空间直角坐标系空间向量,高考历年真题.docx

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【考点25】空间直角坐标系、空间向量
2009年考题
1. （2009安徽高考）在空间直角坐标系中，已知点A （1, 0, 2） , B （l,・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 ___________ o
【解析】设M(0,y,0)由『 + y2+4 = l + (_3-y)2+l 可得 y = -l 故 M(0, — l,0) 答案:（0,-1, 0）
2. （2009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=A /2 , AE 、CF 都与平面 ABCD 垂直，AE=1, CF=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】（D （综合法〉连结AC 、BD 交于菱形的中心0,过0作0G 丄AF,
G 为垂足。

连接BG 、DG 。

由BD 丄AC, BD 丄CF 得BD 丄平面ACF,故BD 丄AF 。

于是AF 丄平面BGD,所以BG 丄AF, DG 丄AF, ZBGD 为二面角B-AF-D 的平面角。

FC = AC = 2，得 FAC ――,
4
（向量法）以A 为坐标原点, 由 0B 丄 0 G,0B = 0D = —9 ZBGD = 2ZBG0
2
BD. AC. 农方向分别为x 轴.y 轴.无轴的正方向建立空间直角坐标
71
~2
系（如图〉
设平面ABF 的法向量斤=(兀,y,z),则由~°得＜ I • AF = 0
2”，斤=(_Q_1,1)
y = T
同理，可求得平面ADF 的法向量石=(血,一1,1)。

由q •刃 〜
71 0=0知，平面ABF 与平面ADF 垂直，二面角B-AF-D 的大小等于一。

(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-ABCDo 过H 作HP 丄平面ABCD, P 为垂足。

因为EA 丄平面ABCD, FC 丄平面ABCD,,所以平面ACFE 丄平面ABCD,从而P E AC, HP 丄AC. 由竺+竺二兰+空 得心。

CF AE AC AC
3
又因为S 菱形朋CD =^ACBD = ^2,故四棱锥H ・ABCD 的体积S 菱形初⑵
3. (2009福建高考)如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形， MD 丄平面ABCD, NB 丄平面ABCD ,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±是否存在点S,使得ES 丄平面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D-xyz
依题意得 0(0,0,0)4(1,0,0)M (0,0,1), C(0,1,0), B(1 丄 0), N(l, 1,1), E(| ,1,0)。

.•./VE = (-|,0,-l), AM =(-1,0,1)
\NE\x\AM | 10
(2)假设在线段AN 上存在点S,使得ES 丄平面AMN.
•・・ AN = (0丄 1),可设 AS = AAN = (0,入 2),
半+尸0
2y+ 2z = 0
所以异面直线NE 与^所成角的余弦值为普
由ES丄平面AMN,得俨“°，
[ESCAN = 0,一护=0,
(久一1) + 2二0.
故2 = p 此时线段巫=(0,*,*),|石|=半・
经检验，当AS= —时，ES丄平面AMN.
2
故线段AN上存在点S,使得ES丄平面AMW,此时线段AS= —・
2
4. (2009广东高考)如图6,已知正方体ABCD-A&CQ的棱长为2,点E是正方形BCC}B}的中心, 点F、G分别是棱
C l
D l,AA l的中点.设点分别是点E, G在平面DCGQ内的正投影.
(1)求以E为顶点，以四边形FGAE在平面DCCp内的正投影为底面边界的棱锥的体积；
(2)证明：直线FG丄平面FEE】；
(3)求异面直线Qq与E4所成角的正弦值.
【解析】(1〉依题作点、E、G在平面DCC}D}内的正投影酉、q,
则耳、G】分别为CC n的中点，连结EQ、EG】、ED、DE、,
则所求为四棱锥E- DE'FG、的体积，其底面DE{FG l面积为
DE、FG\ ~ v Ri'EJ'Gi 1 RtADG}E}= lxV2xV2+ 丄xlx2 = 2,
2 2
=jSDE\FG\ . EE\ =—
又EE X丄面DE\FG], EE】=1, ：•匕一眄^ _ ◊
DE、FG\
(2)以£)为坐标原点，DA > DC > £)£)］所在直线分别作x轴，y轴，z轴,
得目(0,2,1)、G(0,0,l),又G⑵0,1), F(0,l,2), E(l,2,l), FG} =(0-1-1), FE = (1,1-1),
FE X =(0,1-1),
・••亦•丘=0 + (—1) + 1二0, 亦耳=0 + (—1) + 1二0,即 FG]丄 FE, FG、丄 FE、,又FE、c FE = F , :. FG丨丄平面FEE,
•—* --- ——♦ F C T ■FA (3) E}G} = (0-2,0), EA = (1-2-1),则cos < E i G].EA>= 1 1 EQ网
2
爲，设异面直线qq与EA
所成角为&,则sin & = J1 —彳5・（2009海南宁夏高考）如图，四棱锥&/BCD的底面是正方形，每条侧棱的长
都是底面边长的4倍，P为侧棱SD上的点。

/
（I ）求证：/1C丄SD；//
/ >
（II）若SD丄平面PAC,求二面角的大小/
>£.—
（III）在（II）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：（I）连BD,设AC交BD于O,由题意知SO丄AC.在正方形ABCD中,
AC丄BD,所以AC丄平面SBD,则AC丄SD.
（II）设正方形边长Q,则SZ） = JLz。

久OD = — a f所以ZSDO = 60°,
2
连OP,由（I）知AC丄平面SBD,所以AC丄OP,
且AC丄0£>,所以APOD是二面角P-AC-D的平面角。

由SD丄平面PAC^SD丄OP,所以ZPOQ = 30°,即二面角P-AC-D的大小为30°。

（in）在棱SC上存在一点E,使BE//平面PAC
由（II）可得PD = — a f故可在SP上取一点N,使=",过N作PC的平行线与SC的交点即为
E。

连BN。

在DBDN中知3N//P0,又由于NE//PC,故平面BEN//平面PAC ,得3E//平面PAC, 由于SM NP = 2：\,故SE： EC = 2：1.
方法二：（I ）;连B D,设AC艾于BD于O,由题意知SO丄平面ABCDSAO为坐标原点，OB,OC,OS
分别为兀轴.y轴.z轴正方向，建立坐标系O-xyz如图。

设底面边长为d 于是S（0,0,
〒d）,D（—亍Q,0,0）C（0,〒Q,0）
故OC丄SD,从而AC丄SD
（II）由题设知，平面PAC的一个法向量DS = （^aA
,平面DAC的一个法向量
2
厉= （0,0,竺Q）,设所求二面角为&,则COS&= =¥，所求二面角的大小为30°
（m）在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC.由（II）知厉是平面PAC的一个法向量, 且瓦二呼小半。

用=（0,-¥°，¥。

）设尿履，则旋庞+丟就+厲（-密乎（一）,绑）
■■I I •I •
而BEDC = 0ot =一即当SE: EC = 2:1 时，BE 丄 DS 3
而BE不在平面PAC内，故3£〃平面PAC
6. （2009山东高考）如图，在直四棱柱ABCD・A]B]C]D]中，底面
ABCD 为等腰梯形，AB//CD, AB=4, BC=CD=2, AA】=2,
E、E]、F分别是棱AD、AA]、AB的中点。

（1）证明：直线EE』/平面FCC】；
（2）求二面角B-FC!-C的余弦值。

【解析】方法一：（1）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，取A】B】的中点F〔，
连结A]D,C】Fi,CFi,因为AB=4, CD=2,且AB//CD,所以CDAiF】，AiF】CD为平行四边形，所以CF//A1D, 又因为E、E|分别是棱AD、AA]的中点，所以EEi〃A[D,
所以CF//EE1,又因为（Z平面FCC|, C存U平面FCC）,所以直线EE（//平面FCC）.
（2）因为AB=4,BC=CD=2,、F是棱AB的中点，所以BF=BC=CF,ABCF为正三角形，取CF的中点O, 则OB 丄CF,又因为直四棱柱ABCD・A ] B ] C | D丨中,CCi丄平面ABCD,所以CC】丄BO,所以OB丄平面CCjF,
过O在平面CCjF内作OP丄GF,垂足为P,连接BP,则ZOPB为二面角B・FC】・C的一个平面角，在正三角
形Z\BCF 中,03 =巧，在RtACCiF 中，△ACCiF,V /. OP = - . 1X2 =—,
CC. C X F VFTF 2
在 RtAOPF 中,BP = V OP 2 + OB 2
所以二面角B-FC. -C 的余弦值为二一・
7
方法二：（1〉因为AB=4, BC=CD=2, F 是棱AB 的中点， 所以BF=BC=CF,ABCF 为正三角形，因为
ABCD 为 等腰梯形，所以ZBAD=ZABC=60°,取AF 的中点M, 连接DM,
则DM 丄AB,所以DM 丄CD,
以DM 为x 轴,DC 为y 轴,DDi 为z 轴建立空间直角坐标系, ，则 D （0,0,0）,A （ A /3,-1,0）,F （A /3,1,0）,C （0,2,0）,
所以,--,i ）,CF =（V3,-i,o ）,cq =（o,o,2）rq =（-V3丄2）设平面 CGF 的法向量为
Ci (0,2,2) ,E 呼,冷,0〉R
, X1--X 73 + 1x0 = 0,^
（2）而= （0,2,0）,设平面BFG 的法向量为斤=（石则]（•竺二。

所以]
} 1
~ °
[q • FC] = 0
[一丁3兀]+ + 2z 】=0
取n } = (2,0,V§)，则 n• q = 2x1 — V3x04-0xV3 = 2,
|H |=71 +(V3)2 =2,|^|=722+0 + (V3)2 =A /7,
所以cos 〈仏q 〉
77 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 >—・
7
7. （2009 ±海高考）如图，在直三棱柱ABC — A4G 中，AA ]=BC = AB = 2, AB 丄BC,
求二面角B {- £C — G 的大小。

.
【解析】如图，建立空间直角坐标系则A （2, 0, 0）、C （0, 2, 0）
Ai （2, 0, 2）, Bj （0, 0, 2） 、 Ci （0, 2, 2） ……2 分
2
n = (%, z)则
0取方=（1,巧,0）,则：•亟
以斤丄EE ），所以直线EE 】//平面FCC]
・
・・・二面角B X -\C-C X 的大小为彳.
8. (2009天津高考)如图，在五面体ABCDEF 中，FA 丄平面ABCD, AD//BC//FE, AB 丄 AD, M 为 EC 的中点，AF=AB=BC=FE=- AD 2 (I)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (II)证明平面AMD 丄平面CDE ； (III )求二面角A-CD E 的余弦值。

【解析】方法一：(I)由题设知，BF//CE,所以ZCED (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, PCo 因为FE// AP,所以FA//EP,同理AB//PC 。

又FA 丄平面ABCD,
所以EP 丄平面ABCDo 而PC, AD 都在平面ABCD 内，故EP 丄PC, EP 丄AD 。

由AB 丄AD,可得PC 丄AD 设FA=a,则EP=PC=PD=a ，CD=DE=EC= 屈，故ZCED=60°o 所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小 为60°
(II)因为DC = DE 且M 为CE 的中点，所以DM 丄CE •连结MP ，则MP 丄CE.
又MPADM =
故CE 丄平面AMD.而CE u 平面CDE,所以平面AMD 丄平面CDE. (III)
(III)设Q 为CD 的中点，连结PQ, EQ •因为CE = DE,所以EQ 丄CD •因为 PC = PD ，所以PQ 丄CD,故ZEQP 为二面角A-CD-E 的平面角.
[7 &
由⑴可得，EP 丄 PQ, EQ 二冷-d, PQ = ^-a.
于是在RUEPQ 中,c"呼鈴拿
设AC 的中点为M, VBM 丄AC, BM 丄CCj ；
ABM 丄平面AjCjC,即BM =(1,1,0)是平面AiGC 的一个法向量。

.......... 5分
设平面ADC 的一个法向量是n = (x, y, z)
AC= (-2, 2, -2)9
0, 0)
n •
= —2x = 0, n • A }C = —2x+2y — 2z = 0,令 z = 1,解得无=0, y = 1
・••方= (0,1,1) ............. 10分
设法向量〃与BM 的夹角为0，二面角的大小为&,显然&为锐角
T COS 0 = cos (f\= —
n ・BM n BM
冷解得吩 14分
方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点。

设AB = 1,依题意得B (1,O,O ), C (1,1,O ),
1 £＞（0,2,0）, E （0,l,l ）, F （0,0,l ）, M -,1,-
12 2
（I ）解:BF = （一 1,0,1）, DE =（0, 一 1,1）,
BF DE
所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°・
--- （ 1 ［、
（II ）由AM= -,1,-,
U 2）
CE ・AD = 0.因此，CE 丄 AM, CE 丄 AD.乂AM A AD = A,故CE 丄平面AMD.
而CE (=平面CDE,所以平面AMD 丄平面CDE.
(Ill)设平面CDE 的法向量为u =(兀，y, z),则]"匸 =°‘
[u • DE = 0.
J-是]
'令x = l,可得u = (1,1,1).
[- y + z = 0.
又由题设，平面ACD 的一个法向量为v = (0,0,1)・
所以cos 仏沪丽=齐厂亍
9.(2009天津高考)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PD 丄平面ABCD , AD 丄CD,且DB 平分ZADC, E 为 PC 的中点，AD = CD = \,DB = 2近 (I )证明PA//平面BDE (II)证明AC 丄平面
(IH)求直线BC 与平面PBD 所成的角的正切值
【解析】设AC C BD = H ,连结EH,在AADC 中，因为AD=CD,且DB 平分ZADC 9
所以H 为AC 的中点，又由题设知，E 为PC 的中点，故EH//P4,又
HE u 平面BDE, PA U 平面BDE,所以PA//平面BDE
(2)因为PD 丄平面ABCD f ACu 平面ABCD,所以PD 丄AC
由(1)知,BQ 丄 AC,PDcBD 二 D,故4C 丄平面
于是 cos （ BF,DE
BF ・DE CE = （-1,0,1）, AD =（0,2,0）, 可得圧• AM = 0,
⑶由AC丄平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以ZCBH为直线与平面
PBD所成的角。

由AD 丄CD,AD = CD = \,DB = 2厲,可得= CH
CH 1 1 在RtABHC中，tanZCBH=—二-，所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为一。

BH 3 3
10. (2009浙江高考)如图，平面PAC丄平面ABC f \ABC
是以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,0分别为P4,
PB, AC 的中点，AC = 16, PA = PC = \0 ・
(I)设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE；
(II)证明：在AABO内存在一点M,使FM丄平面BOE,
并求点M到04, 的距离.
【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X轴，y轴，z轴,
建立空间直角坐标系O—兀yz ,
则O(0,0,0), A(0,-&0),B(&0,0),C(0,8,0),
P(0,0,6),E(0,—4,3), F(4,0,3),由题意得，G(0,4,0),
因亦=(& 0,0), OE = (0, -4,3),因此平面BOE的法向量为方=(0,3,4),
FG = (-4,4,-3得：•而=0,又直线FG不在平面BOE内，
因此有FGH平面
(II)设点M 的坐标为(兀,％,0),则FA7 = (x0-4,y0,-3),
因为FM丄平面BOE,所以有~FM//n f因此有x0 =4,y0
兀〉0
在平面直角坐标系xoy中，MOB的内部区域满足不等式组｛y <0
即点M的坐标为I 4,--,0
x-y<S 经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在MBO内存在一点M ,使FM丄平面BOE, 9
由点M的坐标得点M到Q4, OB的距离分别为4,一・
4
11. (2009浙江高考)如图，DC丄平面ABC f EB//DC,
AC = BC = EB = 2DC = 29 ZACB = \20°f P,Q 分别为AE,AB 的中点.
(I)证明：PQH平面ACD；
(ID求AD与平面ABE所成角的正弦值.
【解析】(I〉连结DP,CQ,在44BE中，P,Q分别是AE.AB的中点，所
以PQ/[-BE f又DC/[-BE9所以PQ//_DC ,又PQ(Z平面ACD ,
=2 = 2 =
DCu平面ACD,所以PQ〃平面ACD
(II)在\ABC中，AC = BC = 2,AQ = BQ f所以CQ 丄AB
而DC丄平面ABC, EB//DC 9所以EB丄平面ABC
而EB u平面ABE, 所以平面ABE丄平面ABC, 所以CQ丄平面ABE
由(I)知四边形DCQP是平行四边形，所以DP//CQ
所以DP丄平面ABE, 所以直线AD在平面ABE内的射影是AP,
所以直线AD与平面ABE所成角是ZDAP
在Rt\APD中，AD = 7AC2+PC2 = A/22 +12 = V5 , DP = CQ = 2sin ZCAQ = \
所以sin ZDAP = = -}= =
AD ^5 5
12. (2007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丄平面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。

A
【解析】(I)方法一：取CD的中点G,连接MG, NGo
设正方形ABCD, DCEF的边长为2,
则MG丄CD, MG=2, NG=A/2.
因为平面ABCD丄平面DCED, MGU平面ABCD,
平面ABCDPI DCEF=CD・
所以MG丄平面DCEF,
可得ZMNG是MN与平面DCEF所成的角。

因为MN=J& 所以si—NG半为MN与平面DCEF所成角的正弦值方法二：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MN=( —1,1,2).
又£= (0, 0, 2)为平面DCEF的法向量，
MN^DA V6
可得cos( MN, DA)= ■~~— = ------- . •
\MN\\DA\3
所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为
(II)假设直线ME与BN共面，... 8分
则ABU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ABQ平面DCEF。

又AB//CD,所以AB//平面DCEFo 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ENAEF=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. (2009全国U)如图，直三棱柱ABC — AdG中，如5丄AC.D. E分
别为A£、的中点，DE丄平面BCC\
(I)证明：AB = AC
(II)设二面角A-BD-C为60。

，求妨C与平面BCD所成的角的大小。

【解析】⑴连结BE, v ABC-^B.C.为直三棱柱，/. ZB,BC = 90°,
•・• E为B、C的中点、,・・・BE=EC。

又DE丄平面BCC、,
/. BD = DC (射影相等的两条斜线段相等)而D4丄平面ABC,
:.AB = AC (相等的斜线段的射影相等〉。

(II〉作AG 丄BD 于G,连GC,则GC 丄BD, ZAGC为二面角A-BD-C 的平面角，
ZAGC = 60°.不妨设AC = 2品,则AG = 2,GC = 4・在
RlDABD中，由AD AB = BD AG f易得AD = y[6.
设点到面BDC的距离为力，EC与平面3CD所成的角为Q。

利用-S坐BC DE」S、BCD小,可求得h=2壬，又可求得B,C = 4^3
・ h 1 “°
••• sin a ----- - — :.a- 30 •
B、C 2
即冋C 与平面BCD 所成的角为30°.
14. （2009北京高考）如图，四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,
PD 丄底面ABCD f 点E 在棱PB 上.
（I ）求证：平面AEC 丄平面
（II ）当PD = y/2A B 且E 为PB 的中点时，求AE 与
平面PDB 所成的角的大小.
【解析】方法一：（I ）・・•四边形ABCD 是正方形，A AC 丄BD, V PD 丄底面ABCD 9・・・PD 丄AC, A AC 丄平面PDB,
・・・平面AEC 丄平面PDB ・
(II)设ACCIBD=O,连接OE,由(I )知AC 丄平面PDB 于O,
A ZAEO 为AE 与平面PD
B 所的角，AO, E 分别为DB 、PB 的中点，
AOE//PD, OE = -PD f 又 V PD 丄底面 ABCD, AOE 丄底面 ABCD, OE 丄 AO, 2
1 R
在RtAAOE 中，OE = — PD =「AB = AO , :. ZAOE = 45 ,即AE 与平面PDB 所成的角的大小
2 2
为 45°.
方法二：如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D-xyz ,
设 AB = a,PD = h,
则 A(a,0,0),3(a40),C(0,a,0),£)(0,0,0),P (0,0M),
(I ) *.* AC = (一Q ,Q ,0),DP = (0,0,/z),DB = (d,d,0),
:.AC DP = 0.AC DB = 09
• •AC 丄 DP, AC±DB, A AC 丄平面 PDB,
•••平面AEC 1平面PDB.
(II)当 PD = y/2AB 且 E 为 PB 的中点时，P (0,0,JL/),E
设 ACABD=O,连接 OE,
由（I ）知AC 丄平面PDB 于O, A ZAE O 为AE 与平面PDB 所的角,
fl 1 V2 ——a,——a 二 ------------ ci [222 C
・・・ZAOE = 45",即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45"・
15. (2009湖南高考)如图3,在正三棱柱ABC — ABC 中,
AB=4f * ，点D 是BC 的中点，
点£在/C 上，且DE 丄AE ・
(I) 证明：平面AQE 丄平面ACC/J
(II) 求直线力。

和平面所成角的正弦值。

【解析】(I 〉如图所示，由正三棱柱ABC-A }B }C }的性质知丄平面ABC.
又0£u 平面ABC,所以DE 丄马•而DE 丄A A,E = A 1,
所以丄平面ACC 】人•又DE u 平面A }DE f 故平面A,DE 丄平面
ACQA ・
(II)方法一：过点力作力尸垂直人丘于点尸，
连接。

尺由(I )知，平面\DE 丄平面ACC }A },所以/F 丄平面A\DE,故ZADF 是直
线/D 和平面A.DE 所成的角。

因为DE 丄平面ACC }A },所以DE 丄力(7・而4
ABC 是边长为4的正三角形，于是AD= 2^3 ,
AE=4-CE=4— CD =3・ 2
又因为小=护,所以也=』AAj + AF = J(")2 + 32 = 4,
“ AEAA, 3" . AF V21
AF = --------- L = ------ , sin 乙ADF 二 ------- 二 ----- •
A }E 4 AD 8
即直线AD 和平面A.DE 所成角的正弦值为七一
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,), £(2,0,、厅),D(-l, A /3,0), E(-l,0,0)・
易知瓦万=(-3,爲,-A /7 ), DE= (0, •爲,0), AD= (-3, V3 , 0)・
T EA = —— ci y 2 2 [o.o,4； ：• cos ZAEO = EA EO _V2
E4|-|E 5|- 2
设n = (x, y.z)是平面A^DE 的一个法向量，则 fT UUDF r-
n- DE = — J3y = 0,
< r UUIK Z 厂 r-
n ・ A 、D = -3x + j3y-\hz = 0.
K * 故可取；=(",0,-3) •于是
1 UUU1
/r 嗦\ n-AD
cos(n,AD) = /TT 由此即知，直线初和平面A"所成角的正弦值为T
16. (2009湖北高考)如图，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形,
SD 丄平面 ABCD, BD=2a, AD = yj2a 点 E 是 SD ±的点,
且 DE = Aa(0<A<2)
(I)求证：对任意的A G (0,2],都有AC 丄BE
(II )设二面角C —AE —D 的大小为0 ,直线BE 与平面ABCD 所成的角为0,若
tan ^gtan (p = \ ,求2的值
【解析】(I )方法一：如图1,连接BE> BD,
由面ABCD 是正方形可得AC 丄BD 。

V SD 丄平面ABCD, A BD 是BE 在平面ABCD 上的射影，A AC 丄BE
(II)如图1,由SD 丄平面ABCD 知，ZDBE= (p.
• SD 丄平面 ABCD, CDu 平面 ABCD, ..SD 丄CD 。

又底面ABCD 是正方形，••• CD 丄AD,而SDn AD=D, CD 丄平面SAD.
连接AE. CE,过点D 在平面SAD 内作DF 丄AE 于F,连接CF,则CF 丄AE,
故ZCFD 是二面角C-AE-D 的平面角，即ZCFD=&。

在 RtABDE 中，T BD=2a, DE= Aa tan (p — =—
BD 2 -r tttnr n • AD -3V7 V21 ---------- ---- ------ 4x2^3- 8
B
在RfCDF 中，坝吩等二宇
/ ： 2 ] ? o ______
由 tan 0- tan (p = \, 得 --------- • — = 1 <=> VA 2 + 2 = 2 <=> A 2
=2. A 2
由Qu (0,2],解得九=近,即为所求.
易知平面ABCD 与平面ADE 的一个法向量分别为DS = (0,0,2Q )与DC = (0^V2a, 0).
. DSBE ••• sin (p =
Jl
••• 0v&, (p <— X > 0 , 2
兀 2 2
tan 0・tan0O & + 0 = —o sin (p = cos 0 « z = z
« A 2 = 2> 2 屮 VF M 42^2
由于Ae (0,2],解得A = V2即为所求。

17. (2009湖南高考)如图4,在正三棱柱ABC-A.B.Q 中，AB =近AA 、, D 是入妫的中点，点E 在AG 上，且DE 丄AE.
(I )证明平面ADE 丄平面ACC/】
(II)求直线AD 和平面ABC ；所成角的正弦值。

方法二(I 〉：以D 为原点 丽，反，厉的方向分别作为x, y, Z 轴的正方向建立如
图2所示的空间直角坐标系，则
D (0, 0, 0), A (^2a f 0, 0), B (伍a,近a, 0),
C (0,近a, 0), E (0, 0,加)，
/. AC = (-A /267, 41a, 0), BE = (-x/26z,-\[2a, Aa)
・・・疋•旋= 2Q 2 一 2/+0.兄。

=0, 即AC 丄BE 。

(ID 由(I)得EA = (y[2a,0,-/kz),EC = (0,41a,-Aa\BE = (-42a,-42a,Aa).
设平面ACE 的法向量为z?=(x, y, z),则由刃丄EA, n 丄EC 得
[•吁0,即
n • EC = 0， V2y - 2z = 0,
低-加=0,取牛血得：(入入Q 。

DCn
【解析】（D 如图所示，由正三棱柱的性质知丄平面A/]C|又DEu平面
A]B]Ci，所以DE丄AA】・而DE丄AEoAAj Pl AE=A,所以DE丄平面
AC C f A j,又DEu平面ADE,故平面ADE丄平面AC C ] A）o
（2）方法1如图所示，设F是AB的中点，连接DF、DC]、C（F, 及D是
A]B]的中点知A]B]丄C]D, A）B】丄DF
又C1DpDF=D,所以A|B| 丄平面C]DF,而AB〃A]B,
所以AB丄平面C]DF,又ABU平面ABC,,
故平面ABC（丄平面C[DF。

C 过点D做DH垂直C]F于点H,则DH丄平面ABC】・
连接AH,则ZHAD是AD和平面ABC】所成的角。

由已知AB=JI A A],不妨设AA] = ©,则AB=2, DF=V2 , DC] = JJ, rz I A A2 A
/T DFDC、 V2 X V3 V30
C1 F= V5 , AD= J AA^ + =J3 , DH= --------------- = ------ —=
,
C]F A/5 5
所以sinZHAD= —
AD
即直线AD和平面ABC,所成角的正弦值为一o
5
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AA] = Q,则AB=2,相关各点的坐标分别是A（0,-l,0）,
2 1
B ( , 0, 0) 9
C | (0, 1, A/2 ),
D ( ----------------- ,— , V2 ) o
2 2
易知Afi=(V3, 1, 0), Xq =(0, 2, V2),AD=(—f V2)
2 2
设平面ABC ］的法向量为〃=(x, y, z),则有
故可取n=(l 9・73 , V6 )o
由此即知，直线AD 和平面ABC ］所成角的正弦值为如。

2008年考题
1. (2008山东高考)如图，已知四棱锥P./1BCD,底面ABCD 为菱 形， 刃丄平面ABCD, ZABC = 60° F 分别是BC,PC 的中点. (I )证明：丄PD;
(II)若H 为"上的动点，EH 与平面刃。

所成最大角的正切值 为j 求二面角E —AF —C 的余弦值. 2
【解析】(I)证明：由四边形ABCD 为菱形，ZABC=6Q°f 可得△4BC 为正三角形.
因为£为〃C 的中点，所以4ELLBC.
又BC//AD,因此/E 丄//)・
因为刃丄平面ABCD, /Eu 平面ABCD,所以PA LAE.
而刃U 平面PAD, 4DU 平面PAD 且PAHAD=A f
所以/£丄平面PAD,又PDU 平面刃D
所以AE±PD.
(II)设AB=2t H 为PD 上任意一点，连接/H, EH.
由(I )知力E 丄平面PAD,
则ZEH4为EH 与平面刃D 所成的角. 所以, cos(n • AD)= 2V3 Vio V10xV3 5
解得x=_
3 z=
-V2y, ffAB = \fix+ y = 0,
AC 】=2y + V2z = 0,
在 RtAEAH 中，AE=羽,
所以当最短时，ZEHA 最大， 即当AHLPD 时，ZEHA 最大. 此时 tanZEHA=-^- =
=—,
AH AH 2
因此 AH=^2 •又 AD=2,所以 ZADH=45°f 所以刃=2.
解法一：因为以丄平面ABCD,刃u 平面P4C,所以平面刃C 丄平面ABCD ・
过E 作E0丄MC 于0,则E0丄平面PAC,过0作0S 丄/F 于S,连接EV,则ZESO 为二面角E ・AF ・C 的平面角，
3 在 RtZVIOE 中，EO=AE sin30Q
=——,AO=AE cos3^°=-
2 2
又 F 是 PC 的中点，在 Rt^ASO 中，SO=AO sin45°=^^-
4
3^2
, SO 4 VT5 cos Z £50= = /—=
SE V30 5
即所求二面角的余弦值为 一・
5
解法二：由(I 》知/E, AD t /P 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 (73 , -1, 0), C (1, V3 , 0),
D5, 2, 0), P (0, 0, 2),E",0, 0)，
所以 AE = (V3,0,0),AF = (y-^p 1)- 设平面4EF 的一法向量为加=(召，开，zJ,
又 SE = yjEO 2^SO 2 =
在 RtAESO 中,
取 Z|=—1，则示=(0,2厂1),因为BD 丄/C ，BD 丄E4, PA(X4C=A,所以BD 丄平面AFC, 故 丽为平面力FC 的一法向量•又BD= (-73,3,0),
因为二面角E-AF-C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为卫5.
2. (2008海南宁夏高考)如图，已知点P 在正方体ABCD 的对角线B/X 上, ZPDA = 60°. (I )求DP 与CC'所成角的大小； (II)求DP 与平面A47XD 所成角的大小.
【解析】如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D-xyz o
则 DA = (l,0,0),CC'=(0,0,l).
连结BD,B D 。

在平面BB’DZY 中，延长DP 交B D 于H 。

设而=(777,772,1)(/7? > 0),由已知 Z v DW,DA>= 60°, 由 DH • DA=\DH \\ DA\ cosZ<DH,DA>
— V2 41 所以DH = (〒,〒,D ・
即DP 与CC 所成的角为45°。

(II)平面AADD 的一个法向量是DC = (0,1,0).
迥C 迥、\ a
_
——x0 +——xl + lxO cos < DH 、
DC >- — ^-j= ------- lxV2
mJAE = 0, mJAF = 0,
— 0,
务+詁+L
所以 cos< m,
I m 口 BD |
2x3 _ V15 V5xV12 - 5
可得 2 m = V 2m 2
+1
解得卡
(I 〉因为
cos < >=
fxO + fxO + lxI
lx>/2 所以v 而,疋＞=45°,
2
因为
_ 1，所以 v DH.DC >= 60 •
——
3
可得DP与平面AADD所成的角为30"・
2007年考题
1. (2007山东高考)如图，在直四棱柱ABCD-4|B|CQ中，已知
DC = DD、= 2AD = 2AB, AD 1 DC, ABH DC ・
(I)设E是DC的中点，求证：D£〃平而
(II)求二面角\-BD-C{的余弦值.
【解析】(I)连结BE,则四边形D4BE为正方形，
・•. BE = AD = AQ ,且BEU ADH\D Xf
・・・四边形为平行四边形，/. D.EHA.B・
•・• D X E(Z平面A/D, \B u平面・・・D£〃平面RBD.
C1
(II)以D为原点，DA,DC,DD\所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设04 = 1,
则0(0,0,0), 4(1,0,0), 5(1,1,0), G (0,2,2),人(1,0,2).
・••万入=(1,0,2),丽=(1 丄0).
设n = (x,y,z)为平面A}BD的一个法向量,
由：丄万瓦用丄丽得x + 2z = 0 一
,取z = 1,则n - (一2,2,1) •兀 + y = 0
设血=(%j, y{,Zj)为平面C[BD的一个法向量，由加丄DCj,m丄DB得2)\ +2Z] = 0 兀1 + )[ = 0
I •・o —#
取Z] = 1,则m - (1,-1,1) .cos < m,n>=
一—e
m n
m・n-3 _ V3
由于该二面角\-BD-C,为锐角，所以所求的二面角A.-BD-C,的余弦值为2. (2007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，ZBAC = 90°, 0为BC的中点.
(I )证明：SO丄平面ABC；
(II)求二面角A-SC-B的余弦值.
【解析】(I〉由^HAB=AC=SB= SC = SA f连结OA,
AABC为等腰直角三角形，所以OA = OB = OC = — SA,
2
且AO丄BC,又ASBC为等腰三角形，故SO丄BC ,且SO = — SA9
2
从而O^+SO^SA2.所以△SOA为直角三角形，SOLAO.
又AOC\BO = O.所以SO丄平面ABC.
（II）方法一：取SC中点M ,连结AM, 0M ,由（I ）知SO = 0G SA = AC,得0M 1SG AM丄SC . :. ZOMA为二面角A-SC-B的平面角.
由40丄BG A0丄SO, SOC\BC = 0得A0丄平面SBC.
所必。

丄皿，—ySA,
故sin ZAMO = ^- = ^ = —
AM 羽 3
所以二面角A-SC-B的余弦值症
方法二：以O为坐标原点，射线03, OA.OS分别为X轴、
y轴,z轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O-xyz •
设25(1,0,0),则C(—1,0,0), A(0J,0> S(OQ1).
SC 的中点Ml--,0,-I,
I 2 2)
:.MO^SC = 0,MA^SC = 0.
故MO 1SG MA丄SC,〈而，顾〉等于二面角
A-SC-B的平面角.
所以二面角A-SC—B的余弦值为孚
cos < MO^MA >=
3. （2007四川高考）如图，四边形PCBM是直角梯形，ZPCB =90%
PM // BC, PM =1, BC =2,又AC =1, Z ACB =120°,
AB丄PC,直线AM与直线PC所成的角为60。

・
(I )求证：平面PAC 丄平面ABC ； (II) 求二面角M — AC — B 的大小； (III) 求三棱锥P-MAC 的体积；
【解析】(I 〉I PC 丄 AB, PC 丄 BC, ABC\BC = B :. PC 丄平面 ABC ,
又•・• PC u 平面PAC ・•・平面PAC 丄平面ABC
(II)方法一：取BC 的中点N,则CN = \,连结AN,MN ,
•: PM I 丄 CN , :. MN!£ PC ,从而 MN 丄平面ABC
作NH 丄AC,交AC 的延长线于H,连结MH,则由三垂线定理知，AC 丄NH ,
从而ZMHN 为二面角M — AC — B 的平面角 直线AM 与直线PC 所成的角为60° A AAMN = 60°
由余弦定理得 AN = A /AC 2 + CN 2
-2AC- CN - cos 120° 二 V3
MN = AN - cot ZAMN = V3x — = 1 3
AM-CP = |AM |-|CP |-COS 600,即 z°2二* J Z °2+3.Z O ,解得 Z° = 1
在ACAW 中, NHYNZCH
吨書
在AMNH 中，
tan Z.MHN = ““ = —J=r =仝3故二面角M — AC — B 的平面角大小为arctan ?忑 NH 羽
3 3
(ni)由(II 〉知，四边形PCNM 为正方形
：•匕-MAC = ^A-PCM ~ V A _M NC ~ Xw-ACW
1 1
r? -x-AC-C^sinl20°MN = —
3 2
12
(II)方法二;在平面ABC 内，过C 作CD 丄CB,建立空间直角坐标系C-xyz
由题意有俘訶
，设 P （O,O ，z°）（Zo>O ）,
则M (0丄z°),丽二
（羽3
）
~T ，2, z °
,CP =（0,0, z 0）
由直线AM 与直线PC 所成的解为60°,得
(如图)
,设平面MAC 的一个法向量为n = (x l ,y },z })9
刃+z 】=0
_
则 73
1
,取西二1,得一⑹平面ABC 的法向量取为万= (0,0,1)
——西——H=0 i 」
2 1 2」
A AAC5是等腰三角形，又D 是A
B 的中点,
:.CD 丄A3,又UC 丄底面ABC. :.VC 丄A3.于是A3丄平面VCD.
又ABu 平面VAB 9二平面匕43丄平面UCD.
(II)过点C 在平面VCD 内作CH 丄VD 于则由(I)知CD 丄平面
连接BH ,于是ZCBH 就是直线BC 与平面M4B 所成的角.
在RtACWD 中，CH = — asin0 ；
2
设Z.CBH = (p ，在！«:△ BHC 中，CH = as\n(p, ——sin& = sin0
・
•:丽=(0丄 i\CA = 设加与〃所成的角为& ,则cos& =
一
m ■ n
羊显然，二面角M-AC-B 的平面角为锐角, <7
故二面角M — AC — B 的平面角大小为arccos
7
(ni)取平面PCM 的法向量取为/?, =(1,0,0),则点A 到平面PCM 的距离力=
CA
・
'p-MAC = V A-PCM =^X^PC^PM^Jt = ^X\X}X — = —
4. (2007湖北高考)如图，在三棱锥V-ABC 中，7C 丄底面ABC,
/
兀、
ACLBC, D 是的中点，且 AC=BC=a, ZVDC=0 Ov&V 冬。

2)
(I )求证：平面以〃丄平面VCD ；
(II )当角&变化时，求直线与平面MB 所成的角的取值范围;
【解析】方法一：(I) •••AC = BC = d,
m ・n
73 2
2
12
B
2
e/ 0 < ^ < —, /• 0 < sin < 1, 0 v sin © v ——•
2 2
又0.•・Ov0vf・
从而AB・CD = (_a.叫雳,oj=一丄/+ 丄/+0二0,即AB 丄CD.
2 2
同理AB^VD = (-a, a,0y------------------- atan& =——a1 + — a2 +0 = 0 ,
2 2 2 2 2
\ /
即AB丄V7) •又CD^VD = D f：. 4B丄平面VCD •又AB u平面VAB・二平面VAB丄平面VCD. （U）设直线BC与平面M4B所成的角为0,平面VAB的一个法向量为n = （x. y, z）,
则由n^AB = 0, n^VD =0 •
-ax+ay = 0,
得“ a a 迥n n
—x H—y ----- u z tan u — 0.
(22* 2
可取// = (1,1,A/2 cot 0),又BC = (0, -a,0),
a
0J2 + 2COF &
71
V0<^<-,・\0<sin^<l,
2
0<(p< —.
4
（兀）
即直线BC与平面U4B所成角的取值范围为0,-
I 4丿
方法三：（I）以点D为原点，以DC, DB所在的直线分别为兀轴、y轴，建立如图所示的空间直
(V2 〕
0? ------ Cb 0,B,C 3爲/
,V
2
\ /
< 2丿 2 丿\
于是刃a tan & , DC©0,0 ,
丿殛二（0,屈0）.
、7T 即直线BC与平面M4B所成角的取值范围为0，一
I 4丿
方法二：（I）以CA CB, CV所在的直线分别为兀轴.y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标
系,则C(0,0,0), 4(a，0,0)，B(0, ©0)，
(a a、< V2 J D一，一,0
（2 2 ）
,V0,0,——atanO
2 ;
---- a tan 0 ,
2丿CD = (^o]
(2 2丿
AB = (~cb仏0) •
于是sin0 =
角坐标系，则£＞（0,0,0）, A V2 V2 )—cb 0, —ci tan 0 , 2 2
Z
又DCC\DV = D9 :. AB丄平面VCD.
又AB u平面VAB ,
•••平面丄平面VCD.
（n）设直线BC与平面所成的角为0,平面M4B的一个法向量为n = （x.卩z）,
则由n^AB = 0, irDV = 0 ,得
・・・0<吩，/.0<sin.<l, Ovs叱v亍
又0 ^69^ — , /. 0<6?<—,
2 4
TT 即直线BC与平面U4B所成角的取值范围为0,- •
< 4丿
方法四：以CA CB，CV所在直线分别为兀轴.y轴.z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
C(0,0,0), A(cz,0,0), B(0,仏0), D
(I ) CV = (0,0, tycb =［雳町石二〜.0）,
AB^CV = (-cb©0)・(0,0, /) = 0 + 0 + 0 = 0,
即A3丄CV •
AB・CD = (—a，a,0)
9 7
号+才+ 0 = 0,
D
B y
同理海略（°,皿）一%，。

孚讪
0,即AB 丄DV.
y/2ay = 0,
V2 近，心
---- ax + ——az tan& = 0.
2 2
可取〃=(tan @0,1), 又BC =(2H a,.迥
-亍,0，
/
于是sin0 =
a tan 0
2
6z*Vl + tan20 2
即 AB VCD.
又 CVACD = C, A AB 丄平面 VCD.
又ABu 平面VAB f ・・・平面U4B 丄平面VCD.
(II)设直线BC 与平面匕43所成的角为0,
设n = (x. H z)是平面MB 的一个非零法向量,
irAB = (x, y, z)・(一a,仏0) = -ax + ay = 0, irAV = (x, y, z)・(一©0, f) = -ax^tz = 0,
可取"=(A A a) 9 又 CB = (0, (2,0),
TT 即直线
BC 与平面所成角的取值范围为0,-
< 4)
于是sin
T t G (0, + °°)
sin 。

关于/递增.
mCB n|-
|CB
/•
(pe。