2021届高考数学大一轮复习（2021-2021高考题库）第7章 第7节 立体几何中的空间向量方法 理 新人教A版.DOC

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1、12009201320092013 年高考真题备选题库第七章年高考真题备选题库第七章立体几何立体几何第七节第七节立体立体几何中的空间向量方法几何中的空间向量方法考点考点利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角1（2013 新课标全国，12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面 ABC平面 AA1B1B，ABCB，求直线 A1C 与平面 BB1C1C所成角的正弦值解：本题主要考查空间几何体中的线线垂直的证明和线面角的计算，意在考查考生的空间想象能力、推理判断能力和计算能力(1)证明：取 AB 的中点 O，连接 OC，OA

2、1，A1B.因为 CACB，所以 OCAB.由于 ABAA1，BAA160，故AA1B 为等边三角形，所以 OA1AB.因为 OCOA1O，所以 AB平面 OA1C.又 A1C平面 OA1C，故 ABA1C.(2)由(1)知 OCAB，OA1AB.又平面 ABC平面 AA1B1B，交线为AB，所以 OC平面 AA1B1B，故 OA，OA1，OC 两两相互垂直以 O 为坐标原点，OA的方向为 x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.由题设知 A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(1,0,0)则BC(1,0，3)，1BB1AA(1，3，0)，

3、1AC(0，3，3)设 n(x，y，z)是平面 BB1C1C 的法向量，则nBC0，n1BB0.即x 3z0，x 3y0.可取 n(3，1，1)故 cosn，1ACn1AC|n|1AC|105.所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为105.2（2013 新课标全国，12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别是 AB，BB1的中点，AA1ACCB22AB.(1)证明：BC1/平面 A1CD；(2)求二面角 DA1CE 的正弦值2解：本题以直三棱柱为载体，考查直线与平面平行以及二面角的求解等知识，意在考查考生的空间想象能力以及化归转化能力、基本运算能力等(1)证明：

4、连接 AC1交 A1C 于点 F，则 F 为 AC1中点又 D 是 AB 中点，连接 DF，则 BC1DF.因为 DF平面 A1CD，BC1平面 A1CD，所以 BC1平面 A1CD.(2)由 ACCB22AB 得，ACBC.以 C 为坐标原点，CA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.设 CA2，则 D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD(1,1,0)，CE(0,2,1)，1CA(2,0,2)设 n(x1，y1，z1)是平面 A1CD 的法向量，则nCD0，n1CA0.即x1y10，2x12z10.可取 n(1，1，1)同理，设 m 是平面 A

5、1CE 的法向量，则mCE0，m1CA0.可取 m(2,1，2)从而 cosn，mnm|n|m|33，故 sinn，m63.即二面角 DA1CE 的正弦值为63.3.(2013 山东，12 分)如图所示，在三棱锥 PABQ 中，PB平面 ABQ，BABPBQ，D，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP，BP 的中点，AQ2BD，PD 与 EQ 交于点 G，PC 与 FQ 交于点 H，连接 GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角 DGHE 的余弦值解：本题考查空间线面平行的判定定理、性质定理，二面角的求解，空间向量在立体几何中的应用等基础知识与方法，考查转化与化归思想等数学思想方法，考查考生的

6、空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力(1)因为 D，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP，BP 的中点，所以 EFAB，DCAB.所以 EFDC.又 EF平面 PCD，DC平面 PCD，所以 EF平面 PCD.又 EF平面 EFQ，平面 EFQ平面 PCDGH，所以 EFGH.又 EFAB，所以 ABGH.3(2)法一：在ABQ 中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90，即 ABBQ，因为 PB平面 ABQ，所以 ABPB.又 BPBQB，所以 AB平面 PBQ.由(1)知 ABGH，所以 GH平面 PBQ.又 FH平面 PBQ，所以 GHFH.同理可得 GHHC，所以FHC 为二面角 D

7、GHE 的平面角设 BABQBP2，连接 FC，在 RtFBC 中，由勾股定理得 FC 2，在 RtPBC 中，由勾股定理得 PC 5.又 H 为PBQ 的重心，所以 HC13PC53.同理 FH53.在FHC 中，由余弦定理得 cos FHC5959225945.即二面角 DGHE 的余弦值为45.法二：在ABQ 中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又 PB平面 ABQ，所以 BA，BQ，BP 两两垂直以 B 为坐标原点，分别以 BA，BQ，BP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系设 BABQBP2，则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)

8、，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)所以EQ(1,2，1)，FQ(0,2，1)，DP(1，1，2)，CP(0，1,2)设平面 EFQ 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，由 mEQ0，mFQ0，得x12y1z10，2y1z10，取 y11，得 m(0,1,2)设平面 PDC 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)，4由 nDP0，nCP0，得x2y22z20，y22z20，取 z21，得 n(0,2,1)，所以 cosm，nmn|m|n|45.因为二面角 DGHE 为钝角，所以二面角 DGHE 的余弦值为45.4（2013 广东，14 分）如图 1，在等腰直角三角形 AB

9、C 中，A90，BC6，D，E分别是 AC，AB 上的点，CDBE 2，O 为 BC 的中点将ADE 沿 DE 折起，得到如图 2所示的四棱锥 ABCDE，其中 AO 3.图 1图 2(1)证明：AO平面 BCDE；(2)求二面角 ACDB 的平面角的余弦值解：本题考查线面垂直的判定定理、二面角等基础知识，考查空间向量在立体几何中的应用，考查化归与转化思想，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力(1)证明：由题意，易得 OC3，AC3 2，AD22.连接 OD，OE.在OCD 中，由余弦定理可得ODOC2CD22OCCDcos 45 5.由翻折不变性可知 AD22，所以 AO2OD2AD

10、2，所以 AOOD.同理可证 AOOE，又 ODOEO，所以 AO平面 BCDE.(2)(传统法)过 O 作 OHCD 交 CD 的延长线于 H，连接 AH，如图所示因为 AO平面 BCDE，所以 AHCD，所以AHO 为二面角 ACDB 的平面角结合 OC3，BCD45，得 OH322，从而 AHOH2OA2302.所以 cos AHOOHAH155，所以二面角 ACDB 的平面角的余弦值为155.(向量法)以 O 点为原点，建立空间直角坐标系 Oxyz 如图所示，则 A(0,0，3)，C(0，3,0)，D(1，2,0)，所以CA(0,3，53)，DA(1,2，3)设 n(x，y，z)为平面

11、 ACD 的法向量，则nCA0，nDA0，即3y 3z0，x2y 3z0，解得yx，z 3x，令 x1，得 n(1，1，3)，即 n(1，1，3)为平面 ACD 的一个法向量由(1)知，OA(0,0，3)为平面 CDB 的一个法向量，所以 cos n，OAnOA|n|OA|33 5155，即二面角 ACDB 的平面角的余弦值为155.5.（2013 辽宁，12 分）如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点(1)求证：平面 PAC平面 PBC；(2)若 AB2，AC1，PA1，求：二面角 CPBA 的余弦值解：本题考查面面关系的证明及二面角的求解问题，也考查了应用空间向量求

12、解立体几何问题，试题同时考查了考生的空间想象能力和推理归纳能力(1)证明：由 AB 是圆的直径，得 ACBC，由 PA平面 ABC，BC平面 ABC，得 PABC.又 PAACA，PA平面 PAC，AC平面 PAC，所以 BC平面 PAC.因为 BC平面 PBC，所以平面 PBC平面 PAC.(2)法一：过 C 作 CMAP，则 CM平面 ABC.如图，以点 C 为坐标原点，分别以直线 CB，CA，CM 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系因为 AB2，AC1，所以 BC 3.因为 PA1，所以 A(0,1,0)，B(3，0,0)，P(0,1,1)故CB(3，0,0)，CP(0,1,1

13、)设平面 BCP 的法向量为 n1(x，y，z)，则CBn10，CPn10，所以3x0，yz0，不妨令 y1，则 n1(0,1，1)因为AP(0,0,1)，AB(3，1,0)，6设平面 ABP 的法向量为 n2(x，y，z)，则APn20，ABn20，所以z0，3xy0，不妨令 x1，则 n2(1，3，0)于是 cosn1，n232 264，所以由题意可知二面角 CPBA 的余弦值为64.法二：过 C 作 CMAB 于 M，因为 PA平面 ABC，CM平面 ABC，所以 PACM，故 CM平面 PAB.又因为 PAABA，且 PA平面 PAB，AB平面 PAB，过 M 作 MNPB 于 N，连

14、接 NC，由三垂线定理得 CNPB，所以CNM 为二面角 CPBA 的平面角在 RtABC 中，由 AB2，AC1，得 BC 3，CM32，BM32.在 RtPAB 中，由 AB2，PA1，得 PB 5.因为 RtBNMRtBAP，所以MN1325，故 MN3 510.又在 RtCNM 中，CN305，故 cosCNM64.所以二面角 CPBA 的余弦值为64.6.（2012 陕西，5 分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.55B.53C.2 55D.35解析：设 CA2，则 C(0,0,0)，A(2,0,0

15、)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量1AB(2,2,1)，71BC(0,2，1)，由向量的夹角公式得 cos1AB，1BC202211041 4411555.答案：A7.（2012 新课标全国，12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACBC12AA1，D 是棱 AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角 A1BDC1的大小解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于 D 为 AA1的中点，故 DCDC1.又 AC12AA1，可得 DC21DC2CC21，所以 DC1DC.而 DC1BD，DCBDD，所以 DC1平面 BCD.

16、BC平面 BCD，故 DC1BC.1AD(2)由(1)知 BCDC1，且 BCCC1，则 BC平面 ACC1，所以 CA，CB，CC1两两相互垂直以 C 为坐标原点，CA的方向为 x 轴的正方向，|CA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.由题意知 A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1，0,1)，C1(0,0,2)则1AD(0,0，1)，BD(1，1,1)，1DC(1,0,1)设 n(x，y，z)是平面 A1B1BD 的法向量，则nBD0，n1AD0，即xyz0，z0，可取 n(1,1,0)同理，设 m 是平面 C1BD 的法向量，则mBD0，m1DC0，可取 m(1,2

17、,1)从而 cosn，mnm|n|m|32.故二面角 A1BDC1的大小为 30.7（2012 浙江，15 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面是边长为 23的菱形，BAD120，且 PA平面 ABCD，PA2 6，M，N分别为 PB，PD 的中点(1)证明：MN平面 ABCD；(2)过点 A 作 AQPC，垂足为点 Q，求二面角 AMNQ 的平面角的8余弦值解：(1)因为 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MN 是PBD 的中位线，所以 MNBD.又因为 MN平面 ABCD，所以 MN平面 ABCD.(2)法一：连结 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点，OC，OD 所在直线为

18、 x，y 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示在菱形 ABCD 中，BAD120，得ACAB2 3，BD 3AB6.又因为 PA平面 ABCD，所以 PAAC.在直角三角形 PAC 中，AC2 3，PA2 6，AQPC，得 QC2，PQ4.由此知各点坐标如下，A(3，0,0)，B(0，3,0)，C(3，0,0)，D(0,3,0)，P(3，0,2 6)，M(32，32，6)，N(32，32，6)，Q(33，0，2 63)设 m(x，y，z)为平面 AMN 的法向量由AM(32，32，6)，AN(32，32，6)知32x32y 6z0，32x32y 6z0.取 z1，得 m(2 2，0，1)

19、设 n(x，y，z)为平面 QMN 的法向量由QM(5 36，32，63)，QN(5 36，32，63)知5 36x32y63z0，5 36x32y63z0.取 z5，得 n(2 2，0,5)于是 cosm，nmn|m|n|3333.所以二面角 AMNQ 的平面角的余弦值为3333.法二：在菱形 ABCD 中，BAD120，得ACABBCCDDA，BD 3AB.又因为 PA平面 ABCD，所以9PAAB，PAAC，PAAD.所以 PBPCPD.所以PBCPDC.而 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MQNQ，且 AM12PB12PDAN.取线段 MN 的中点 E，连结 AE，EQ，则

20、AEMN，QEMN，所以AEQ 为二面角 AMNQ 的平面角由 AB2 3，PA2 6，故在AMN 中，AMAN3，MN12BD3，得AE3 32.在直角三角形 PAC 中，AQPC，得 AQ2 2，QC2，PQ4.在PBC 中，cosBPCPB2PC2BC22PBPC56，得MQPM2PQ22PMPQcosBPC 5.在等腰三角形 MQN 中，MQNQ 5，MN3，得QEMQ2ME2112.在AEQ 中，AE3 32，QE112，AQ2 2，得cosAEQAE2QE2AQ22AEQE3333.所以二面角 AMNQ 的平面角的余弦值为3333.8(2010 广东，14 分)如图，AEC是半径为

21、 a 的半圆，AC 为直径，点 E 为AC的中点，点 B 和点 C 为线段 AD 的三等分点平面 AEC 外一点 F 满足 FBFD 5a，FE 6a.(1)证明：EBFD；(2)已知点 Q，R 分别为线段 FE，FB 上的点，使得 FQ23FE，FR23FB，求平面 BED与平面 RQD 所成二面角的正弦值解：(1)证明：E 为AC中点，ABBC，AC 为直径，EBAD.EF26a2(5a)2a2BF2BE2，EBFB.又BFBDB，EB平面 BDF.FD平面 BDF，EBFD.10法一：(2)过 D 作 HDQR，连接 FC.FQ23FE，FR23FB，QREB，HDEB.又D平面 BED

22、平面 RQD，HD 为平面 BED 与平面 PQD 的交线，BD，RD平面 BDF，EB平面 BDF，HDBD，HDRD.RDB 为平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的平面角，FBFD，BCCD，FCBD，cosFBCBCBFa5a55.sinFBC2 55.RD BD2BR22BDBRcosFBC4a259a222a53a15293a.sinRDBRBRDsinFBC53a293a252 2929.法二：(2)如图，以 B 为原点，BE为 x 轴正方向，BD为 y 轴正方向，过 B 作平面 BEC 的垂线，建立空间直角坐标系，连接 FC，由此得B(0,0,0)，C(0，a,0)，D(0

23、,2a,0)，E(a,0,0)FDFB，BCCD，FCBD.FC2a，FQ23FE，FR23FB，R(0，13a，23a)，RQ23BE(23a,0,0)11RD(0，53a，23a)设平面 RQD 的法向量为 n1(x，y，z)，则 n1RD0，n1RQ0，n1(0,2,5)平面 BED 的法向量为 n2(0,0,1)，cosn1，n25 2929.sinn1，n22 2929.平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值为2 2929.9(2009山东，12 分)如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为等腰梯形，ABCD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1，

24、F 分别是棱 AD，AA1，AB 的中点(1)证明：直线 EE1平面 FCC1；(2)求二面角 BFC1C 的余弦值解：(1)证明：法一：取 A1B1的中点 F1，连结 FF1、C1F1，由于 FF1BB1CC1，所以 F1平面 FCC1，因此平面 FCC1即为平面 C1CFF1，连结 A1D、F1C，由于 A1F1綊 D1C1綊 CD，所以四边形 A1DCF1为平行四边形，因此 A1DF1C.又 EE1A1D，得 EE1F1C，而 EE1平面 FCC1，F1C平面 FCC1，故 EE1平面 FCC1.法二：因为 F 为 AB 的中点，CD2，AB4，ABCD，所以 CD 綊 AF，因此四边形

25、 AFCD 为平行四边形，所以 ADFC.又 CC1DD1，FCCC1C，FC平面 FCC1，CC1平面 FCC1，所以平面 ADD1A1平面 FCC1，又 EE1平面 ADD1A1，所以 EE1平面 FCC1.(2)法一：取 FC 的中点 H，12由于 FCBCFB，所以 BHFC.又 BHCC1，所以 BH平面 FCC1.过 H 作 HGC1F 于 G，连结 BG.由于 HGC1F，BH平面 FCC1，所以 C1F平面 BHG，因此 BGC1F，所以BGH 为所求二面角的平面角在 RtBHG 中，BH 3，又 FH1，且FCC1为等腰直角三角形，所以 HG22，BG312142，因此 co

26、sBGHGHBG2214277，即所求二面角的余弦值为77.法二：过 D 作 DRCD 交 AB 于 R，以 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 F(3，1,0)，B(3，3,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，所以FB(0,2,0)，1BC(3，1,2)，DB(3，3,0)，由 FBCBCDDF，所以 DBFC.又 CC1平面 ABCD，所以DB为平面 FCC1的一个法向量设平面 BFC1的一个法向量为 n(x，y，z)，则由nFB，n1BC得x，y，z0，2，00，x，y，z 3，1，20，即2y0，3xy2z0，取 x1，得y0，z32.因此 n(1,0，32)，所以

27、 cosDB，nDBn|DB|n|133391341777.故所求二面角的余弦值为77.考点二利用向量解决立体几何中的探索问题1（2013 福建，13 分）如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 AA1底面 ABCD，ABDC，AA11，AB3k，AD4k，BC5k，DC6k(k0)(1)求证：CD平面 ADD1A1；(2)若直线 AA1与平面 AB1C 所成角的正弦值为67，求 k 的值；(3)现将与四棱柱 ABCDA1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接

28、成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为 f(k)，写出 f(k)的解析式(直接写出答案，不必说明理由)解：本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、柱体的概念及表面积等基础知识，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、分类与整合思想、化归与转化思想(1)证明：取 CD 的中点 E，连接 BE.ABDE，ABDE3k，四边形 ABED 为平行四边形，BEAD 且 BEAD4k.在BCE 中，BE4k，CE3k，BC5k，BE2CE2BC2，BEC90，即 BECD.又 BEAD，CDAD.AA1平面 ABCD，CD平面 ABCD，AA1CD.又 AA1ADA，CD平面

29、 ADD1A1.(2)以 D 为原点，DA，DC，1DD的方向为 x，y，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，所以AC(4k,6k,0)，1AB(0,3k,1)，1AA(0,0,1)14设平面 AB1C 的法向量 n(x，y，z)，则由ACn0，1ABn0，得4kx6ky0，3kyz0.取 y2，得 n(3,2，6k)设 AA1与平面 AB1C 所成角为，则sin|cos1AA，n|1AAn|1AA|n|6k36k21367，解得 k1，故所求 k 的值为 1.(3)共有 4 种不同的方案f(k)

30、72k226k，0518.2(2013 四川，12 分)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱 AA1底面 ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分别是线段 BC，B1C1的中点，P 是线段 AD 的中点(1)在平面 ABC 内，试作出过点 P 与平面 A1BC 平行的直线 l，说明理由，并证明直线 l平面 ADD1A1；(2)设(1)中的直线 l 交 AB 于点 M，交 AC 于点 N，求二面角 AA1MN 的余弦值解：本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力(1)如图，在平

31、面 ABC 内，过点 P 作直线 lBC，因为 l在平面 A1BC 外，BC 在平面 A1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面 A1BC.由已知，ABAC，D 是 BC 的中点，所以 BCAD，则直线 lAD.因为 AA1平面 ABC，所以 AA1直线 l.又 AD，AA1在平面 ADD1A1内，且 AD 与 AA1相交，所以直线 l平面 ADD1A1.(2)法一：连接 A1P，过 A 作 AEA1P 于 E，过 E 作 EFA1M 于 F，连接 AF.由(1)知，MN平面 AEA1，所以平面 AEA1平面 A1MN.所以 AE平面 A1MN，则 A1MAE.所以 A1M平面 AE

32、F，则 A1MAF.故AFE 为二面角 AA1MN 的平面角(设为)设 AA11，则由 ABAC2AA1，BAC120，15有BAD60，AB2，AD1.又 P 为 AD 的中点，所以 M 为 AB 的中点，且 AP12，AM1，所以在 RtAA1P 中，A1P52；在 RtA1AM 中，A1M 2.从而 AEAA1APA1P15，AFAA1AMA1M12，所以 sin AEAF25.所以 cos 1sin21252155.故二面角 AA1MN 的余弦值为155.法二：设 A1A1.如图，过 A1作 A1E 平行于 B1C1，以 A1为坐标原点，分别以1AE，11AD，1A A的方向为 x 轴

33、，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz(点 O 与点 A1重合)则 A1(0,0,0)，A(0,0,1)因为 P 为 AD 的中点，所以 M，N 分别为 AB，AC 的中点，故 M32，12，1，N32，12，1，所以1AM32，12，1，1A A(0,0,1)，NM(3，0,0)设平面 AA1M 的法向量为 n1(x1，y1，z1)，则n11AM，n11A A，即n11AM0，n11A A0，故有x1，y1，z132，12，10，x1，y1，z10，0，10，从而32x112y1z10，z10.取 x11，则 y1 3，所以 n1(1，3，0)设平面 A1MN 的法向量为 n

34、2(x2，y2，z2)，则n21AM，n2NM，即n21AM0，n2NM0，16故有x2，y2，z232，12，10，x2，y2，z2 3，0，00，从而32x212y2z20，3x20.取 y22，则 z21，所以 n2(0,2，1)设二面角 AA1MN 的平面角为，又为锐角，则 cos|n1n2|n1|n2|1，3，00，2，12 5|155.故二面角 AA1MN 的余弦值为155.3（2012 北京，14 分）如图 1，在 RtABC 中，C90，BC3，AC6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE2.将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1CCD，如图 2

35、.(1)求证：A1C平面 BCDE；(2)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小；(3)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由解：(1)证明：因为 ACBC，DEBC，所以 DEAC.所以 EDA1D，DECD，所以 DE平面 A1DC.所以 DEA1C.又因为 A1CCD.所以 A1C平面 BCDE.(2)如图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Cxyz，则A1(0,0,2 3)，D(0,2,0)，M(0,1,3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面 A1BE 的法向量为 n(x，y，z)，则nA1B0，nB

36、E0.又 A1B3，0，2 3），BE(1,2，0)，17所以3x2 3z0，x2y0.令 y1，则 x2，z 3.所以 n(2,1，3)设 CM 与平面 A1BE 所成的角为.因为 CM0，1，3),所以 sin|cosn，CM|nCM|n|CM|48 422.所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为4.(3)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，理由如下：假设这样的点 P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中 p0,3设平面 A1DP 的法向量为 m(x，y，z)，则m1AD0，mDP0.又1AD0，2，2 3，DP(p，2,0)，所以2y23z0，px2

37、y0.令 x2，则 yp，zp3.所以 m(2，p，p3)平面 A1DP平面 A1BE，当且仅当 mn0，即 4pp0.解得 p2，与 p0,3矛盾所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直4(2009宁夏、海南高考)(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍P 为侧棱 SD 上的点(1)求证：ACSD；(2)若 SD平面 PAC，求二面角 PACD 的大小；(3)在(2)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 SEEC的值；若不存在，试说明理由解：法一：(1)连结 BD，

38、设 AC 交 BD 于 O.由题意 SOAC.在正方形 ABCD 中，ACBD，BDSOO，18所以 AC平面 SBD，得 ACSD.(2)设正方形边长为 a，则 SD 2a.又 OD22a，所以SDO60.连结 OP，由(1)知 AC平面 SBD，所以 ACOP，且 ACOD，所以POD 是二面角 PACD 的平面角由 SD平面 PAC，知 SDOP，所以POD30，即二面角 PACD 的大小为 30.(3)在棱 SC 上存在一点 E，使 BE平面 PAC.由(2)可得 PD24a，故可在 SP 上取一点 N，使 PNPD.过 N 作 PC 的平行线与 SC 的交点即为 E，连结 BN.在B

39、DN 中，知 BNPO.又由于 NEPC，故平面 BEN平面 PAC，得 BE平面 PAC.由于 SNNP21，故 SEEC21.法二：(1)连结 BD.设 AC 交 BD 于 O，由题意知 SO平面 ABCD.以 O 为坐标原点，OB、OC、OS分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系 Oxyz，如图设底面边长为 a，则高 SO62a.于是 S(0,0，62a)，D(22a,0,0)，C(0，22a,0)，OC(0，22a,0)，SD(22a,0，62a)，OCSD0，故 OCSD.从而 ACSD.(2)由题设知，平面 PAC 的一个法向量DS(22a,0，62a)，平面 DAC 的一个法向量OS(0,0，62a)设所求二面角为，则 cosOSDS|OS|DS|32，所求二面角的大小为 30.(3)在棱 SC 上存在一点 E 使 BE平面 PAC.由(2)知DS是平面 PAC 的一个法向量，19且DS(22a,0，62a)，CS(0，22a，62a)设CEtCS，则BEBCCEBCtCS(22a，22a(1t)，62at)而BEDS0t13.即当 SEEC21 时，BEDS.而 BE 不在平面 PAC 内，故 BE平面 PAC.