2014高考理科數(shù)學必考點解題方法秘籍：立體幾何2

?？寂c方法：

.七日黃古小FK出的鈕。€（0°,90°]

1.求異面直線所成的角,J：

解題步驟：一找（作）：利用平移法找出異面直線所成的角；（1）可固定一條直線平移另一條

與其相交；（2）可將兩條一面直線同時平移至某一特殊位置。常用中位線平移法二

證：證明所找（作）的角就是異面直線所成的角（或其補角）。常需要證明線線平行；

三計算：通過解三角形，求出異面直線所成的角；

2求直線與平面所成的角,4°°'900]：關(guān)鍵找“兩足”：垂足與斜足

解題步驟：一找：找（作）出斜線與其在平面內(nèi)的射影的夾角（注意三垂線定理的應(yīng)用）；二

證：證明所找（作）的角就是直線與平面所成的角（或其補角）（常需證明線面垂直）；三計

算：常通過解直角三角形，求出線面角。

3求二面角的平面角句

解題步驟：一找：根據(jù)二面角的平面角的定義，找（作）出二面角的平面角；二證：證明所

找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定義法，三垂線法，垂面法）；三計算：通過

解三角形，求出二面角的平面角。

?？键c一：三視圖

3

1.若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的體積是cm

I--2

?？键c二：體積、表面積、距離、角2-

1.如圖所示，已知正四棱錐S-ABCD

側(cè)棱長為痣，底面邊長為百，E是

SA的中點，則異面直線BE與SC所成

角的大小為

2.如上圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1,0是底面A1B1C1D1的中心，則0到平面ABC1D1

的距離為.

3,已知S,4,8,C是球°表面上的點，SAJ?平面ABC,AB1BC,SA=AB=I,

BC=4i,則球。表面積等于.

?？键c三：平行與垂直的證明

1,正方體ABCD-ABCQI,AA|=2,E為棱CC|的中點.

(I)求證：BiD'1AE；

(II)求證：AC〃平面BQ'；

(III)求三棱錐A-BDE的體積.

?？键c四：異面直線所成的角，線面角，二面角

1.如圖，四棱錐P—ABCD的底面ABCD為正方形，PDJ_底面ABCD,

PD=AD.求證:(1)平面PAC_L平面PBD；

(2)求PC與平面PBD所成的角；

常考點五：線面、面面關(guān)系判斷題

1.已知直線1、m、平面a、B,且l_La,mU0,給出下列四

個命題：

(1)a〃B,貝ljl±m(xù)(2)若lJ_m,貝Ija〃B

(3)若a，6,則l〃m(4)若l〃m,則a，B

其中正確的是.

高考題

1.(2011年高考山東卷理科19)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平

行四邊形，NACB=9()°,EAJ_平面ABCD,EF〃AB,FG〃BC,

EG〃AC.AB=2EF.

(I)若M是線段AD的中點，求證：GM〃平面ABFE;

(II)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.

(19)

(I

PI為EFHAB,FG//9C.EGUAC,

所以,EGF?g.AAKsdipQ.

由于AB?IEF.

因此BC?IFG

的"?

由于FGffBC,B-gaC.

在CM8CO中.”是ftWM的中點.

MAMUBC,

因此FG〃AM且FG?4M.

所以四邊形4FGM為平行田邊電.

因此GMHFA.

又FAC^ABFE.GM<Z^ABF￡.

所以GA，〃平4M8FE

歷法二:

因為EF/fAB.FGIIBC.￡G〃/C?ZJCB-90.

所以Z￡GF-90.gBCMEFG.

由于AB-2￡F.

所以BC-2FG.

取時的中點N.連接GN?

因此四邊形屬\七廣為平行舊邊杉.

所以GNUFB.

在口人BCD中,M是紋段4。的中盤?連接八小.

則MNUAB.

因為MNCGNnN.

所以早腐G3M平更ABFE?

又G“u平面GRW.

所以GM〃平面皿運，

(II)修法一：

因為￡ACB-W.所以“同"8?

又￡41.平面/氏。?

于以AC.AD.AE^^K

分別以AC.AD.AE所在直線為x軸.

y1和：柏.建立如陽所示的空間雙角坐標系?

不疲/C-K>24￡=2.事由?34<M>Q,岫以叭C(ZaO).?0.0.b.

所以前MZ-Z0).^-(0.2,0).

又口?》8.

2-r.K

所以F(l.-I.l),

設(shè)平面AFC的法向■為R?a，%?A)，

JHmSC-0.mBF-0.

所以>1-0.

，,

取A?lWX)"1.

所以m-(l?0.1).

設(shè)平面MF的正向量為

則nXS-O,irBF?O.

所以弓?力，

.巧

*.Wx,-I,

M--0.1.0).

因此二面角/-8F-C的大小力&r.

由"重知.平面/a在上平畫

取彳月的中點連接c，?

因為4C-AC.

所以CHLAB.

122

*CMIT*ABFE.

過〃向HF叫?煌女。廣于A.連接CA.

MCK1BF.

所以NMtC為二面加4-8F-C的手面加

111lit.不妨設(shè)4c=?C=24￡?2,

在fl觸礴形/8FE中.連接出?

MFH1AB.

又.40-272.

所以//F-4￡-l.BH?42.

因此在R3MF中./W-y

由于CH=；48?0.

75

所以在RtAC/伍中.un〃《C?支

3

因此二面角A-BF-C的大小為&T

(20)

B：(I)當q?3時,不含“*，

當q.2時.當且僅當4-a4="時.符合星fh

當q?IO時.不合?意?

因此o)"2.a,-6.

所以公比g?3.

故4?2?尸.

(1【)因力

b.?a?*(-D.Ma.

=2尸+(-1『版2尸)

■2?尸MT)*仲2""-1沖3]

.2,廣'.(-l)T(ln2-ln3)+(T)*”ln3.

所以

)23

2.(2011年高考浙江卷理科20)如圖，在三棱錐P-A8C中，AB=ACtD

為BC的中點，P0_L平面ABC,垂足0落在線段AD上，已知BC=8,P0=4,A0=3,

0D=2

(I)證明：AP±BC；(ID在線段AP上是否存在點M,使得二面角A-MC-B

為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由。

(I)證明：如圖，以0為原點，以射線0P為z軸的正半軸，

建立空間直角坐標系0—xyz

則0(0,0,0),A(0,-3,0),8(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),

AP=(0,3,4),6C=(-8,0,0),由此可得AP-8C=0,所以

AP1BC,即APL8C

(H)解：設(shè)麗'=%西"R1，則麗=〃0,-3,-4)

BM=~BP+~PM=~BP+XPA

=(-4,-2,4)+〃0,-3,-4)

=(-4,-2-32,4-42)

__X

AC=(-4,5,0),BC=(-8,0,0)/\

設(shè)平面BMC的法向量“尸aJ，),

平面APC的法向量4=(々，%，12)儂加出

BM?/?,=0,

前.[二(),

—41]—(2+3幾)%+(4—4/i)Xj=0,

—8x)=0,

APn=0,

23y2+4z2=0,

-

AC,n2=0.4x2+5%=0,

5

可?。?(5,4,-3).

2+32

〃1,〃，=0,得4—3?=0,

由4-4/1

解得5,故AM=3o

綜上所述，存在點M符合題意，AM=3o

方法二：

(I)證明：由AB=AC,D是BC的中點，得AO'BC

又P。,平面ABC,得

因為尸0口40=0,所以BCJ?平面PAD,

故BC±PA.

(II)解：如圖，在平面PAB內(nèi)作8MJLPA于比連CM,

由(I)中知4P,BC,得平面BMC,

又APu平面APC,所以平面BMCJ?平面APC。

在RtAADB'\',AB2=AD2+BD2=4\M-AB=y/41.

在RfAPO。中,PD2=PO2+OD-

%：Rt"DB中,PB1=PD-+BD2,

所以PB?=PO2+O￡)2+OB2=36,得PB=6.

在RtAPOA中,2儲=A。？+OP2=25,得PA=5.

PA2+PB2-AB2]_

cosZBPA=

又2PAPB3

從而PM=PBcosNBPA=2,所以AM=PA-PM=3。

綜上所述，存在點M符合題意，AM=3O

￡

3.如圖，四邊形ABCD為正方形，PDL平面ABCD,PD〃QA,QA=AB=2PD.

(I)證明：平面PQC_L平面DCQ

(ID求二面角Q-BP-C的余弦值.

Q

18.解:

如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標

系D—xyz.

(I)依題意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0).4

則而=(1』,0),麗=(0,0,1),所=(1,一1,0).

所以而.而=0,而灰=0.

即PQ1DQ,PQ±DC.

故PQL平面DCQ.

又PQU平面PQC,所以平面PQCL平面DCQ.

(II)依題意有B(1,0,1),C3=(1,O,O),3P=(—1,2,-1).

x=0,

-x+2y-z=0.

二(x,y,z)是平面PBC的法向量，則

因此可取〃=(”-1「2)?

mBP=Q,

m-PQ-0.

設(shè)m是平面PBQ的法向量，則

V15

故二面角Q—BP—C的余弦值為512分

4.(2011年高考安徽卷理科17)如圖，A8COE/G為多面體，平面A8E。久

與平面AGFZ)垂直，點O在線段40上，OA^1,OD=2,VOAB,A小彳7'

OAC,^ODE,AODF都是正三角形.“的上二

/.

nn第119題圖

(I)證明直線8C〃EF；(II)求棱錐F-0BED的體積。

(I)(綜合法)

證明：設(shè)G是線段DA與線段EB延長線的交點，由于aOAB與aODE都是正三角形，所以0B

-DE-DE

//2,0B=2,0G=0D=2

同理，設(shè)G'是線段DA與線段FC延長線的交點，有0G'=0D=2,又由于G和G'都在線段DA

的延長線上，所以G與G'重合。

-DE-DE-DF-DF

在AGED和4GFD中，由0B〃2,0B=2和0C〃2,0C=2，可知B,C分別是GE

和GF的中點，所以BC是aGEF的中位線，故BC〃EF.

(向量法)

過點F作FQ_LAD,交AD于點Q,連QE,由平面ABEDL平面ADFC,知FQL平面ABED,以Q為坐

標原點，為x軸正向,QD為y軸正向，QF為Z軸正向，建立如圖所示空間直角坐標系。

V333V3

由條件知E(C,0,0),F(0,0,6),B(2,-2,0),c(0,-2彳)。

則有，C-(-T,0,T),EF=(-區(qū)0訴

所以EF=28C,即得BC〃EF.

旦

(II)解：由0B=l,0E=2,ZE0B=60°,知SE0B=2，而aOED是邊長為2的正三角形，故

迪

S0ED=6,所以SOBED=SEOB+SOED=2。

過點F作FQLAD,交AD于點Q,由平面ABED,平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F-OBED的高,

_13

且FQ=6,所以VF-OBED=3FQ-SOBED=2。

5.(2011年高考全國新課標卷理科18)四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，Z

DAB=60°,AB=2AD,PD_L底面ABCD.(I)證明:PA±BD；(II)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余

弦值。

(⑻解：

(I)因為N°A3=6°O,A8=2A°,由余弦定理得=

從而BD2+AD2=AB2,故BD，AD

又PDJ?底面ABCD,可得BD^PD

所以BD，平面PAD.故PA工BD

(H)如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為工軸的正半軸建立空間直角坐標

系1)-孫2，則

A(1,O,O)B(0，V3,0)C(-1,V3,O)尸(0,0,1)

，，，°

=瓜0),PB=(0,V3,-1),BC=(-1,0,0)

設(shè)平面PAB的法向量為n=（x,y,z）,則

因此可取n=（百』，氏）

m-PB=T0

m-Bcto

設(shè)平面PBC的法向量為m,則

3sg小=』=一也

可取m=(0,-1,Y)X'2V77

277

故二面角A-PB-C的余弦值為

6.（2011年高考天津卷理科17）如圖，在三棱柱ABC-A8c中，”是正方形44//的中

心，AA=2&,平面A4g8,且。聲=6.

（I）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；

（ID求二面角4一4G一旦的正弦值；

（III）設(shè)N為棱⑸G的中點，點M在平面徵出班內(nèi)，且W平面4月。，求線段的

長.

本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等善

解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論

方法一：如圖所示，建立空間直角坐標系，點B為坐標原點.

依題意得4(2行,0,0),5(0,0,0),C(V2,-V2,V5)

A(2V2,2V2,0),耳(0,2夜,0),C,(V2,V2,V5)

(1)解：易得/=(一夜，一0,6)，M=(-20,O,O)

/TZAD'\_-AlB]_4_V2

cos(AC,A].—..=----0=—,

于是\/\AC\'\AiBlI3x2V23

也

所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為3,

(H)解:易知"1=(。，2近,0),A￡=(-三，-夜,").

設(shè)平面AA1C1的法向量"?=（x，%z）,

m-AC=0-y/2x-y/2y+\[5z=0,

<llV

則"44=。即2隹y=0.

不妨令*=百，可得加=(亞,0,夜)，

同樣地，設(shè)平面AIBICI的法向量〃=(x，y，z),

“?A￡=0,-V2x-V2y+V5z=0,

<<

則[〃?44=0.即[一2JL：=0.不妨令y=6

可得〃=(o,后,后).

m-n_2_2

cos(〃?,〃)=

\m\-\n\~-7

于是

sin(m,n)--

從而

3也

所以二面角A—A1C1—B的正弦值為7

(III)解：由N為棱B1C1的中點，

3V2也、

得222設(shè)M(a,b,0),

T7T7zV23-\/2V5

MN=(--a,---b,—)

則222

MN?A、B\=0,

由MN_L平面AIBICI,得［須”|=0.

.’

M

lV2

V2

V2+V52o

即,

a

V2

-一

<，2

也

b在4

z

-M(4

、4x2

解得

故

——■V2<2——Vio

—,0)\BM1=—.

因此24所以線段BM的長為4

方法二：

(I)解：由于AC〃A1C1,故片是異面直線AC與AIBI所成的角.

因為,平面AA1B1B,又H為正方形AA1B1B的中心，

他=2A/2,C,H=V5,

可得AG=CG=3.

“，。4。；+4用-用。；V2

cosZC,A,B,=!------------=——.cr..-

因此2AG-AB.3

V2\

所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為3-

(H)解:連接AC1,易知AC1=B1C1,

又由于AA1=B1ALA1C1=A1=C1,

所以AAG4且AB,C,A,過點人作AR,4G于點R,

連接B1R,于是AR'AG,故"R4為二面角A—Ai。一Bl的平面角.

在RMRB,,,,與夫=A/sin/RA用=2"J-(爭=3萼?

連接ABI,在MRB］中

Aq=4,AR=B1R,cosNARBI="A一"：=_2

2AR,ByR7

sinNARB]=

從而

3」

所以二面角A—A1C1—B1的正弦值為7

(HI)解：因為MNJ_平面A1B1C1,所以

取HB1中點D,連接ND,由于N是棱B1C1中點，

ND=LC、H=—

所以ND〃C1H且22.

又G',平面AA1B1B,

所以ND，平面AA1B1B,故

又MNCND=N,

所以44,平面MND,連接MD并延長交A1B1于點E,

則ME_LA4,故

DE_BXE_BXD

山A/BtA4'

DE^BE=—

得]2,延長EM交AB于點F,

BF=BE=—.

可得,2連接旭

在Rt^ENM中,

ND1ME,故ND?=DEDM.

ND2572

DM

所以DE-4

也

FM

可得V

連接BM,在RtMFM中,

BM=yjFM2+BF2

7.（2011年高考湖南卷理科19）如圖5,在圓錐尸0中,已知P0=

。。的直徑48=2,C是A8的中點，。為AC的中點.

（I）證明：平面J_平面PAC；

（II）求二面角B-PA-C的余弦值.

解：（I）連接℃,因為°A=℃,。為的AC中點，所以AC,。。.

又產(chǎn)。,底面O,ACu底面O,所以AC_LPO.因為。。，P。是平面POO內(nèi)的兩條

相交直線，所以AC，平面尸。。。而ACu平面尸4C,所以平面POO_L平面P4C。

（II）在平面P。。中，過。作O"，P￡＞于“，由（I）知，平面尸0。J?平面PAC,所

以?！盻L平面PAC,又H4u平面PAC,所以PA_LOH.

在平面PA0中，過。作°G,P4FG,連接HG,則有PA1平面OG",

從而PAL"G,所以NOG”是二面角8—PA-C的平面角.

Rt\OD^,OD=OA-sin45°=—

在2

RfAPOD中,OH=一＞°。=2=叵

ylPO2+OD2LJ5

2+

在V2

H?。腫,。G=T"=旨=旦

在yjPO2+OA2V2+13

VIo

715

放AO/YG中,sinZOGH="==?

OGV6

cosNOGH=

在T，所以5

Vio

故二面角3一出一C的余弦值為5。

8.(2011年高考廣東卷理科18)在椎體「一AB。。中，AB。。是邊長為1的棱形，且

ZDAB=60°tPA=PD=C,PB=2,分別是8C,PC的中點，

(1)證明：A。,平面OEE(2)求二面角P-A。-8的余弦值。

18.解：(1)取AD的中點G,又PA=PD,,PG,AO,

由題意知△ABC是等邊三角形，二BG1AD,

又PG,BG是平面PGB的兩條相交直線，

AD1平面尸G8

EF//PB,DE//GB

平面OEF〃平面PGB

??.AD!平面。七/

(2)山(1)知/PG8為二面角尸―4。一8的平面角,

PG?——-NBG2=12-(1)2=|

在RfAPGA中，24；在Rt\BGA中,

PG2+BG2-PB2

cos/PGB=

在bPGB中,IPG-BG7

9.(2011年高考湖北卷理科18)如圖，已知，本棱柱

ABC-A1B1C1的各棱長都是4,E是BC的中點，動點F際二二

在側(cè)棱CC1上，且不與點C重合.

(I)當CF=1時，求證：EF1A1E.(II)設(shè)二面角C-AF-E的大小觸nJ的卜小值.

A

B

解法1：過E作ENJ.AC于N,連結(jié)EF。

(I)如圖1,連結(jié)NF、AC1,由直棱柱的性質(zhì)知，

底面ABC-L側(cè)面A1C。

又度面ABCn側(cè)面A,c=AC,且ENu底面ABC,

所以EN,側(cè)面A1C,NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影，

在Rt\CNE中，CN=CEcos60°=1>

CFCN

則由CA4,得NF〃AC1,

又故

由三垂線定理知EF1A'c-

(II)如圖2,連結(jié)AF,過N作NM_LAb于M,連結(jié)ME。

由(I)知EN,側(cè)面A1C,根據(jù)三垂線定理得石加

所以4EMN是二面角C—AF—E的平面角，即NEMN=6,

設(shè)NFAC=a，則0。<。445。

在RtACNE中,NE=ECsin60°=百，

件RfAAMN中,MN=AN?sina=3sina,

tANE也

tan0=----=------.

故MN3sina

0°<<45°,/.0<sincz<—,

又2

B

sina=——，即當a=45。

故當2時、tan8達到最小值；

,nrrA/6

tan，=——xA/2=——

33,此時F與Cl重合。

解法2：(I)建立如圖3所示的空間直角坐標系，則由已知可得

A(0,0,0),B(26,2,0),C(0,4,0),%(0,0,4),E(6,3,0),F(0,4,1),

于是離=(0,-4,4),EF=(-V3,l,l).

則區(qū)?麗=(0,—4,4>(一6//)=0-4+4=0,

故

(II)設(shè)CF=2，(0<2?4),

平面AEF的一個法向量為m=(%%Z),

則由(I)得F(0,4,X)

AE=(、萬,3,0),/=(0,4,2),于是由mlAE,m，酢可得

m-AE=0,[V3x+3y=0,

,—即5

m-AF=0,[4y+=0.

取力2=(>/3A,—/1,4).

又由直三棱柱的性質(zhì)可取側(cè)面AC1的一個法向量為〃=（1，°，°）,

2”、4,

故當％=4,即點F與點C1重合時，tan8取得最小值3

8,C

10.(2011年高考陜西卷理科16)如圖：在

A6C中,/ABC=600,NBAC=90。,AD是5c上的高，沿AO把A6Z)折起，｛JZBDC=90°

(I)證明：平面ADBL平面5°C；(n)設(shè)E為6C的中點，求屜與而夾角的余弦值。

解(I)???折起前AD是BC邊上的高，

當AABD折起后，AD±DC,AI)±DB,

又DBCDC=D,

二ADJ_平面BDC,

VAD平面U?平面BDC.

(II)由/BDC=90°及(I)知DA,DB,DC兩兩垂直，不防設(shè)「^=1,以D為坐標

原點，以所在直線軸建立如圖所示的空

間直角坐標系，易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,6),

J_3

E(2,2,o),

DB>=(1,0,0,),

TF〉與DB＞夾角的余弦值為

COS<-AE

11.(2011年高考重慶卷理科19)在四面體A8CZ)中，平面ABC±ACD(AB1

'

BC,AD=CDtzCAD=30'

(1)若4。=2,AB^BC,求四面體A8CO的體積。

(II)若二面角C-AB-D為60°,求異面直線AD與BC所成角的余弦值。

(II)由(I)知黑")=(3』-3工-3)。

從而有g(shù)'(x)=(-3/+9x)e

令《，(*)=0.得-3r+9.r=0.解得孫=。,%=3.

當*?€(-8.0)時.g'(x)＜。.故g(x)在(-8,0)上為減函數(shù)；

當x￡(0.3)時./(X)＞。.故g(x)在(0,3)上為增函數(shù)；

當*W(3,8)時,g(T)＜。，故￡x)在(3,+8)上為減函數(shù)；

從而函數(shù)K(m)在孫=。處取得極小值g(0)=-3,在％=3處取得極大曲

g(3)=l5c-?.

(19)(本題12分)

(I)解:如答(19)圖1,設(shè)F為4c的中點，由于

小。=C”.所以。尸_LAC.故由平面4BC1平面ACD,

知OF_L平面48C.即。尸是四面體A8C0的面ABC

上的高，且。尸=4Dsin30°=\,AF=4Dcos300=A

在RtZUBC中.因AC=2AF=26，AB=2BC,

由勾股定理易知BC=考工48=8答

答(19)圖1

故四面體ABC。的體積

±xXxV152^5_4_

S^BC-DFXX

=y,325*5-5-

(H)解法一:如答(19)圖1,設(shè)C,H分別為邊CD,80的中點，則FG〃/1。GH//BC,

從而4FCH是異面直線4。與8c所成的角或其補角.

設(shè)E為邊48的中點，貝|JEF〃8c.由4B±BC,知EFJ.AB.又由(I)有。FJ?平面

HBC,故由三垂線定理知DE1AB.所以乙DEF為二面角C-AB-D的平面角.由題設(shè)知

乙DEF=60°.

設(shè)AD=a,貝ljDF=AD-sinCAD=

在RtADEF中,EF=DF?cotDEF

從而CH==EF=

因RtZUOEgRtZiBOE.故8D=AD=。，從而，在中.F-=^BDa

T

又FC=1-AD=-2-,從而在“劭中.因FC-口,由余弦定理得

cosFGH

兇此.異面“線⑺'-J"C聽成用的余弦值為?

解法二：如答(19)圖2.過尸作FMJ,一交AB

*-M-已知=CD.平面48C_L平

面“、〃,易?FC」""“兩兩垂直.以F為原點，射緩

FM'FC,FD分別為工軸,)軸,z軸的正

中嫻,建立空間直角坐標系F-xyz.

不妨設(shè)4。=2,由C"=AD,￡.CAD=30。，易

知點就CO的坐標分別為

14(0,-A.0).C(O,A,O),D(O,O,1),,

則,擊=(0.a,1).

顯然向量￡=是平面的法向量.

(0,0.1)/18CB

已知二面角C-48-。為60。，故可取平面

答(19)圖2

ABD的單位法向量n=(/,m,n)，使得<.n,k>

=60。,從而n=Y?

由nJ.4。,有萬m+n=0，從而m=-g.

o

由尸+m?+n?=1,得，=±~.

設(shè)點B的坐標為B(z,y,0)；由行1B?,n，而，取/=亨，有

V+>2=3,

9=0,

而萬L解之得,,r（舍去）.

冷差6+有）=0,_7M

y=T'

易知/=_號與坐標系的建立方式不合，舍去.

因此點B的坐標為鳳￥，竽,0)?所以次=(竽，

cos<就而>=帶T"

故異面直線AD與BC所成的角的余弦值為看，

12.(2011年高考四川卷理科19)如圖,在直三棱柱AB-A1B1C1中.ZBAC=90°,AB=AC=AA1

=1.D是棱CC1上的一P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點，且PB1〃平面BDA.

(D求證:CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值.(皿)求點C到平面B1DP的距離.

解析：(1)連接用A交84于0,面BDA、8/u面AgP,而A與尸門面BAQ=。。,

耳尸〃0°,又。為qA的中點,

D為AP中點，G為AJ，,AACDSAPC.D：.C,D=CD口為CC,的中點。

（2）由題意48,4。"8_1_44|=45_1面人人℃,過8作4”_14￡）,連接3“，則

BH1AD,.-.ZAHB為二面角的平面角。在MA.D中，

2M

川_2亞D?_3V5…D_AH二2

V555BH3>/53

AA,-1,AD=,A.D

22，則

所以『7.5兇配=g44?SMC，Ag=1

⑶因為依=VB、PCD。

UAPCDUAPC)C^APCjD-？4~4

9+5_5

B.D^^,B.P=y/5,PD=—.cosZDB.P=".%=氈,sinZDByP=—

22

2』君55

在的Z）P中,2

13石T*

??q—

?°gPD~223

13.（2011年高考全國卷理科19）四棱錐S-A8CO中，ABCDBCLCD,側(cè)面SAB為

等邊三角形，48=BC=2,CO=S￡>=1（［）證明：5。1S48；（口）求A8與平面SBC

所成角的大小.

（II）建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算計算把求角的問題轉(zhuǎn)化為數(shù)值計算問

題,思路清晰思維量小。

【精講精析】計算SD=1,4°=逐,54=2,于是=利用勾股定理，可知

SDISAt同理，可證5O_LS8

又SAnS8=S

因此,SD1平面SA8

(H)過D做_L平面ABC。，如圖建立空間直角坐標系D-xyz,

A⑵T,0),B⑵1,。)?。,1,。)「4°‘日)

可計算平面SBC的-個法向量是〃=(0，后2),相=(0,2,0)

26_后

lcos<?>l=

\AB\-\n\

arcsin----

所以AB與平面SBC所成角為7.

14.(2011年高考江蘇16)如圖，在四棱錐P-ABCO中，平面PAD,平面ABCD,,|B=AD,Z

BAD=60°,E、F分別是AP、AD的中點.求證：/\

(1)直線EF〃平面PCD；(2)平面BEFL平面PAD7V\n

15.(2011年高考北京卷理科16)在四棱錐P—AB。。中，PA,平面A8CZ),慮面A8CO

是菱形，AB=2,N5AO=6(r

(I)求證：8OJ.平面「A*(II)若融="8,求與AC所成角的余弦值；、(山)當平

面P8C與平面POC垂直時，求P4的長.

16.(2011年高考福建卷理科20科口圖,四棱錐P-ABCD中,PAL底

面ABCD,四邊形ABCD

中，AB±AD,AB+AD=4,CD=^2,ZCDA=45°.(T)求證：平面

PAB_L平面PAD；

(ID設(shè)AB=AP.(i)若直線PB與平面PCD所成的角為30°,求線

段AB的長；

(ii)在線段AD上是否存在一個點G,使得點G到點P,B,C,D的距離都相等？說明理山.

的正四棱柱，°'是4G和BR的交點。

(I)設(shè)A4與底面44GA所成的角的大小為a,二面角A-42-4的大小為夕求證:

tanP=V2tana.

?

4

(2)若點C到平面AgR的距離為3,求正四棱柱—A4G2的高。

裱奉后比2先覺，

立嚎浮時遣已，

分享一些學習的名言，讓學習充實我們的生活:

1、在學習中，在勞動中，在科學中，在為人民的忘我服務(wù)中，你可以找到自己的幸福。一捷連斯基

2、讀書是學習，使用也是學習，而且是更重要的學習。一毛澤東

3,人不光是靠他生來就擁有一切，而是靠他從學習中所得到的一切來造就自己。一歌德

4,正確的道路是這樣：吸取你的前輩所做的一切，然后再往前走。一列夫?托爾斯泰

5,夫?qū)W須志也，才須學也。非學無以廣才，非志無以成學。一諸葛亮

6,科學研究好象鉆木板，有人喜歡鉆薄的；而我喜歡鉆厚的。一