高考知识点分章复习之立体几何.pdf

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1、高考数学立体几何空间向量解法一、有关公式投影公式：b在a方向上的投影：OB1=?aba=bCOS111222222111121212121212(,),(,),(1)(2)(0)cosa x y zb xyzxyza babxyzababx xy yz za ba bx xy yz zrrrrrrPrrru rr rr r1.设：或（=）(3)一般情况：二、平面的法向量1、定义：如果 a，那么向量 a 叫做平面的法向量。平面的法向量共有两大类（从方向上分），无数条。2、平面法向量的求法(内积法):在给定的空间直角坐标系中，设平面的法向量(,1)nx yr 或(,1,)nxzv，或(1,)ny

2、zr，在平面内任找两个不共线的向量,a br r。由nr，得0n ar r且0n br r，由此得到关于,x y的方程组，解此方程组即可得到nr。三、平面法向量的应用 1、求空间角（1）求线线角：已知两异面直线ba,，,A Ba C Db，则异面直线所成的角为：cosABCDAB CD?uuu ruuu ruuu ruuu r（2）求线面角：如图2-1，设 n 是平面的法向量，AB是平面的一条斜线，A，则 AB与平面所成的角为：图 2-1-1:.|arccos2,2ABnABnABn图 2-1-2:2|arccos2,ABnABnABn(3)求面面角:设向量 m，n 分别是平面、的法向量，则二

3、面角l的平面角为：|arccos,nmnmnm（图 2-2）;|arccos,nmnmnm(图 2-3)两个平面的法向量方向选取合适,可使法向量夹角就等于二面角的平面角。约定，在图 2-2 中，m的方向对平面而言向外，n 的方向对平面而言向内；在图 2-3 中，m的方向对平面而言向内，n 的方向对平面而言向内。2、求空间距离（1）异面直线之间距离:方法指导：如图2-4,作直线a、b的方向向量 a、b，求 a、b 的法向量 n，即此异面直线a、b 的公垂线的方向向量；在直线 a、b 上各取一点 A、B，作向量 AB；求向量 AB 在 n 上的射影 d，则异面直线 a、b 间的距离为|?nnABd

4、,其中bBaAbnan,（2）点到平面的距离:方法指导：如图2-5,若点 B为平面外一点，点A 为平面内任 一点，平面的法向量为n，则点 B到平面的距离公式为|?nnABd（3）直线与平面间的距离:方法指导：如图2-6,直线a与平面之间的距离：|AB ndnuu u rrr，其中aBA,。nr是平面的法向量（4）平面与平面间的距离:方法指导：如图 2-7,两平行平面,之间的距离：|?nnABd，其中,AB。nr是平面、的法向量。3、证明（1）证明线面垂直：在图2-8 中,m向是平面的法向量，a 是直线 a 的方向向量，证明平面的法向量与直线所在向量共线（am）。（2）证明线面平行：在图2-9

5、中,m 向是平面的法向量，a 是直线 a 的方向向量，图 2-4 n a b A B 图 2-9 ma a图 2-8 a ma图 2-7 A B nA a B n图 2-6 m图n图 2-5 nA M B N O|,cos|sinABnA B 图 2-1-2 C nabB B1 O m图 2-3 n证明平面的法向量与直线所在向量垂直（0?am）。（3）证明面面垂直：在图2-10 中，m是平面的法向量，n 是平面的法向量，证明两平面的法向量垂直（0?nm）（4）证明面面平行：在图2-11 中,m是平面的法向量，n 是平面的法向量，证明两平面的法向量共线（nm）。四、用空间向量解决立体几何的“三步

6、曲”(1)建立空间直角坐标系(利用现有三条两 两垂直的直线，注意已有的正、直条件,相关几何知识的综合运用)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（化为向量问题）（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。（回到图形问题）五、高考真题新解(08 年全国卷二)如图，正四棱柱1111DCBA-ABCD中，421ABAA,点 E 在上且ECEC31.()证明：CA1平面 BED;()求二面角B-DE-A1的大小.解：()以 D 为坐标原点，射线DA 为x轴的正半轴，

7、建立如图所示直角坐标系Dxyz依题设，1(2 2 0)(0 2 0)(0 2 1)(2 0 4)BCEA，(0 2 1)(2 2 0)DEDBuuu ruu u r，11(2 24)(2 0 4)ACDAuuuruuu u r，3 分（）CA1?DB=0，CA1?DE=0 故1ACBD，1ACDE又 DBDEDI，所以1AC平面 DBE 6 分（）设向量()xyz，n是平面1DA E的法向量，则DEu uu rn，1DAuuu u rn故20yz，240 xz第一问已经证明CA1平面 BED，所以可以把1ACu uu r作为平面 DBE 的法向量。令2z，则1y，4x，(4 12)，n 9 分

8、1ACuuu r，n等于二面角1ADEB的平面角，11114cos42ACACACuuuruuurguuur，nnn所以二面角1ADEB的大小为14arccos4212 分立体几何高考选择填空真题1、2012 年文（8）理 4、已知正四棱柱1111ABCDA B C D中，2AB，12 2CC，E为1CC的中点，则直线1AC与平面 BED 的距离为（A）2（B）3（C）2（D）1【解析】连结BDAC,交于点 O，连结 OE，因为EO,是中点，所以1/ACOE,且121ACOE，所以BDEAC/1，即直线1AC与平面BED的距离等于点C 到平面 BED的距离，过C 做OECF于 F,则 CF 即

9、为所求距离.因为底面边长为2，高为22，所以22AC,2,2 CEOC,2OE,所以利用等积法得1CF，选 D.2、2012年文（12）正方形 ABCD的边长为 1，点 E 在边 AB 上，点 F 在边 BC 上，13AEBF。动点 P 从 E 出发沿直线向 F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点 P第一次碰到 E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为（A）8（B）6（C）4（D）3【解析】结合已知中的点E,F 的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到 EA点时，需要碰撞6 次即可.3、2012年理（12）正方形 AB

10、CD 的边长为 1，点 E在边 AB上，点 F在边 BC上，AE BF 73.动点 P从 E出发沿直线喜爱那个F 运动，每当碰到正方形的方向的边时反弹，反弹时反射等于入射角，当点P第一次碰到 E时，P与正方形的边碰撞的次数为（）（A）16（B）14（C）12(D)10【解析】结合已知中的点E,F 的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到 EA点时，需要碰撞14 次即可.4、2012 年文（16）已知正方体1111ABCDA B C D中，E、F 分别为11BBCC、的中点，那么异面直线 AE 与1D F所成角的余弦值为 _.【解析】如图连接

11、FDDF1,，则AEDF/,所以DF与FD1所成的角即为异面直线所成的角，设边长为 2，则51FDDF，在三角形FDD1中53552455cos1FDD.5、2012 年理（16）三菱柱 ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1=CAA1=60，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为 _.图 2-11 mn图 2-10 mnC lA B D【解析】如图设,1cACbABaAA设棱长为 1，则,1baABbcaBCaBC-1，因为底面边长和侧棱长都相等，且01160CAABAA所 以21?cbcaba，所 以3)(21baAB，2)-(21bcaBC，2)-()(11?bc

12、abaBCAB，设异面直线的夹角为，所以36322cos1111?BCABBCAB.6、2011 年文(8)理 6、已知直二面角l,点 A，ACl,C 为垂足,B，BDl,D 为垂足,若2,1ABACBD，则 CD().（A）2 （B）3（C）2（D）1【解 析】因 为l是 直 二 面 角,ACl,AC平 面,ACBC3BC,又 BDl,2CD7、2011 年文(12)理 11、已知平面截一球面得圆M，过圆心 M且与成060二面角的平面截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆 M 的面积为4，则 圆 N 的 面 积 为().(A)7(B)9(C)11 (D)13【解析】如图所示,由圆 M 的面积

13、为4知球心 O到圆 M 的距 离2 3OM,在 Rt OMN中,30OMN,132ONOM,故圆 N 的半径2213rRON,圆N 的面积为213Sr.8、2011 年文(15)已知正方体1111ABCDA B C D中，E为11C D的中点，则异面直线AE与 BC所成角的余弦值为 .【解析】取 A1B1的中点 M连接 EM，AM，AE，则AEM 就是异面直线 AE与 BC所成的角。在AEM 中，222352cos2233AEM.9、2011 年理(16)己知点 E、F 分别在正方体1111ABCDA B C D的棱1BB、1CC上，且112,2B EEB CFFC，则面 AEF 与面 ABC

14、所成的二面角的正切值等于 .【解析】延长 FE 交 CB 的延长线于 G,连结 AG,则 AG 为面 AEF 与面 ABC 的交线,由112,2B EEB CFFC得2CFBE,B 为 GC 中 点.设 正 方 体 的 棱 长 为1,则2AGAC,又2GC,222ACAGGC90CAGQFC平面 ABC,FAAG CAF 是 面 AEF 与 面 ABC 所 成 的 二 面 角 的 平 面 角,在 RtACFV中,223tan32CFCAFAC,故面 AEF 与面 ABC 所成的二面角的正切值等于23.10、2010年文(6)直三棱柱111ABCA B C中，若90BAC，1ABACAA，则异面

15、直线1BA与1AC所成的角等于(C )(A)30 (B)45(C)60 (D)90 11、2010 年文(9)理 7、正方体 ABCD-1111A B C D中，1BB与平面1ACD所成角的余弦值为(D )(A）23（B）33（C）23（D）6312、2010 年文(12)已知在半径为2 的球面上有 A、B、C、D四点，若 AB=CD=2,则四面体 ABCD 的体积的最大值为(B)(A)2 33 (B)4 33 (C)2 3 (D)8 3313、2010 年理(15)直 线1y与 曲线2yxxa 有四个交点，则a的取值范围是 .14、2009 年文理（9）已知三棱柱111ABCA B C的侧棱

16、与底面边长都相等，1A在底面 ABC上的射影为 BC 的中点，则异面直线AB与1CC所成的角的余弦值为(A)34 (B)54 (C)74 (D)34解：设 BC 的中点为 D，连结1AD，AD，易知1A AB即为异面直线 AB 与1CC所成的角,由三角余弦定理，易知113cocs4oscosADADA ADDABA AAB.故选 D 15、2009年文（11）理 10、已知二面角为 600，动点 P、Q分别在面,内，P到的距离为3，Q到的距离为2 3，则 P、Q两点之间距离的最小值为解:如图分别作,QAA AClC PBB于于于PDlD于，连,60,CQ BDACQPBD则2 3,3AQBP，

17、2ACPD又222122 3PQAQAPAPQ当且仅当0AP，即AP点 与点重合时取最小值。故答案选 C。16、2009 年文理(15)已知 OA为球 O 的半径，过 OA的中点 M 且垂直于 OA的平面截球面得到圆M，若圆 M 的面积为 3，则球 O的表面积等于 _.解：设球半径为 R，圆 M的半径为r，则32r，即32r由题得3)2(22RR，所以164422RR。17、2008 年 11已知三棱柱111ABCA B C的侧棱与底面边长都相等，1A在底面 ABC内的射影为ABC的中心，则1AB与底面 ABC 所成角的正弦值等于（）A13B23 C33D23解：C由题意知三棱锥1AABC为正

18、四面体，设棱长为a，则13ABa，棱柱的高22221236()323AOaAOaaa（即点1B到底面 ABC 的距离），故1AB与底面 ABC 所成角的正弦值为1123AOAB.另解：设1,AB AC AAu uu r uuu r uuu r为空间向量的一组基底，1,AB AC AAuu u r u uu r uuu r的两两间的夹角为060长度均为a，平面 ABC的法向量为111133OAAAABACuuu ru uu ru uu ruu u r,11ABABAAuu uru uu ru uu r2111126,333OAABaOAABuuur u uu ruu uruuur则1AB与底面

19、ABC所成角的正弦值为111123OA ABAO ABu uu u ruu uruuur uu ur.18、2008 年 16等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB，二面角 CABD的余弦值为33，MN，分别是 ACBC，的中点，则EMAN，所成角的余弦值等于解：答案：16.设2AB，作COABDE面，OHAB，则 CHAB，CHO为二面角 CABD 的平面角3,cos1CHOHCHCHO，结合等边三角形ABC与正方形 ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则3ANEMCH11(),22ANACABEMACAEuuu ruuu ruu u ru uu u ruuu ruuu r,

20、11()()22AN EMABACACAEuuu r u uu u ruuu ruuu ruuu r12故 EMAN，所成角的余弦值16AN EMAN EMu uu r uuuu ruuu r uuuu r另解：以 O为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),(0,0,2)ABEC,112112(,),(,)222222MN,则3 121321(,),(,),32 222222ANEMAN EMANEMu uu ruu u u ru uu r uu uu ruuu ruu uu r,故 EMAN，所成角的余弦值16AN EMAN EMu uu r

21、 uuuu ruuu r uuuu r.19、平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心 O到平面的距离为2，则此球的体积为（A）6（B）43（C）4 6（D）63【解析】球 半 径3)2(12r，所 以球 的体 积 为34)3(343，选 B.20、设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2 和a且长为a的棱与长为2 的棱异面，则a的取值范围是（A）(0,2)（B）(0,3)（C）(1,2)（D）(1,3)解：因为22211)22(12BE则BEBF，222BEBFAB，选 A，21、设 l 是直线，a，是两个不同的平面A.若 l a，l，则 a B.若 l a，l，则 aC.若 a，l a，

22、则 l D.若 a,l a，则 l【解析】利用排除法可得选项B是正确的，l a，l，则 a如选项 A：l a，l 时，a或 a；选项 C：若 a，l a，l 或l；选项 D：若若a,l a，l 或 l【答案】B 22、下列命题正确的是（）A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故 A不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.【答案】C 23

23、、如图，半径为R的半球 O的底面圆 O在平面内，过点 O作平面的垂线交半球面于点A，过圆 O的直径 CD 作平面成45o角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为B，该交线上的一点P 满足60BOPo，则 A、P 两点间的球面距离为（）A、2arccos4R B、4RC、3arccos3R D、3R【解析】根据题意，易知平面AOB 平面 CBD,BOPAOBAOPcoscoscos422122,42arccosAOP，由弧长公式易得，A、P两点间的球面距离为2arccos4R.【答案】A 24、如图，在正方体1111ABCDA B C D中，M、N 分别是 CD、1CC的中点，则异

24、面直线1A M与 DN 所成的角的大小是 _。【解析】本题有两种方法，一、几何法：连接1MD，则DNMD1,又DNDA11，易知11MDADN面，所以1A M与 DN 所成角的大小是2；二、坐标法：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式计算得异面直线1A M与 DN 所成角的大小是2.25、一个高为 2 的圆柱，底面周长为2，该圆柱的表面积为【解析】底面圆的周长22 r，所以圆柱的底面半径1r，所以圆柱的侧面积为4两个底面积为222r。，所以圆柱的表面积为6。zyHoMBDECNAx16 题图（2）NMB1A1C1D1BDCA26、如图，在长方体1111ABCDABC D中，3cmABAD，1

25、2cmAA，则四棱锥11ABB D D的体积为 cm3【解析】长方体底面ABCD是正方形，ABD中=3 2BDcm，BD边上的高是322cm（它也是11ABB D D中11BB D D上的高）。四棱锥11ABB D D的体积为133222=632。27、已知点 P，A，B，C，D是球 O表面上的点，PA平面ABCD，四 边 形 ABCD是 边 长 为 23正 方形。若 PA=26,则 OAB 的 面 积 为_.【解析】点PABCDO、为球内接长方体的顶点，14OOAB球心为该长方体对角线的中点，的面积是该长方体对角面面积的，12 3,2 66=2 36=334ABPAPBOABDQ，面积28、

26、已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O的求面上，ABC是边长为 1的正三角形，SC为球 O的直径，且2SC；则此棱锥的体积为（）()A26()B36()C23()D22【解析】ABC的外接圆的半径33r，点 O到面 ABC的距离2263dRr,SC为球 O的直径点 S到面 ABC的距离为2 623d此棱锥的体积为1132 62233436ABCVSd另：13236ABCVSR排除,B C D,选 A.29、如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABCA B C，12CACCCB，则直线1BC与直线1AB夹角的余弦值为（）A.55 B.53 C.2 55 D.35【解析】设aCB|，则aC

27、CCA2|1，),2,0(),0,2,0(),0,0(),0,0,2(11aaBaCaBaA，),2,0(),2,2(11aaBCaaaAB，55|,cos111111BCABBCABBCAB，故选 A.立体几何高考解答题真题1、（2006 年高考）如图，1l、2l是互相垂直的异面直线,MN是它们的公垂线段.点 A、B在1l上，C在2l上，AMMBMN。（）证明 AC NB；()若60OACB，求 NB与平面 ABC所成角的余弦值。1、解:如图,建立空间直角坐标系M xyz.令 MN=1,则有 A(1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),()MN 是 l1、l2的公垂线,l1l2,l

28、2平面 ABN.l2平行于 z 轴.故可设 C(0,1,m).于是 AC=(1,1,m),NB=(1,1,0).ACNB=1+(1)+0=0 AC NB.()AC=(1,1,m),BC=(1,1,m),|AC|=|BC|,又已知 ACB=60,ABC为正三角形,AC=BC=AB=2.在RtCNB 中,NB=2,可得 NC=2,故 C(0,1,2).连结 MC,作 NH MC 于 H,设 H(0,2)(0).HN=(0,1,2),MC=(0,1,2).HNMC=1 2=0,=13,H(0,13,23),可得HN=(0,23,23),连结 BH,则BH=(1,13,23),HNBH=0+2929=

29、0,HNBH,又 MC BH=H,HN 平面 ABC,NBH 为 NB与平面 ABC所成的角.又BN=(1,1,0),cosNBH=BHBN|BH|BN|=43232 =632、（2007 年高考）四棱锥 S ABCD 中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC底面ABCD已知45ABCo，2AB，2 2BC，3SASB（）证明：SA BC；（）求直线SD与平面SAB所成角的大小解：（）作 SOBC，垂足为 O，连结 AO，由侧面 SBC 底面 ABCD，得 SO平面 ABCD 因为 SASB，所以 AOBO 又45ABCo，AOB为等腰直角三角形，AOOB如图，以 O为坐标原点，OA为x轴正向

30、，建立直角坐标系Oxyz，(2 0 0)A，(02 0)B，(02 0)C，(0 01)S，(2 01)SAu u r，(0 22 0)CBuuu r，0SA CBuu r uuu rg，所以 SABCDBCASA B M N C l2l1H A B M N C l2l1H x y z DBCASOEGyxz（）取 AB 中点 E，22022E，连结 SE，取 SE中点 G，连结 OG，22 1442G，22 1442OG，22122SE，(22 0)AB，0SE OGg，0AB OGg，OG与平面 SAB内两条相交直线 SE，AB 垂直所以 OG平面 SAB，OG与DS的夹角记为，SD与平面

31、 SAB所成的角记为，则与互余(2 22 0)D，(2 2 21)DS，22cos11OG DSOGDSgg，22sin11，所以，直线 SD与平面 SAB所成的角为22arcsin113、（2008 年高考）四棱锥 ABCDE 中，底面 BCDE 为矩形，侧面ABC底面 BCDE，2BC，2CD，ABAC （）证明：ADCE；（）设 CE 与平面 ABE所成的角为45o，求二面角CADE的大小3、解：（I）作 AO BC，垂足为 O，则 AO 底面 BCDE，且 O为 BC的中点，以 O为坐标原点，射线OC为 x 轴正向，建立如图所示的直角坐标系O-xyz.设 A（0,0,t），由已知条件有

32、 C(1,0,0),D(1,2,0),E(-1,2,0),),2,1(),0,2,2(tADCE所以0ADCE，得 AD CE（II）作 CF AB，垂足为 F，连接 FE，设 F（x,0,z）则CF=(x-1,0,z),0),0,2,0(BECFBE故 CF BE，又 AB BE=B，所以 CF 平面 ABE，CEF是 CE与平面 ABE所成的角，CEF=45 由 CE=6，得 CF=3又 CB=2，所以 FBC=60，ABC为等边三角形，因此 A（0，0，3）作 CG AD，垂足为 G，连接 GE，在 RtACD 中，求得|AG|=32|AD|，故 G33,322,32，33,32,35,

33、33,322,31GEGC又)3,2,1(AD，0,0ADGEADGC所以GEGC与的夹角等于二面角C-AD-E的平面角。由 cos(GEGC,)=1010|GEGCGEGC知二面角 C-AD-E为 arccos(1010)4、（2009 年高考）如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面 ABCD，2AD,2DCSD，点 M在侧棱SC上，ABM=60（I）证明：M在侧棱SC的中点（II）求二面角SAMB的大小。4、解:以 D为坐标原点，射线DA为 x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系 D-xyz 设(2,0,0)A，则(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2)BCS（）设(

34、0)SMMC,则2222(0,),(2,)1111MMB又(0,2,0),60ABMB ABo，故|cos60MBABMBAB?o即222422(2)()()111，解得1，即SMMC所以 M为侧棱 SC的中点（II）由(0,1,1),(2,0,0)MA，得 AM的中点2 1 1(,)22 2G又2 31(,),(0,1,1),(2,1,1)222GBMSAM0,0GBAMMSAM?所以,GBAM MSAM，因此,GB MS等于二面角 SAMB的平面角6cos,3|GBMSGB MSGBMS?所以二面角 SAMB的大小为6arccos()35、(2010 年高考)如图，四棱锥 S-ABCD 中

35、，SD 底面 ABCD，AB/DC，AD DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱 SB上的一点，平面EDC 平面 SBC.（）证明：SE=2EB；（）求二面角A-DE-C的大小 .5、解：以 D为坐标原点，射线 DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz，设 A(1,0,0)，则 B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（）(0,2,-2),(-1,1,0)SCBCuuu ruu u r设平面 SBC的法向量为 n=(a,b,c)由,nSC nBCuu u ruuu r，得0,0n SCn BCuu u ruuu rgg，故 2b-2c=0,-a+b=0，令 a=1

36、，则 b=c,c=1,n=(1,1,1)。又设SEEBu uruuu r(0)，则2(,)111E，2(,),(0,2,0)111DEDCu uu ruuu rC D E A B 设平面 CDE 的法向量 m=(x,y,z)，由,mDE mDC,得：0mDE，0mDC故20,20111xyzy.令2x，则(2,0,)m.由平面 DEC 平面 SBC得 m n,0,20,2m ng，故 SE=2EB（）由（）知2 2 2(,)3 3 3E，取 DE的中点 F，则1 1 1211(,),(,)3 3 3333FFAuu u r，故0FA DEu uu r u uu rg，由此得 FADE 又2 4

37、2(,)3 33ECuu u r，故0EC DEu uu r uuu rg，由此得 ECDE，向量FAu uu r与ECuuu r的夹角等于二面角ADEC 的平面角于是1cos(,)2|FA ECFA ECFAECu uu r uuu ruu u r uuu rguu u ru uu r，所以二面角 ADEC 的大小为120o6、如图，在四棱锥PABCD 中，侧面 PAD 底面 ABCD，侧棱 PA PD=2,底面 ABCD 为直角梯形，其中BC AD,AB AD,AD=2AB=2BC=2，O为 AD中点.()求证:PO 平面 ABCD；()求异面直线 PB与 CD所成角的余弦值；()求点 A

38、到平面 PCD 的距离.6、解：（）证明：在 PAD卡中 PA PD，O为 AD中点，所以 PO AD.又侧面 PAD 底面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD，PO 平面 PAD，所以 PO 平面 ABCD.（）以O为坐标原点，OPODOC、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系 O-xyz.则 A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1）.所以CD（-1，1，0），PB（t，-1，-1），PB、CD=362311?CDPBCDPB，所以异面直线 PB与 CD所成的角的余弦值为36，（）设平面 PCD 的法向量为 n

39、（x0,y0,x0），由（）知CP=（-1，0，1），CD（-1，1，0），则nCP0，所以-x0+x0=0,nCD0，-x0+y0=0，即 x0=y0=x0,取 x0=1，得平面的一个法向量为n=(1,1,1).又AC=(1,1,0).从而点 A到平面 PCD 的距离 d.33232?nnAC7、如图，平面 PAC平面 ABC，ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，,E F O分别为 PA，PB，AC 的中点，16AC，10PAPC（I）设 G 是 OC 的中点，证明：/FG平面 BOE；（II）证明：在ABO内存在一点 M，使 FM平面 BOE，并求点 M 到 OA，OB 的距离7、

40、证明：（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 xyz，则0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),OABC(0,0,6),(0,4,3),PE4,0,3F，由题意得，0,4,0,G因(8,0,0),(0,4,3)OBOEuuu ruuu r，因此平面BOE的法向量为(0,3,4)nr，(4,4,3FGuuu r得0n FGr uuu r，又直线 FG 不在平面 BOE内，因此有/FG平面 BOE（II）设点 M的坐标为00,0 xy，则00(4,3)FMxyuuuu r，因为 FM平面 BOE，所

41、以有/FMnuuuu rr，因此有0094,4xy，即点 M的坐标为94,04，在平面直角坐标系xoy中，AOB 的内部区域满足不等式组008xyxy，经检验，点 M的坐标满足上述不等式组，所以在ABO 内存在一点 M，使 FM平面 BOE，由点 M的坐标得点 M 到 OA，OB 的距离为94,48、如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面 ABCD 为等腰梯形，AB/CD，AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E、E1、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 B-FC1-C 的余弦值。8、解:（1）因为 AB=4,BC=CD=2

42、,F是棱 AB的中点,所以 BF=BC=CF,BCF为正三角形,因为 ABCD 为等腰梯形,所以 BAC=ABC=60,取 AF的中点 M,连接 DM,则 DM AB,所以 DM CD,以 DM为 x 轴,DC为 y 轴,DD1为 z 轴建立空间直角坐标系,则 D（0,0,0）,A（3,-1,0）,F（3,1,0）,C（0,2,0）,C1（0,2,2）,E（32,12,0）,E1（3,-1,1）,所以131(,1)22EEuuur,(3,1,0)CFuu u r,1(0,0,2)CCu uu u r1(3,1,2)FCuuuu r设EA B C F E1 A1 B1 C1 D1 D xyzEA

43、 B C F E1 A1 B1 C1 D1 D x y z M MABDCOxyzMABDCOP平面CC1F 的法向量为(,)nx y zr则100n CFn CCr uuu rr uu u u r所以300 xyz取(1,3,0)nr,则131131 0022n EEru uu r,所以1nEEruuur,所以直线 EE1/平面 FCC1.（2）(0,2,0)FBuu u r,设 平 面 BFC1的 法 向 量 为1111(,)nx y zu r,则11100nFBnFCu r uuu ru r uuu u r所 以11110320yxyz,取1(2,0,3)nu r,则12 13 0032

44、n nr u r,2|1(3)2nr,221|20(3)7nu r,所以11127cos,7|27n nn nn nr u rr urruu r,由图可知二面角 B-FC1-C 为锐角,所以二面角 B-FC1-C 的余弦值为77.9、如图，在四棱锥 OABCD 中，底面 ABCD 四边长为 1 的 菱形，4ABC,OAABCD底面,2OA,M 为OA的中点。（）求异面直线AB与 MD所成角的大小；（）求点 B到平面 OCD 的距离。9、解：作 APCD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO所在直线为,x y z轴建立空间直角坐标系，则222(0,0,0),(1,0,0),(0,0),(,0

45、),(0,0,2),(0,0,1)222ABPDOM,(1)设 AB 与 MD 所成的角为,22(1,0,0),(,1)22ABMDuu u ruu uu r1cos,23AB MDABMDuuu r u uu u rguuu ruuu u r,AB 与 MD 所成角的大小为3(2)222(0,2),(,2)222OPODuu u ru uu r设平面 OCD 的法向量为(,)nx y z,则0,0n OPn ODuuu ruuu rgg即2202222022yzxyz取2z,解得(0,4,2)n设点 B到平面 OCD 的距离为 d,则 d 为OBuuu r在向量(0,4,2)n上的投影的绝对

46、值,(1,0,2)OBu uu r,23OB ndnu uu r.所以点 B到平面 OCD 的距离为2310、如图,在六面体1111DCBAABCD中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,四边形1111DCBA是边长为 1 的正方形,1DD平面1111DCBA,1DD平面 ABCD，DD1=2。()求证:11CA与 AC共面，11DB与 BD共面.()求证:平面;1111BDDBACCA平面()求二面角CBBA1的大小.10、解：以 D为原点，以 DA,DC,1DD所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系xyzD如图，则有 A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，

47、0），).2,0,0(),2,1,0(),2,1,1(),2,0,1(1111DCBA（）证明：),0,2,2(),0,1,1(11ACCA),0,2,2(),0,1,1(11DBBD.2,21111BDDBCAAC平行，与平行，与1111BDDBCAAC于是11CA与 AC共面，11DB与 BD共面.（）证明：，），（），（00222001?ACDD，），（），（0022022?ACDB.1ACDBACDD，是平面与111BDDBDBDD内的两条相交直线，.11BDDBAC平面又平面，过 ACACCA11.1111BDDBACCA平面平面（）解：.210211201111），（），（），（C

48、CBBAA设的法向量，为平面11111),(ABBAzyxn,02,021111111?zyxBBnzxAAn于是).1,0,2(,2,1,0111nzzy则取设的法向量，为平面11222),(BCCBzyxm.02,022212221?zyCCmzyxBBm于是).1,2,0(,2,1,0222myzx则取.51,cos?nmnmnm.511的余弦为二面角CBBA11、如图，在三棱锥 SABC 中，侧面 SAB与侧面 SAC均为等边三角形，90BAC，O为 BC 中点（）证明：SO平面 ABC；（）求二面角ASCB 的余弦值11、证明：（）由题设 AB AC SB SC=SA，连结 OA，O

49、SBACECBDAPABC为等腰直角三角形，所以22OAOBOCSA，且 AOBC，又SBC为等腰三角形，故 SOBC，且22SOSA，从而222SASOOA所以SOA为直角三角形，SOAO又 AOBOOI所以 SO平面 ABC（）解：以 O为坐标原点，射线 OBOA，分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz设(10 0)B，则(1 0 0)(01 0)(0 01)CAS，SC的中点11022M，111101(1 01)2222MOMASCuuu u ruu u ruu u r，00MO SCMA SCuu u u r uu u ru uu r uu u r，故,MOSCMA

50、SCMO MAuuu u r uu u r，等于二面角 ASCB 的平面角3cos3MO MAMO MAMOMAuuu u r uuu ruu uu r u uu ru uu u ru uu r，所以二面角 ASCB 的余弦值为3312、如图，四面体ABCD 中，O、E分别是 BD、BC的中点，2,2.CACBCDBDABAD（I）求证：AO平面 BCD；（II）求异面直线 AB与 CD所成角的大小；（III）求点 E到平面 ACD 的距离。12、解：（II）以 O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(-1，0，0)，C(0,3,0)，A(0,0,1),E(21,23,0),