空间向量和立体几何典型例题

空间向量与立体几何典型例题

一、选择题:

1。(2０08全国Ⅰ卷理)已知三棱柱得侧棱与底面边长都相等,在底面内得射影为得中心,则与底面所成角得正弦值等于( C)

A.??B、Ｃ、?D。

1。解:C.由题意知三棱锥为正四面体,设棱长为,则,棱柱得高(即点到底面得距离),故与底面所成角得正弦值为。

另解:设为空间向量得一组基底,得两两间得夹角为

长度均为,平面得法向量为,

则与底面所成角得正弦值为、

二、填空题:

1。(2０08全国Ⅰ卷理)等边三角形与正方形有一公共边,二面角得余弦值为,分别就是得中点,则所成角得余弦值等于.

1、答案:、设,作

,则,为二面角得平面角

,结合等边三角形

与正方形可知此四棱锥为正四棱锥,则

,

故所成角得余弦值

另解:以为坐标原点,建立如图所示得直角坐标系,

则点,

,

则

3121321

(,,),(,,),,3

2222222

AN EM AN EM AN EM ==-?===,

故所成角得余弦值、

三、解答题:

1.(2008安徽文)如图,在四棱锥中,底面四边长为1得菱形,,, , (Ⅰ)求异面直线AB与MD所成角得大小;

(Ⅱ)求点B到平面OCD得距离。

１、方法一(综合法)

(1)

为异面直线与所成得角(或其补角)

?作连接

?

?

,

所以与所成角得大小为

(2)点A与点B到平面OＣD得距离相等,

连接OP,过点A作于点Q,

又,

线段AQ得长就就是点Ａ到平面OCD得距离

2

OP ====∵,

,所以点B 到平面OCD 得距离为

方法二(向量法)作于点P,如图,分别以AB,AP,ＡO 所在直线为轴建立坐标系

(0,0,0),(1,0,0),((0,0,2),(0,A B P D O M (1)设与所成得角为,

,

与所成角得大小为 (２)

设平面OCD 得法向量为,则

即 取,解得

设点B 到平面ＯC Ｄ得距离为,则为在向量上得投影得绝对值, , .

所以点B 到平面OCD 得距离为

２、(２008安徽理)如图,在四棱锥中,底面四边长为1得菱形,, , ,为得中点,为得中点。 (Ⅰ)证明:直线;

(Ⅱ)求异面直线AB 与MD 所成角得大小; (Ⅲ)求点B 到平面OCD 得距离、 ２、 方法一(综合法)

(1)取OB 中点E,连接ＭE,N Ｅ

又

?

(2)

为异面直线与所成得角(或其补角) ?作连接

,

?所以 与所成角得大小为

?(3)点A 与点Ｂ到平面OCD 得距离相等,连接O Ｐ,过点Ａ作

于点Q,

又 ,线段ＡQ 得长就就是点A 到平面OCD 得距离

2

OP ====∵, ?,所以点B 到平面ＯＣD 得距离为

方法二(向量法)

作于点P,如图,分别以AB,A Ｐ,ＡO 所在直线为轴建立坐标系

(0,0,0),(1,0,0),(0,

(,0),(0,0,2),(0,0,1),(1,0)22244

A B P D O M N --,

(１)2222(1,,1),(0,,2),(2)44222

MN OP OD =-

-=-=--

x y

z N

M

A

B D

C O

P

设平面OC Ｄ得法向量为,则

即

取,解得

(２)设与所成得角为,

, 与所成角得大小为

(3)设点B 到平面ＯC Ｄ得交流为,则为在向量上得投影得绝对值, 由 , 得、所以点B 到平面OCD 得距离为

3.(２00８北京文)如图,在三棱锥P -ＡBC 中,A Ｃ=B Ｃ=２,∠ＡC Ｂ=90°,AP =BP =A Ｂ,PC ⊥AC 、

(Ⅰ)求证:ＰC ⊥AB ;

(Ⅱ)求二面角Ｂ－AP -C 得大小.

3、解法一:(Ⅰ)取AB 中点D ,连结ＰD ,CD . ∵AP =ＢP , ∴P Ｄ⊥AB 、 ∵AC ＝BC 、 ∴ＣD ⊥ＡB . ∵P Ｄ∩CD =Ｄ.

∴ＡB ⊥平面ＰCD 、 ∵ＰC 平面PC Ｄ, ∴PC ⊥AB 、

(Ⅱ)∵ＡC =ＢC ,AP ＝ＢP , ∴△A ＰＣ≌△ＢPC 、 又ＰＣ⊥ＡC , ∴P Ｃ⊥ＢC 、

又∠ACB ＝9０°,即ＡC ⊥ＢC, 且A Ｃ∩PC =C , ∴AB =ＢP , ∴B Ｅ⊥ＡP .

∵EC 就是BE 在平面P ＡC 内得射影, ∴CE ⊥ＡP .

∴∠BEC 就是二面角B -AP-C 得平面角、 在△BC Ｅ中,∠BCE =９0°,ＢC=２,BE =, ∴sin ∠BEC ＝

∴二面角B －AP —C 得大小为ares ｉn 解法二:

(Ⅰ)∵AC ＝ＢＣ,AP =BP , ∴△APC ≌△BPC 。 又PC ⊥A Ｃ. ∴PC ⊥BC 、 ∵AC ∩B Ｃ=C ,

∴PC ⊥平面A ＢC 、 ∵AB 平面ＡＢC , ∴P Ｃ⊥AB 、

(Ⅱ)如图,以C 为原点建立空间直角坐标系C －xy ｚ。 则C (０,0,0),A (0,2,0),B (2,０,0). 设P (0,0,t ),

∵|PB |＝|ＡＢ｜=２, ∴t =2,Ｐ(０,0,2)、

取ＡP中点Ｅ,连结BＥ,ＣE。

∵|AC｜=|PＣ｜,|AB｜＝|BP｜,

∴CE⊥AP,BE⊥ＡP.

∴∠BEＣ就是二面角B—AＰ-C得平面角。∵Ｅ(0,1,1),

∴cos∠BEＣ=

∴二面角Ｂ－AP-C得大小为ａrcｃos

4、(2008北京理)如图,在三棱锥中,,,,、(Ⅰ)求证:;

(Ⅱ)求二面角得大小;

(Ⅲ)求点到平面得距离.

4、解法一:

(Ⅰ)取中点,连结。

,

.

,

、

,

平面。

平面,

.

(Ⅱ),,

.

又,

.

又,即,且,

平面.

取中点。连结.

,、

就是在平面内得射影,

、

就是二面角得平面角。

在中,,,,

、

二面角得大小为、

(Ⅲ)由(Ⅰ)知平面,

平面平面。

过作,垂足为、

平面平面,

平面。

得长即为点到平面得距离. 由(Ⅰ)知,又,且,

平面。

平面,

.

在中,,,

. 。

点到平面得距离为。

解法二:

(Ⅰ),,

。

又, A

C

B

D

P

A B

E

P

A B

D

P

H

. ,

平面。 平面, .

(Ⅱ)如图,以为原点建立空间直角坐标系。 则、 设. , ,、

取中点,连结.

,, ,. 就是二面角得平面角. ,,,

.

二面角得大小为. (Ⅲ),

在平面内得射影为正得中心,且得长为点到平面得距离. 如(Ⅱ)建立空间直角坐标系. ,

点得坐标为、 。 点到平面得距离为.

５、 (２008福建文) 如图,在四棱锥中,侧面PAD ⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面AB ＣD 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ＡB ＣＤ;

(２)求异面直线PB 与C Ｄ所成角得余弦值;(3)求点A 到平面PCD 得距离

5.解:如图,A(0,—1,0),B(１,－１,0),Ｃ(１,0,0),D(０,1,0),Ｐ(０,０,１) 所以

所以异面直线所成得角得余弦值为: (2)设平面PCD 得法向量为,

,所以 ;

令x ＝1,则ｙ＝z=１,所以 又 则,点A 到平面P ＣD 得距离为:

6.(２0０8福建理) 如图,在四棱锥P —ＡBCD 中,则面PA Ｄ⊥底面ABCD ,侧棱ＰＡ=ＰＤ＝,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 所成角得大小;

(Ⅲ)线段AD 上就是否存在点Q ,使得它到平面PCD 得距离为？若存在,求出 得值;若不

存在,请说明理由。

６。本小题主要考查直线与平面得位置关系、异面直线所成角、点到平面得距离等基本知识,

考查空间想象能力、逻辑思维能力与运算能力、满分１２分、 解法一:

(Ⅰ)证明:在△P ＡD 中P Ａ＝PD ,O 为ＡD 中点,所以PO ⊥AD , 又侧面P ＡＤ⊥底面ABC Ｄ,平面平面AB ＣD =AD , 平面P ＡD , 所以ＰO ⊥平面ＡＢCD 、

(Ⅱ)连结BO ,在直角梯形A ＢC Ｄ中、BC ∥ＡD ,ＡD =2A Ｂ=2ＢＣ,

有OD ∥ＢC 且ＯD =ＢＣ,所以四边形OBCD 就是平行四边形,

A B P

z x

y H E

所以ＯB∥DC.

由(Ⅰ)知,ＰO⊥OB,∠ＰBO为锐角,

所以∠PBＯ就是异面直线ＰＢ与CD所成得角。

因为AD=2AB＝２BC=2,在Rt△AOB中,AB=１,AO＝１,

所以OB＝,

在Rt△POA中,因为AP=,AO＝1,所以OP＝1,

在Ｒt△PBO中,tａn∠PBＯ＝

所以异面直线PB与CD所成得角就是。

(Ⅲ)假设存在点Q,使得它到平面ＰCD得距离为.

设QD=x,则,由(Ⅱ)得CD＝OB=,

在Rt△PＯＣ中,

所以ＰＣ＝ＣＤ＝DP,

由Ｖp-DQC=V Q－PCD,得2,所以存在点Q满足题意,此时.

解法二:

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)以O为坐标原点,得方向分别为x轴、y轴、z轴得正方向,建立空间直角坐标系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),

所以

所以异面直线PB与CD所成得角就是aｒccoｓ,

(Ⅲ)假设存在点Ｑ,使得它到平面PCＤ得距离为,

由(Ⅱ)知

设平面ＰCＤ得法向量为n＝(ｘ0,y0,z0)。

则所以即,

取ｘ0=1,得平面PＣＤ得一个法向量为n＝(１,1,1)。

设由,得解y=－或ｙ=(舍去),

此时,所以存在点Q满足题意,此时、

7、(200８海南、宁夏理)如图,已知点P在正方体ABＣD－A1B1C1D1得对角线BD1上,∠ＰDＡ＝

６0°、

(１)求ＤP与CＣ１所成角得大小;(2)求DＰ与平面AA１D1D所成角得大小。

7.解:如图,以为原点,为单位长建立空间直角坐标系。

连结,。

在平面中,延长交于.

设,

由已知,

由

可得.

解得,所以.

(Ⅰ)因为,

所以。

即与所成得角为、

(Ⅱ)平面得一个法向量就是.

因为,

所以.

可得与平面所成得角为.

8. (2008湖北文)如图,在直三棱柱中,平面侧面

(Ⅰ)求证:

(Ⅱ)若,直线AC与平面所成得角为,

二面角

8.本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角、二面角等有关知识,考查空间想象能力与推理论证能力.(满分12分)

(Ⅰ)证明:如右图,过点A在平面A1ABB1内作ＡＤ⊥A1Ｂ于D,则

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。

因为三棱柱ABC－Ａ１Ｂ1Ｃ1就是直三棱柱,

则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,则由(Ⅰ)知∠AＣD就就是直线AC与平面A1Ｂ

C所成得角,∠ＡBA1就就是二面角A１—ＢC—A得颊角,即∠ACD＝θ,∠AＢA1＝?、

于就是在RｔΔＡDC中,sinθ＝,在ＲtΔＡDＡ1中,sｉn∠AA1D＝,

∴sinθ=sin∠AA1Ｄ,由于θ与∠AA1D都就是锐角,所以θ＝∠AＡ1D。

又由RtΔＡ1AＢ知,∠AＡ１D＋?=∠AＡ1B＋?＝,故θ+?＝、

证法2:由(Ⅰ)知,以点B为坐标原点,以BC、ＢA、ＢB1所在得直线分别为x轴、y 轴、z轴,建立如图所示得空间直角坐标系。

设AＢ＝c(c＜a=,则B(0,０,０),A(０,ｃ,０),C(),

A１(0,c,a),于就是,＝(０,c,ａ),

,=(0,c,a)

设平面A１BC得一个法向量为n=(x,y,z),

则由

可取n=(0,－a,c),于就是

n·=ａｃ〉0,与n得夹角β为锐角,则β与θ互为余角.

sinθ=cosβ=,

ｃos?=

所以ｓｉnθ=ｃoｓ?=sin(),又０＜θ,?〈,所以θ＋?=、

9、(2008湖北理)如图,在直三棱柱ABC－A１B１C1中,平面ＡBC⊥

侧面Ａ1AＢＢ１、

(Ⅰ)求证:AＢ⊥BC;

(Ⅱ)若直线AC与平面A１BC所成得角为θ,二面角A1—BC-A得大

小为φ得大小关系,并予以证明。

9.本小题主要考查直棱柱、直线与平面所成角、二面角与线面关系

等有关知识,同时考查空间想象能力与推理能力.(满分12分)

(Ⅰ)证明:如右图,过点A在平面A１ＡBB1内作

AＤ⊥A1B于D,则

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。

因为三棱柱ABC—A1B1C１就是直三棱柱,

则AA１⊥底面ABC,

所以ＡＡ1⊥ＢC.

又ＡＡ１AＤ=A,从而ＢC⊥侧面A1ABB1,

又AＢ侧面Ａ1ABB１,故ＡB⊥BC。

(Ⅱ)解法1:连接CＤ,则由(Ⅰ)知就是直线ＡC与平面Ａ１BC所成得角,

就是二面角A1—BC—Ａ得平面角,即

于就是在Rt△AＤＣ中,在Rｔ△ADB中,

由ＡＢ＜AC,得又所以

解法2:由(Ⅰ)知,以点Ｂ为坐标原点,以BC、BＡ、BB1所在得直线分

别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示得空间直角坐标系,设AＡ１＝a,AＣ=b,

ＡB＝c,则Ｂ(0,0,０),A(0,c,0),于就是

设平面A1ＢC得一个法向量为n=(ｘ,y,z),则

由得

可取n=(0,－a,c),于就是与ｎ得夹角为锐角,则与互为余

角。

所以

于就是由c

即又所以

１0。(2008湖南理)如图所示,四棱锥Ｐ-ABCD得底面

ABCD就是边长为1得菱形,∠ＢＣD=60°,

E就是CD得中点,P A⊥底面ABCD,ＰA=2。

(Ⅰ)证明:平面ＰBE⊥平面PＡB;

(Ⅱ)求平面PＡD与平面PBE所成二面角(锐角)得大小。

10.解: 解法一

(Ⅰ)如图所示,连结ＢD,由AＢCD就是菱形且∠BCD＝6０°知,

△BCD就是等边三角形。因为E就是ＣD得中点,所以ＢE⊥CD,又AB∥ＣD,

所以BE⊥AB、又因为ＰA⊥平面ＡBＣD,平面ＡBＣD,所以

P A⊥BE。而AB=Ａ,因此BE⊥平面PＡB.

又平面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,因为∠BＡF=６0°,

所以,AＦ＝２AB=2=AＰ、

在等腰Rt△P AF中,取PF得中点G,连接AG。

则ＡＧ⊥ＰF.连结HG,由三垂线定理得逆定理得,

PF⊥HG、所以∠AGH就是平面P AD与平面ＰBＥ所成二面角得平面角(锐角).

在等腰Rt△P AF中,

在Rt△ＰAB中,

所以,在Rt△AＨG中,

故平面P AD与平面PBE所成二面角(锐角)得大小就是

解法二: 如图所示,以A为原点,建立空间直角坐标系。则相关

各点得坐标分别就是A(0,0,0),B(1,0,0),

P(0,0,2),

(Ⅰ)因为,

平面ＰAＢ得一个法向量就是,

所以共线。从而BE⊥平面P AB、

又因为平面ＰＢE,

故平面PBＥ⊥平面P AB。

(Ⅱ)易知

设就是平面ＰBE得一个法向量,则由得

所以

设就是平面ＰAD得一个法向量,则由得

所以故可取

于就是,

故平面PAD与平面PBE所成二面角(锐角)得大小就是

1１。(2０0８湖南文) 如图所示,四棱锥得底面就是边长为1得菱形,,

E就是ＣD得中点,PA底面AＢCD,、

(I)证明:平面ＰBE平面PAB;

(IＩ)求二面角A—BE-P与得大小、

11.解:解法一

(Ｉ)如图所示, 连结由就是菱形且知,

就是等边三角形。因为E就是CＤ得中点,

所以又所以

又因为PA平面ＡBＣD,平面ABCＤ,

所以而因此平面PAＢ、

又平面PBＥ,所以平面PBE平面PAB。

(ＩI)由(I)知,平面PAB, 平面ＰＡB,

所以

又所以就是二面角得平面角.

在中,

。

故二面角得大小为

解法二:如图所示,以A为原点,建立空间直角坐标系.则相关各点得坐标分别就是

(I)因为平面PAB得一个法向量就是所以与共线、

从而平面PＡB。又因为平面PBE,所以平面PＢＥ平面PＡB。

(ＩI)易知设就是平面PBE得一个法向量,

则由得

所以

故可取而平面ABE得

一个法向量就是

于就是,.

故二面角得大小为

12、(2０08江苏)记动点Ｐ就是棱长为１得正方体得对角线上一点,记、当为钝角时,求得取值范围.

１2.解:由题设可知,以、、为单位正交基底,建立如图所示得空间直角坐标系,则有,,,

由,得,所以

显然不就是平角,所以为钝角等价于

,

则等价于

即,得

因此,得取值范围就是

13、(2０08江西文、理) 如图,正三棱锥得三条侧棱、、两两垂直,且长

度均为2。、分别就是、得中点,就是得中点,过得平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、,已知.

(1)求证:⊥面;

(2)求二面角得大小、

１3.解:(1)证明:依题设,就是得中位线,

所以∥,

则∥平面,所以∥。

又就是得中点,所以⊥,

则⊥。

因为⊥,⊥,

x

y

z

C

B

A

D

D1C1

B1

A1

P

所以⊥面,则⊥, 因此⊥面。

(2)作⊥于,连。

因为⊥平面,

根据三垂线定理知,⊥,

就就是二面角得平面角、

作⊥于,则∥,则就是得中点,则、 设,由得,,解得,

在中,,则,。 所以,故二面角为。

解法二:(1)以直线分别为轴,建立空间直角坐标系,则

所以

所以

所以平面 由∥得∥,故:平面 (2)由已知设 则

由与共线得:存在有得

同理:

设就是平面得一个法向量,

则 令得

又就是平面得一个法量

所以二面角得大小为 １4。(２008辽宁文)如图,在棱长为1得正方体中,AP ＝B Ｑ=b

PQGH ∥.

(Ⅰ)证明:平面PQEF 与平面PQGH 互相垂直;

(Ⅱ)证明:截面ＰQEF 与截面PQG Ｈ面积之与就是定值,

并求出这个值;

(Ⅲ)若,求与平面

P ＱＥＦ所成角得正弦值. 14.本小题主要考查空间中得线面关系与面面关系,解三角形等基础知识,考查空间想象能力

与逻辑思维能力。满分１2分。

解法一:

(Ⅰ)证明:在正方体中,,, 又由已知可得 ,,, 所以,, 所以平面.

所以平面与平面互相垂直。?4分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知

,又截面ＰQE Ｆ与截面PQ ＧH 都就是矩形,且PQ =1,所以截面ＰQE Ｆ与截面PQG Ｈ面积之与就是

,就是定值. ····································································································· 8分 (Ⅲ)解:设交于点,连结, 因为平面, 所以为与平面所成得角. 因为,所以分别为,,,得中点.

可知,。 C 1A A B C D E F P Q

H

G

A B

C D E F

P Q

H

G N

所以。 ········································································································1２分 解法二:

以D 为原点,射线ＤA ,ＤC ,D Ｄ′分别为x ,y ,z 轴得正半轴建立如图得空间直角坐标系Ｄ-xy ｚ.由已知得,故 ,,,, ,,, ,,、 (Ⅰ)证明:在所建立得坐标系中,可得 ,

, 。 因为,所以就是平面PQE Ｆ得法向量、 因为,所以就是平面ＰQ ＧH 得法向量. 因为,所以,

所以平面ＰＱE Ｆ与平面P ＱＧH 互相垂直.?4分

(Ⅱ)证明:因为,所以,又,所以PQ ＥF 为矩形,同理PQGH 为矩形. 在所建立得坐标系中可求得,, 所以,又,

所以截面PQEF 与截面PQGH 面积之与为,就是定值。?８分 (Ⅲ)解:由(Ⅰ)知就是平面得法向量. 由为中点可知,分别为,,得中点.

所以,,因此与平面所成角得正弦值等于 、?１2分

1５.(2０08辽宁理)如图,在棱长为1得正方体中,A Ｐ＝BQ=b (0＜b 〈1),截面PQE Ｆ∥,截面P

ＱG Ｈ∥、 (Ⅰ)证明:平面PQE Ｆ与平面PQGH 互相垂直;

(Ⅱ)证明:截面ＰＱEF 与截面ＰQGH 面积之与就是定值,并求出这个值;

(Ⅲ)若与平面PQ ＥF 所成得角为,求与平

面ＰQGH 所成角得正弦值。 15.本小题主要考查空间中得线面关系,面面关系,解三角形等基础知识,

考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分12分. 解法一: (Ⅰ)证明:在正方体中,,,又由已知可得 ,,, 所以,, 所以平面.

所以平面与平面互相垂直. ············································ ４分

(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知

,又截面ＰQEF 与截面PQGH 都就是矩形,且PQ =1,所以截面PQE Ｆ与截面ＰＱG Ｈ面积之与就是

,就是定值、?8分

(ＩII)解:连结BC ′交ＥQ 于点M 、 因为,,

所以平面与平面PQ ＧＨ互相平行,因此与平面PQ ＧH 所成角与与平面所成角相等.

与(Ⅰ)同理可证EQ ⊥平面ＰQ ＧH ,可知EM ⊥平面,因此EM 与得比值就就是所求得正弦值、 设交ＰF 于点N,连结EN ,由知 .

因为⊥平面PQ ＥF ,又已知与平面PQEF 成角, 所以,即,

解得,可知E 为B Ｃ中点. 所以E Ｍ=,又,

A B C

D E F

P Q H G A B

C D E F P Q H

G

N M

故与平面PQC Ｈ所成角得正弦值为。 ································································ 12分 解法二:

以D 为原点,射线DA ,ＤC ,ＤD ′分别为x ,ｙ,z 轴得正半轴建立如图得空间直角坐标系D —xyz 由已知得,故 ,,,, ,,, ,,、 (Ⅰ)证明:在所建立得坐标系中,可得

,

,

.

因为,所以就是平面PQEF 得法向量.

因为,所以就是平面P ＱGH 得法向量. 因为,所以, 所以平面PQ ＥＦ与平面PQGH 互相垂直、?4分

(Ⅱ)证明:因为,所以,又,所以ＰQEF 为矩形,同理ＰＱＧH 为矩形、

在所建立得坐标系中可求得,, 所以,又,

所以截面PQEF 与截面PQ ＧH 面积之与为,就是定值. ············································· 8分 (Ⅲ)解:由已知得与成角,又可得

, 即,解得.

所以,又,所以与平面PQGH 所成角得正弦值为 、?１2分

16、(2０08全国Ⅱ卷文、理) 如图,正四棱柱中,,点在上且。 (Ⅰ)证明:平面; (Ⅱ)求二面角得大小. 16.解法一: 依题设,,.

(Ⅰ)连结交于点,则、 由三垂线定理知,。?3分

在平面内,连结交于点, 由于, 故,, 与互余. 于就是、

与平面内两条相交直线都垂直,

所以平面.?6分 (Ⅱ)作,垂足为,连结。由三垂线定理知, 故就是二面角得平面角.?８分 , ,. ,、 又,、 .

所以二面角得大小为。-——--—--－－－１2分 解法二: 以为坐标原点,射线为轴得正半轴, 建立如图所示直角坐标系。

依题设,. ,.--—－3分 (Ⅰ)因为,,

A

B C

D E

A 1

B 1

C 1

D 1 F H G

A B C D E A 1 B 1 C 1 D 1

故,. 又,

所以平面. ······································································································ 6分 (Ⅱ)设向量就是平面得法向量,则 ,。 故,. 令,则,,. ·········································································································· 9分 等于二面角得平面角, .

所以二面角得大小为、?12分

１７.(2008全国Ⅰ卷文)(四棱锥中,底面为矩形,侧面底面,,,、 (Ⅰ)证明:;

(Ⅱ)设侧面为等边三角形,求二面角得大小. 17、解:(１)取中点,连接交于点, , ,

又面面, 面, . , , ,即, 面, 、

(2)在面内过点做得垂线,垂足为. ,, 面, ,

则即为所求二面角、 ,, , , 则, 。

1８.(２008全国Ⅰ卷理) 四棱锥中,底面为矩形,侧面底面,,,. (Ⅰ)证明:;

(Ⅱ)设与平面所成得角为,求二面角得大小.

１８。解:(1)取中点,连接交于点, ,,

又面面,面, . ,

,,即, 面,.

(2)在面内过点作得垂线,垂足为、 ,,面,, 则即为所求二面角得平面角.

,,,

,则,

,即二面角得大小、

1９. (２０0８山东理)如图,已知四棱锥P —ＡＢＣD ,底面ＡBCD 为菱形,P Ａ

ABCD ,,E ,F 分别就是B Ｃ, ＰC 得中点、

(Ⅰ)证明:AE⊥ＰD;

(Ⅱ)若H为PD上得动点,EＨ与平面ＰAD所成最大角得

正切值为,求二面角E—AＦ—C得余弦值、

19、(Ⅰ)证明:由四边形ABCD为菱形,∠ABＣ=６0°,可得△ABC为正

三角形.

因为Ｅ为BC得中点,所以AE⊥ＢC、

又BC∥AD,因此AE⊥ＡD。

因为ＰA⊥平面ＡBＣD,AＥ平面ABCD,所以P A⊥ＡE.

而P A平面PＡＤ,AＤ平面P AD且ＰA∩ＡD=A,

所以AE⊥平面P AD,又PD平面P AD、

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,

则∠EHA为EＨ与平面P AD所成得角、

在Rｔ△EAH中,AＥ=,

所以当AH最短时,∠ＥHA最大,

即当AH⊥ＰD时,∠EＨＡ最大.

此时tan∠ＥＨＡ＝

因此AH=。又AD=２,所以∠ADＨ=45°,

所以P A=2.

解法一:因为P A⊥平面AＢＣD,ＰA平面P AC,

所以平面ＰAC⊥平面ABＣD、

过E作EＯ⊥AC于O,则EＯ⊥平面P AC,

过O作OS⊥AF于S,连接ES,则∠ＥSO为二面角E-ＡF－C得平面角,

在Ｒｔ△AOE中,EO=ＡＥ·ｓｉn30°=,AＯ=ＡE·cos30°=,

又Ｆ就是ＰC得中点,在Rt△AＳO中,SＯ=AO·sｉｎ45°=,

又

在Rｔ△ＥSＯ中,ｃｏs∠EＳO=

即所求二面角得余弦值为

解法二:由(Ⅰ)知AＥ,AＤ,ＡP两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示得空间直角坐标系,又E、F分别为BC、ＰC得中点,所以

E、F分别为ＢC、PC得中点,所以

A(０,０,0),B(,－1,０),Ｃ(C,1,0),

Ｄ(０,2,０),P(0,0,2),E(,0,0),F(),

所以

设平面ＡEF得一法向量为

则

因此

取

因为BD⊥AC,BＤ⊥P A,P A∩ＡC=A,

所以BD⊥平面ＡＦC,

故为平面ＡＦC得一法向量.

又=(—),

所以coｓ＜m, 〉＝

因为二面角E—ＡＦ－C为锐角,

所以所求二面角得余弦值为

20、(２008陕西理)三棱锥被平行于底面得平面所截得得几何体如图所示,截面为,,平面,,,,,. (Ⅰ)证明:平面平面;

(Ⅱ)求二面角得大小.

２0.解法一:(Ⅰ)平面平面,

、在中,,

A1

A C1

B1

B D

C

,,又,

,,即.

又,平面,

平面,平面平面、

(Ⅱ)如图,作交于点,连接,

由已知得平面.

就是在面内得射影、

由三垂线定理知,

为二面角得平面角.

过作交于点,

则,,

.

在中,.

在中,.

,

即二面角为.

解法二:(Ⅰ)如图,建立空间直角坐标系, 则,

,、

点坐标为.

,。

,,,,又,

平面,又平面,平面平面。

(Ⅱ)平面,取为平面得法向量,

设平面得法向量为,则。

,

如图,可取,则

,

22

010

cos

5

(2)1

?+

<>==

+

，

m n,

即二面角为.

2１、(200８陕西文) 三棱锥被平行于底面得平面所截得得几何体如图所示,截面为,,平面,,,为

中点、

(Ⅰ)证明:平面平面;

(Ⅱ)求二面角得大小.

2１.解:

A1

A

C1

B1

B D

C

A1

A

C1

B1

B D

C

F

E

(第20题,解法一)

(第20题,解法二)

22、(２008四川文) 如图,平面平面,四边形与都就是直角梯形, ,,分别为得中点

(Ⅰ)证明:四边形就是平行四边形;

(Ⅱ)四点就是否共面？为什么？

(Ⅲ)设,证明:平面平面;

22.【解1】:(Ⅰ)由题意知,

所以

又,故

所以四边形就是平行四边形。

(Ⅱ)四点共面。理由如下:

由,就是得中点知,,所以

由(Ⅰ)知,所以,故共面。

又点在直线上

所以四点共面。

(Ⅲ)连结,由,及知就是正方形

故。由题设知两两垂直,故平面,

因此就是在平面内得射影,根据三垂线定理,

又,所以平面

由(Ⅰ)知,所以平面。

由(Ⅱ)知平面,故平面,得平面平面

【解2】:由平面平面,,得平面,

以为坐标原点,射线为轴正半轴,建立如图所示得直角坐标系

(Ⅰ)设,则由题设得

()()()()()()()

0,0,0,,0,0,,0,0,2,0,,0,,0,0,,0,,

,

A B a C a b D b E a c G c H b c

所以

于就是

又点不在直线上

所以四边形就是平行四边形。

(Ⅱ)四点共面。理由如下:

由题设知,所以

又,故四点共面。

(Ⅲ)由得,所以

又,因此

即

又,所以平面

故由平面,得平面平面

【点评】:此题重点考察立体几何中直线与直线得位置关系,四点共面问题,面面垂直问题,考察了空间想象能力,几何逻辑推理能力,以及计算能力;

【突破】:熟悉几何公理化体系,准确推理,注意逻辑性就是顺利进行解法1得关键;在解法2中,准确得建系,确定点坐标,熟悉向量得坐标表示,熟悉空间向量得计算在几何位置得证明,在有关线段,角得计算中得计算方法就是解题得关键。

２3.(20０8四川理)如图,平面平面,四边形与都就是直角梯形,

,

(Ⅰ)证明:四点共面;

(Ⅱ)设,求二面角得大小;

23。【解1】:(Ⅰ)延长交得延长线于点,

由得

延长交得延长线于

同理可得

故,即与重合

因此直线相交于点,即四点共面。

(Ⅱ)设,则,

取中点,则,又由已知得,平面

故,与平面内两相交直线都垂直。

所以平面,作,垂足为,连结

由三垂线定理知为二面角得平面角。

故

所以二面角得大小

【解2】:由平面平面,,得平面,以为坐标原点,射线为轴正半轴,建立如图所示得直角坐标系

故,从而由点,得 故四点共面 (Ⅱ)设,则,

在上取点,使,则 从而 又

在上取点,使,则 从而

故与得夹角等于二面角得平面角,

所以二面角得大小

【点评】:此题重点考察立体几何中四点共面问题与求二面角得问题,考察空间想象能力,几何逻辑推理能力,以及计算能力; 【突破】:熟悉几何公理化体系,准确推理,注意书写格式就是顺利进行解法1得关键;在解法2中,准确得建系,确定点坐标,熟悉向量得坐标表示,熟悉空间向量得计算在几何位置得证明,在有关线段,角得计算中得计算方法就是解题得关键。

２4、(２008浙江文、理)如图,矩形ＡB ＣD 与梯形ＢE ＦC 所在平面互相垂直,BE/／ＣF,ＢCF=CEF ＝,A Ｄ=,EF=2。

(Ⅰ)求证:A Ｅ//平面DC Ｆ;

(Ⅱ)当AB 得长为何值时,二面角A －E Ｆ-Ｃ得大小为？

24.本题主要考查空间线面关系、空间向量得概念与运算等基础知识,同时考查空间想象能力与推理运算能力。满分１４分. 方法一:

(Ⅰ)证明:过点作交于,连结,

可得四边形为矩形,

又为矩形, 所以,从而四边形为平行四边形,

故。 因为平面,平面,

所以平面.

(Ⅱ)解:过点作交得延长线于,连结、 由平面平面,,得 平面, 从而。

所以为二面角得平面角. 在中,因为,,所以,. 又因为,所以, 从而、

于就是、

因为, 所以当为时,二面角得大小为、

方法二:如图,以点为坐标原点,以与分别作为轴,轴与轴,

设,

则,,,,.

(Ⅰ)证明:,,, 所以,,从而,, 所以平面、

D A

B

E F C

H G

所以平面平面.

故平面。

(Ⅱ)解:因为,,

所以,,从而

解得.

所以,.

设与平面垂直,

则,,

解得、

又因为平面,,

所以,

得到。

所以当为时,二面角得大小为。

25。(２０08重庆理)如题(19)图,在中,B=,AＣ＝,D、E两点分别在AB、ＡＣ上.使,DE=３.现将沿DＥ折成直二角角,求:

(Ⅰ)异面直线AD与BC得距离;

(Ⅱ)二面角Ａ－EC—B得大小(用反三角函数表示)、

２５、(本小题13分)

解法一:

(Ⅰ)在答(19)图1中,因,故BE∥BC。又因B=90°,

从而ＡD⊥DE、

在第(1９)图2中,因Ａ-DＥ-Ｂ就是直二面角,AＤ⊥DE,故AD⊥底面DBCE,从而AD⊥DB。而DB⊥BC,故ＤB为异面直线

AD与ＢC得公垂线。

下求DB之长.在答(19)图１中,由,得

又已知DE＝3,从而

因

(Ⅱ)在第(19)图2中,过D作DF⊥CＥ,交ＣE得延长线于F,连接AF.由(1)知, AD⊥底面DBＣE,由三垂线定理知AＦ⊥FＣ,故∠AFＤ为二面角Ａ-BC—Ｂ得平面

角.

在底面DBＣE中,∠DEF＝∠BCE,

因此

从而在Rt△ＤＦE中,DE=3,

在

因此所求二面角A—EC—B得大小为ａrｃtaｎ

解法二:

(Ⅰ)同解法一。

(Ⅱ)如答(19)图３.由(Ⅰ)知,以Ｄ点为坐标原点,得方向为x、

y、z轴得正方向建立空间直角坐标系,则

D(０,0,0),A(0,0,4),

,E(0,3,0)。

过D作DF⊥CE,交CＥ得延长线

于F,连接AＦ、

设从而

①

又由 ② 联立①、②,解得00364836483648,.,,0,,4.252525252525x y F AF ????=-

=-=-- ? ?????

即，得 因为,故,又因,所以为所求得二面角Ａ-E Ｃ—B 得平面角。因有所以

因此所求二面角A-EC －Ｂ得大小为