：设
分别为平面
的法向量,则θ与
互补或相等,
例3：（2010·天津高考理科·Ｔ１9)
如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点,2CF AB CE ==，1::1:2:4AB AD AA = （1） 求异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值； （2） 证明AF ⊥平面
1A ED
（3） 求二面角1A ED F --的正弦值.
【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。

【思路点拨】建立空间直角坐标系或常规方法处理问题.
【规范解答】方法一：以A 为坐标原点,AB 所在直线为X 轴，AD 所在直线为Y 轴建立空间直角坐标系(如
图所示），设1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F ,1(0,0,4)A ,31,
,02E ⎛⎫
⎪⎝⎭
（1） 易得10,,12EF ⎛
⎫= ⎪⎝⎭
,1(0,2,4)A D =-，于是
1113cos ,5EF A D
EF A D EF A D
==-，
所以异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值为
3
5。

（2） 证明:已知(1,2,1)AF =,131,,42EA ⎛⎫=--
⎪⎝
⎭，11,,02ED ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭ 于是AF ·1EA =0，AF ·ED =0。

因此,1AF EA ⊥，AF ED ⊥,又1EA ED E ⋂= 所以AF ⊥平面1A ED
(3)解：设平面EFD 的法向量(,,)u x y z =，则00u
EF u
ED ⎧=⎪⎨
=⎪⎩,即1
02102
y z x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩
不妨令X=1,可得
(1,21u →=-）
.由(2)可知，AF →
为平面1
A ED 的一个法向量。

于是2cos
,==3
||AF AF |AF|
u u u →→
→
→
→
→
•，从而5sin ,=
3
AF u →
→
所以二面角1A -ED-F 的正弦值为
53
要点考向4：利用空间向量解决探索性问题
考情聚焦：立体几何中已知结论寻求结论成立的条件(或是否存在问题)，能较好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，是今后考查的重点，也能很好地体现新课标高考的特点。

例4：（2010·福建高考理科·Ｔ18）如图，圆柱OO 1内有一个三棱柱ABC-A 1B 1C 1,三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB 是圆O 的直径。

（I ）证明:平面A 1ACC 1⊥平面B 1BCC 1；
（II ）设AB ＝AA 1，在圆柱OO 1内随机选取一点，记该点取自三棱柱ABC-A 1B 1C 1内的概率为p.
(i ）当点C 在圆周上运动时，求p 的最大值；
（ii ）记平面A 1ACC 1与平面B 1OC 所成的角为θ（0
090θ<≤）。

当p 取最大值时，求cos θ的值。

【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。

【思路点拨】第一步先由线线垂直得到线面垂直,再由线面垂直得到面面垂直；第二步首先求出长方体的体积，并求解三棱柱的体积的最大值，利用体积比计算出几何概率。

立体几何中我们可以利用向量处理角度问题，立体几何中涉及的角：有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。

关于角的计算，
均可归结为两个向量的夹角。

对于空间向量b a
,,有|
|||,cos b a b a b a
⋅>=<,利用这一结论，我们可以较方
便地处理立体几何中的角的问题. 【规范解答】 (I ）
1⊥A A 平面ABC ，⊂BC 平面ABC ，1∴⊥A A BC ，又AB 是O 的直
径,∴⊥BC AB ，又1∴⋂=AC AA A ，∴⊥BC 平面11A ACC ,而⊂BC 平面11B BCC ，所以平面
11A ACC ⊥平面11B BCC ；
（II ）（i ）设圆柱的底面半径为r ，则12==AB AA r ，故圆柱的体积为23
22=π⋅=πV r r r ，设三棱柱
ABC —A 1B 1C 1,的体积为1V ，所以1
=
V P V
，所以当1V 取得最大值时P 取得最大值。

又因为点C 在圆周上运动，所以当⊥OC AB 时，∆ABC 的面积最大,进而，三棱柱ABC-A 1B 1C 1,的体积1V 最大,且其最大值为
312222⋅⋅⋅=r r r r ,故P 的最大值为1π
； (ii)由（i ）知，P 取最大值时,⊥OC AB ,于是，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系-O xyz ，则()()()1,0,0,0,,0,0,,2,
C r B r B r r ⊥BC 平面
11A ACC ，(),,0∴=-BC r r 是平面11A ACC 的一个法向量，设平面1B OC 的法
向量为(),,=n x y z ，由于1
⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n OC
n OB ，020=⎧∴⎨+=⎩rx ry rz ，
所以平面1B OC 的一个法向量为()0,2,1=-n ，
00090<≤θ，10
cos cos ,5
∴θ==
n BC 。

【方法技巧】立体几何中我们可以利用空间向量处理常见的问题，本题的（II ）（i ）也可以采用向量法进行证明:以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系-O xyz ，设圆柱的底面半径为r ， ()cos ,sin ,0C r r θθ,
则12==AB AA r ,故圆柱的体积为23
22=π⋅=πV r r r ，设三棱柱ABC-A 1B 1C 1,的体积为1V ，所以1
=
V P V
，所以当1V 取得最大值时P 取得最大值。

21
2cos cos 2
ABC S r r r ∆=⋅⋅θ=θ，所以当cos 1θ=时的ABC ∆的面积最大，进而，三棱柱ABC —A 1B 1C 1，的体积1V 最大,且其最大值为3
12222
⋅⋅⋅=r r r r ，故P 的最大值为
1π
；
【高考真题探究】
1。

（2010·广东高考理科·Ｔ１0）若向量a =（1,1，x ）， b =(1，2，1）， c =(1，1,1),满足条件
()(2)c a b -⋅=-2，则x = 。

【命题立意】本题考察空间向量的坐标运算及向量的数量积运算.
【思路点拨】 先算出c a -、2b ,再由向量的数量积列出方程，从而求出.x 【规范解答】c a -(0,0,1)x =-，2(2,4,2)b =，由()(2)c a b -⋅2=- 得(0,0,1)(2,4,2)2x -⋅=-，即2(1)2x -=-,解得 2.x = 【答案】2
2。

(2010·浙江高考理科·Ｔ20）如图, 在矩形ABCD 中，点,E F 分别在线段
,AB AD 上，2
43
AE EB AF FD ====。

沿直线EF 将 AEF 翻折成
'A EF ,使平面
'A EF BEF ⊥平面。

（Ⅰ)求二面角'
A FD C --的余弦值；
（Ⅱ）点,M N 分别在线段,FD BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与'A 重合，求线段FM 的长。

【命题立意】本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识,考查空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力.
【思路点拨】方法一利用相应的垂直关系建立空间直角坐标系,利用空间向量解决问题；方法二利用几
何法解决求二面角问题和翻折问题.
【规范解答】方法一：(Ⅰ）取线段EF 的中点H ，连结'
A H ，因为'A E ='A F 及H 是EF 的中点,所以'A H EF ⊥,又因为平面'
A EF ⊥平面BEF .
如图建立空间直角坐标系A-xyz,则'
A （2，2，22），C （10,8,0），
F （4，0，0)，D(10,0，0）。

故'
FA →
=（-2,2，22）,FD →
=（6,0，0).设n →
=（x,y,z ）为平面'
A FD 的一个法向量,所以
22220
60
x y z x ⎧-++=⎪⎨
=⎪⎩. 取2z =
,则(0,2,2)n =-。

又平面BEF 的一个法向量(0,0,1)m =,故3
cos ,3
n m n m n m 〈〉=
=. 所以二面角的余弦值为
3
3
（Ⅱ）设,FM x =BN a =，则(4,0,0)M x +,(,8,0)N a , 因为翻折后，C 与'A 重合，所以'CM A M =,'CN A N =，
故， 222222
2222(6)80=2222(10)(2)6(22)
x x a a ⎧-++--++
⎪⎨-=-++⎪⎩（）（），得214x =,134a =,
所以214
FM =。

3。

（2010·陕西高考理科·Ｔ１8）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形PA ⊥平面ABCD ，AP =AB=2，
BC =22，E ，F 分别是AD ，PC 的中点。

（Ⅰ）证明:PC ⊥平面BEF ；
（Ⅱ)求平面BEF 与平面BAP 夹角的大小。

【命题立意】本题考查了空间几何体的的线线、线面垂直、以及二面角的求解问题,
考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力以及利用空间向量解决立体几何问题的方法与技巧。

【思路点拨】思路一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；思路二：利用几何法求解.
【规范解答】解法一 (Ⅰ）如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x ，y,z 轴建立空间直角坐标系.∵AP =AB=2， BC =22，四边形ABCD 是矩形。

∴A,B ，C,D 的坐标为A （0，0,0），B （2，0,0)，C （2， 22，0),D （0，22，0），P （0，0,2）
又E ，F 分别是AD ，PC 的中点， ∴E(0，2,0)，F （1,2，1）。

∴PC =(2，22，—2）BF =（-1，2，1）EF =（1,0,1）， ∴PC ·BF =—2+4—2=0，PC ·EF =2+0-2=0， ∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF ， ∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF ，BF EF F = ，
∴PC ⊥平面BEF
(II ）由（I ）知平面BEF 的法向量1(2,22,2),n PC ==- 平面BAP 的法向量2(0,22,0),n AD ==128,n n ∴=
设平面BEF 与平面BAP 的夹角为θ，
则121212
82
cos cos ,,2422
n n n n n n θ==
=
=⨯ ∴0
45θ=， ∴ 平面BEF 与平面BAP 的夹角为0
45
4. （2010·重庆高考文科·Ｔ20）如题图，四棱锥P ABCD -中， 底面ABCD 为矩形，PA ABCD ⊥底面，2PA AB ==，
点E 是棱PB 的中点.
（I ）证明：AE PBC ⊥平面；
（II)若1AD =，求二面角B EC D --的平面角的余弦值。

【命题立意】本小题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，
考查余弦定理及其应用，考查空间向量的基础知识和在立体几何中的应用，考查空间想象能力，推理论证能力,运算求解能力，考查数形结合的思想，考查化归与转化的思想.
【思路点拨】（1）通过证明线线垂直证明结论：线面垂直，（II ）作出二面角的平面角,再利用三角函数、余弦定理等知识求余弦值.或建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直和求出有关角的三角函数值.
【规范解答】（I ）以A 为坐标原点，
射线,,AB AD AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系A xyz -。

如图所示。

设设(0,,0)D a ,则B ,0,0)2(，C (2,,0)a ，P )2(0,0,，
E )22,0,22(
.于是22
AE (,0,)22
=，BC (0,,0)a =，PC (2,,2)a =-，则0,0AE BC AE PC ⋅=⋅=，
所以,AE BC AE PC ⊥⊥，故AE PBC ⊥平面.
(II)设平面BEC 的法向量为1n ，由（Ⅰ）知,AE BEC ⊥平面，故可取122
n EA 022
==
-（，，）.设平面DEC 的法向量2222,,n x y z =（）
,则220,0n DC n DF ⋅=⋅=，,由AD 1=，得D ）,1,00（,G ）,1,02（， 从而）,0,02（DC =，22DE ,1,22=（-），故22220
22022
x x y z =⎧⎪⎨-+=⎪
⎩,所以20x =,222z y =,可取21y =，则2012n =（，，）
，从而121212
3
cos ,3
n n n n n n <>==-。

【方法技巧】（1）用几何法推理证明、计算求解；（2)空间向量坐标法，通过向量的坐标运算解题. 5. （2010·江西高考文科·Ｔ２０）
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
，AB =(1）求直线AM 与平面BCD 所成的角的大小;
（2）求平面ACM 与平面BCD 所成的二面角的正弦值.
【命题立意】本题主要考查空间几何体的线线、线面与面面垂直关系及平行关系，考查空间线面角、二面角的问题以及有关的计算问题,考查空间向量的坐标运算，考查数形结合思想，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、划归转化能力和运算求解能力。

【思路点拨】本题主要有两种方法，法一：几何法（1）直接找出线面角，然后求解；
（2)对二面角的求法思路， 一般是分三步①“作”，②“证"，③“求"。

其中“作”是关键， “证” 是难点。

法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解。

【规范解答】取CD 中点O ,连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，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,建立空间直角坐标系如图。

OB =OM
，则各点坐标分别为O (0，0，0）,C （1，0，0）,M （0，0
，B （0，
，0），A （0
)，
（1)设直线AM 与平面BCD 所成的角为α。

因AM =（0
，平面BCD 的法向量为(0,0,1)n =。

则有
3sin cos ,26
AM n AM n AM n
α
⋅==
=
=
⋅，所以45
α=. （2）(CM =-,(1,CA =-.
设平面ACM 的法向量为1(,
,)n x y
z =，由1
1n CM n CA
⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩得
0x x ⎧-+=⎪⎨--+=⎪⎩。

解得x =，y z =，取1(3,1,1)n =。

又平面BCD 的法向量为(0,0,1)n =，
D
M
C
B
A
B
A
则1111cos ,5
n n n n n n
⋅<>=
=
⋅ 设所求二面角为θ，则2125
sin 1()55
θ=-=。

6. （2010·四川高考理科·Ｔ18）
已知正方体ABCD A B C D -''''的棱长为1，点M 是棱AA '的中点， 点O 是对角线BD '的中点.
（Ⅰ）求证:OM 为异面直线AA '和BD '的公垂线； （Ⅱ）求二面角M BC B -'-'的大小； （Ⅲ)求三棱锥M OBC -的体积.
【命题立意】本题主要考查异面直线、直线与平面垂直、
二面角、正方体、三棱锥体积等基础知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查应用向量知识解决数学问题的能力，转化与化归的数学思想。

【思路点拨】方法一：几何法 问题（Ⅰ)，分别证明OM AA '⊥，OM BD '⊥即可。

问题（II)首先利用三垂线定理，作出二面角M BC B -'-'的平面角， 然后通过平面角所在的直角三角形，求出平面角的一个三角函数值，便可解决问题.
问题（Ⅲ）选择便于计算的底面和高，观察图形可知，OBC ∆和OA D ''∆都在平面BCD A ''内，且
OBC OA D S S ''∆∆=,故M OBC M OA D O MA D V V V ''''---==，利用三棱锥的体积公式很快求出O MA D V ''-.
方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量中的法向量求解.
【规范解答】(方法一）:（I ）连结AC 。

取AC 的中点K ，则K 为BD 的中点，连结OK . ∵点M 是棱AA '的中点,点O 是BD '的中点，
由AA AK '⊥，得OM AA '⊥.
∵,AK BD AK BB '⊥⊥，∴AK BDD B ''⊥平面。

∴AK BD '⊥.∴OM BD '⊥。

又∵OM 与异面直线AA '和BD '都相交, 故OM 为异面直线AA '和BD '的公垂线,
(II ）取BB '的中点N ,连结MN ，则MN BCC B ''⊥平面, 过点 过点N 作NH BC '⊥于H ,连结MH ,则由三垂线 定理得，BC MH '⊥。

∴MHN ∠为二面角M BC B ''--的平面角。

122
1,sin 45224
MN NH BN ===⨯=.
在Rt MNH ∆中.1
tan 222
4
MN MHN NH =
== 故二面角M BC B ''--的大小为arctan 22。

（III ）易知，OBC OA D S S ''∆∆=，且OBC ∆和OA D ''∆都在平面BCD A ''内, 点O 到平面MA D ''的距离12
h =， ∴11324
M OBC M OA D O MA D MA D V V V S h ''''''---∆===
=. (方法二)：以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -, 则(1,0,0)A ，(1,1,0)B ,(0,1,0)C ，(1,0,1)A '，(0,1,1)C ',(0,0,1)D ' （I ） ∵点M 是棱AA '的中点，点O 是BD '的中点， ∴
1
(1,0,)2
M , 111(,,)222O ,11(,,0)22OM =-,
(0,0,1)AA '= ,(1,1,1)BD '=--。

0OM AA '⋅= ，11
0022
OM BD '⋅=-++=,
∴OM AA '⊥，OM BD '⊥，
又∵MO 与异面直线AA '和BD '都相交， 故MO 为异面直线AA '和BD '的公垂线， （II ）设平面BMC '的一个法向量为1(,,)n x y z =，
1
(0,1,)2BM =-，(1,0,1)BC '=-。

1
10,0.n BM n BC ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩即10,20.
y z x z ⎧-+=⎪⎨
⎪-+=⎩
取2z =，则2,1x y ==。

1(2,1,2)n =。

取平面BC B ''的一个法向量2(0,1,0)n =。

121212
11
cos ,3
9n n n n n n ⋅<>=
=
=, 由图可知，二面角M BC B ''
--的平面角为锐角，
故二面角M BC B ''--的大小为1arccos
3。

(III)易知，111444
OBC BCD A S S ''∆=
=⨯=四边形,设平面OBC 的一个法向量为3111(,,)n x y z =， 1(1,1,1)BD =--,(1,0,0)BC =-，
3130,0.n BD n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即11110,
0.
x y z x --+=⎧⎨-=⎩
取11z =，则11y =，从而3
(0,1,1)n =.
点M 到平面OBC 的距离3
3
1
2BM
n d n ⋅===。

111
33424
M OBC OBC V S d -∆=⋅=⨯=。

【跟踪模拟训练】
一、选择题(每小题6分，共36分)
1.已知点A （-3,1,—4），则点A 关于x 轴的对称点的坐标为( ） (A ）（-3，—1,4） (B)(—3,—1，—4) （C ）（3,1，4) (D ）（3,—1,-4)
2.在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，则平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为（ ) （A ）30° (B ）45° (C)60° （D)90
°
3. 设动直线x a =与函数2
()2sin (
)4
f x x π
=+和()2g x x =的图象分别交于M 、N 两点,则
||MN 的最大值为( ）
A ．2
B ．3
C ．2
D ．3
4. 在直角坐标系中，设(3,2)A ，(2,3)B --，沿y 轴把坐标平面折成120o
的二面角后,AB 的长为（ ）
A ．6
B ．42
C ．23
D ．211
5. 矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B －AC －D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为（ ）
A ．π
12125
B ．π
9125
C ．π
6125
D ．π
3125
6. 如图:在平行六面体1111D C B A ABCD -中,M 为11C A 与11D B 的交点。

若a AB =，b AD =，c AA
=1则下列向量中与BM 相等的向量是（ ）
(A) c b a ++-2121 （B ）c
b a ++21
21 （C)c b a +--2121 (D ）c
b a +-2121
二、填空题（每小题6分，共18分)
7．OX ，OY ，OZ 是空间交于同一点O 的互相垂直的三条直线，点P 到这三条直线的距离分别为
10a ,b ，则OP 37=则22a b +=_ _。

8．平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=2,AD=1,且AB 、AD 、AA1两两之间夹角均为600，则
1AC •1BD =
9．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角后，有下列四个结论： （1）BD AC ⊥; （2）ACD ∆是等边三角形； （3）AB 与平面BCD 成60° ； （4)AB 与CD 所成的角为60°． 其中正确结论的序号为_________（填上所有正确结论的序号）． 三、解答题（共46分)
10。

如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面是边长为 2的菱形，∠BAD=60°，对角线AC 与BD 相交于点
O,3=
PO ，E 、F 分别是BC 、AP 的中点．
（1)求证：EF ∥平面PCD ； （2)求二面角A —BP —D 的余弦值．
11. 某组合体由直三棱柱111C B A ABC -与正三棱锥ACD B -组成，如图所示，其中，B C AB ⊥．它的正视图、侧视图、俯视图的面积分别为22+1，1，22+1．
（1）求直线1CA 与平面ACD 所成角的正弦；
(2）在线段1AC 上是否存在点P ，使⊥P B 1平面ACD ，若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由． 12. 如图，三棱柱111C B A ABC -中，⊥1AA 面ABC ，
AC BC ⊥，2==AC BC ，31=AA ，D 为AC 的中点。

（I)求证://1AB 面1BDC ；
（Ⅱ)求二面角C BD C --1的余弦值
参考答案
1．【解析】选A.∵点A 关于x 轴对称点的规律是在x 轴上的坐标不变，在y 轴，z 轴上的坐标分别变为相反数，∴点A （-3,1，—4）关于x 轴的对称点的坐标为(—3,—1,4）.
2．【解析】选B.以A 为坐标原点，AC 、AA 1分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系。

设底面边长为2a 。

侧棱长为2b 。

3．D 4．D 5．C 6．A 7．64 8．3
9．（1）（2）(4)
10．解:（1)证明：取PD 的中点G,连接FG 、CG
∵FG 是△PAD 的中卫县，∴FG AD 21，
在菱形ABCD 中，AD BC ，又E 为BC 的中点，
∴CE
FG ，∴四边形EFGC 是平行四边形，
∴EF ∥CG
又EF ⊄面PCD ，CG ⊂面PCD ，
∴EF ∥面PCD
(2）法1：以O 为原点，OB ，OC,OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系. 则0（0，0，0），A （0，3-，0），B （1，0,0）P （0，0,3）
AB =（1，3，0）AP =（0，3，3)
设面ABP 的发向量为),,(z y x n =,则
⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AP n AB n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=+=+0330
3z y y x 即⎩⎨
⎧-=-=y z y x 3
取)1,1,3(-=n
又0=⋅OP OA ，0=⋅OB OA ,
∴OA ⊥面PBD,∴OA 为面PBD 的发向量，
∴OA =（0，3-，0)
5
5
3
53|
|||,cos =
⋅=
>=
<OA n OA n .
所以所求二面角的余弦值为55
法2：在菱形ABCD 中，AC ⊥BD ， ∵OP ⊥面ABCD ，AC ⊂面ABCD, ∴AC ⊥OP,OP BD=0, ∴AC ⊥面PBD,AC ⊥BP,
在面PBD 中,过O 作ON ⊥PB,连AN ，PB ⊥面AON ，则AN ⊥PB 。

即∠ANO 为所求二面角的平面角 AO=ABcos30°=3
在Rt △POB 中,
23
=⋅=
BP OB OP ON ,
∴
215
22=
+=ON OA AN
∴cos ∠55
215
23
=
==AN ON ANO 。

所以所求二面角的余弦值为55
11．【解析】
122,112121
2
BA BC BD a BB b ab a a b a ====⎧
+=⎪⎧=⎪⎪⇒⎨⎨
=⎪⎩⎪=⎪⎩解：（1）设由条件
111111(0,(0,2,0),2,0),(0,2,33333
323(2,2,
2),cos ,B BC BB BA x y z A C D B C A ACD G a BG ACD CA a CA ⎛⎛∆-∴=- ⎝⎭⎝⎭-
=-=以点为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,则的重心=为平面的法向量.
又则66
=∴
()
()
1
11
(2)2,2,2
2,22,22
22
3
3
.
AP mAC m m m
B P B A AP m m m a
m
P
λ
λ
==-
=+=--=
=
⎪⎪
∴-=-∴
⎨
⎪
=
∴
令
无解
不存在满足条件的点
12．解：（1）连接B1C，交BC1于点O，则O为B1C的中点，
∵D为AC中点∴OD∥B1A
又B1A⊄平面BDC1，OD⊆平面BDC1
∴B1A∥平面BDC1
（2）∵AA1⊥面ABC，BC⊥AC，AA1∥CC1
∴CC1⊥面ABC 则BC⊥平面AC1，CC1⊥AC
如图以C为坐标原点,CA所在直线为X轴，CB所在直线为Y轴，1
CC
所在直线为Z轴建立空间直角坐标系则C1（0,0,3） B(0,2，0) D（1,0，0) C（0,0，0)
∴设平面1
C DB
的法向量为
)z,y,x(
n=由11
,
n C D n C B
⊥⊥
得
30,230
x z y z
-=-=，取2
z=, 则n(6,3,2)
=
又平面BDC的法向量为1
CC(0,0,3)
=
cos
7
2
|n
||
C
C
|
n
C
C
n,C
C
1
1
1
=
=
〉
〈
∴二面角C1-BD—C的余弦值为
2
7
【备课资源】
1.已知两条异面直线a、b所成的角为40°，直线l与a、b所成的角都等于θ，则θ的取值范围是( ）(A）［20°,90°］(B）［20°，90°)
（C)（20°，40°］（D)［70°，90°］
【解析】选A。

取空间任一点O,将直线a,b,l平移到过O点后分别为a′，b′,l′，则l′与a′,b′所成的角即为l与a,b所成的角。

当l′与a′，b′共面时θ最小为20°.当l′与a′,b′确定的平面垂直时，θ最大为90°.故θ的取值范围为[20°，90°］.
3。

如图甲，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=,点M、N分别在AB,CD上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC=2，MB=4，现将梯形ABCD沿MN折起,使平面AMND与平面MNCB垂直（如图乙）。

（1）求证：AB∥平面DNC;
(2）当DN的长为何值时，二面角D—BC-N的大小为30°？。