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第7章 第7节 立体几何中的空间向量方法


2009~2013 年高考真题备选题库 第七章 立体几何 第七节 立体几何中的空间向量方法
考点
=CB,AB=AA1,∠BAA1=60° . (1)证明:AB⊥A1C; (2)若平面 ABC⊥平面 AA1B1B, AB=CB,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,OA1,A1B. 因为 CA=CB,所以 OC⊥AB. 由于 AB=AA1,∠BAA1=60° ,故△AA1B 为等边三角形,所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1=O,所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C?平面 OA1C,故 AB⊥A1C. (2)由(1)知 OC⊥AB, OA1⊥AB.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), BB1 = AA 1 =(-1, 3,0), AC 1 =(0,- 3, 3). 设 n=(x,y,z)是平面 BB1C1C 的法向量,

利用空间向量求空间角

1. (2013 新课标全国Ⅰ,12 分)如图,三棱柱 ABCA1B1C1 中,CA

? BC =0, ?x+ 3z=0, ?n· 则? 即? BB1 =0. ? ?-x+ 3y=0. ? n·
可取 n=( 3,1,-1). 故 n, AC = 1 n· AC 1 |n|| AC 1 | =- 10 . 5 10 . 5

所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为

2. (2013 新课标全国Ⅱ,12 分)如图,直三棱柱 ABCA1B1C1 中,

D,E 分别是 AB,BB1 的中点,AA1=AC=CB= (1)证明:BC1//平面 A1CD; (2)求二面角 DA1CE 的正弦值.

2 AB. 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:连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 中点. 又 D 是 AB 中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD,所以 BC1∥平面 A1CD. (2)由 AC=CB= AC⊥BC. 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 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), 2 AB 得, 2

CD =(1,1,0), CE =(0,2,1), CA1 =(2,0,2).
? CD =0, ? ?n· ?x1+y1=0, 设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量,则? 即? ?2x1+2z1=0. ? CA1 =0. ?n· ?
可取 n=(1,-1,-1). 同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量,则

? CE =0, ?m· ? 可取 m=(2,1,-2). CA1 =0. ?m· ?
n· m 3 6 从而 cos〈n,m〉= = ,故 sin〈n,m〉= . |n||m| 3 3 即二面角 DA1CE 的正弦值为 6 . 3

3.(2013 山东, 12 分)如图所示, 在三棱锥 PABQ 中, PB⊥平面 ABQ, BA=BP=BQ,D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,AQ= 2BD,PD 与 EQ 交于点 G,PC 与 FQ 交于点 H,连接 GH. (1)求证:AB∥GH; (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 EF∥AB,DC∥AB.所以 EF∥DC. 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 PCD=GH,所以 EF∥GH. 又 EF∥AB,所以 AB∥GH. (2)法一:在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90° ,即 AB⊥BQ, 因为 PB⊥平面 ABQ,所以 AB⊥PB. 又 BP∩BQ=B,所以 AB⊥平面 PBQ. 由(1)知 AB∥GH,所以 GH⊥平面 PBQ. 又 FH?平面 PBQ,所以 GH⊥FH. 同理可得 GH⊥HC, 所以∠FHC 为二面角 DGHE 的平面角. 设 BA=BQ=BP=2,连接 FC, 在 Rt△FBC 中,由勾股定理得 FC= 2, 在 Rt△PBC 中,由勾股定理得 PC= 5. 又 H 为△PBQ 的重心, 1 5 所以 HC= PC= . 3 3 同理 FH= 5 . 3

5 5 + -2 9 9 4 在△FHC 中,由余弦定理得 cos ∠FHC= =- . 5 5 2× 9 4 即二面角 DGHE 的余弦值为- . 5 法二:在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90° . 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 BA=BQ=BP=2, 则 E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),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),

? ?-x1+2y1-z1=0, 由 m· EQ =0,m· FQ =0,得? ?2y1-z1=0, ?

取 y1=1,得 m=(0,1,2). 设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2),
?-x2-y2+2z2=0, ? 由 n· DP =0,n· CP =0,得? ? ?-y2+2z2=0,

取 z2=1,得 n=(0,2,1), m· n 4 所以 cos〈m,n〉= = . |m||n| 5 因为二面角 DGHE 为钝角, 4 所以二面角 DGHE 的余弦值为- . 5 4. (2013 广东,14 分)如图 1,在等腰直角三角形 ABC 中,∠A=90° ,BC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,CD=BE= 2,O 为 BC 的中点.将△ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所示的四棱锥 A′BCDE,其中 A′O= 3.

图1 (1)证明:A′O⊥平面 BCDE; (2)求二面角 A′CDB 的平面角的余弦值.

图2

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 OC=3,AC=3 2,AD=2 连接 OD,OE.在△OCD 中,由余弦定理可得 OD= OC2+CD2-2OC· CDcos 45° = 5. 2, 2.

由翻折不变性可知 A′D=2

所以 A′O2+OD2=A′D2,所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O⊥OE,又 OD∩OE=O,所以 A′O⊥平面 BCDE. (2)(传统法)过 O 作 OH⊥CD 交 CD 的延长线于 H, 连接 A′H, 如图所示. 因为 A′O⊥平面 BCDE,所以 A′H⊥CD, 所以∠A′HO 为二面角 A′CDB 的平面角. 3 结合 OC=3,∠BCD=45° ,得 OH= 2 2 ,从而 A′H= OH2+OA′2= 30 . 2

OH 所以 cos ∠A′HO= = A′H

15 15 ,所以二面角 A′CDB 的平面角的余弦值为 . 5 5

(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, 3), DA? =(-1,2, 3). 设 n=(x,y,z)为平面 A′CD 的法向量,则

? n· CA? =0, ?3y+ 3z=0, ?y=-x, 即? 解得? 令 x=1,得 n=(1,-1, 3), ? ?z= 3x, ?-x+2y+ 3z=0, DA? =0, ? n·
即 n=(1,-1, 3)为平面 A′CD 的一个法向量. 由(1)知, OA? =(0,0, 3)为平面 CDB 的一个法向量, n· OA? 3 15 所以 cos 〈n, OA? 〉= = = ,即二面角 A′CDB 的平面角的余弦 5 3 × 5 |n|| OA? | 值为 15 . 5

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 AB=2,AC=1,PA=1,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 AC⊥BC, 由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,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 CM∥AP,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 AB=2,AC=1,所以 BC= 3. 因为 PA=1,所以 A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1). 故 CB =( 3,0,0), CP =(0,1,1). 设平面 BCP 的法向量为 n1=(x,y,z),

则?

? CB · n1=0,
n1=0, ? CP ·

所以?

? 3x=0, ?y+z=0,

不妨令 y=1,则 n1=(0,1,-1). 因为 AP =(0,0,1), AB =( 3,-1,0), 设平面 ABP 的法向量为 n2=(x,y,z), 则?

? AP · n2=0,

?z=0, 所以? ? 3x-y=0, n2=0, ? AB ·

不妨令 x=1,则 n2=(1, 3,0). 3 6 于是 cos〈n1,n2〉= = , 4 2 2 所以由题意可知二面角 CPBA 的余弦值为 法二:过 C 作 CM⊥AB 于 M, 因为 PA⊥平面 ABC,CM?平面 ABC, 所以 PA⊥CM, 故 CM⊥平面 PAB. 又因为 PA∩AB=A,且 PA?平面 PAB,AB?平面 PAB, 过 M 作 MN⊥PB 于 N,连接 NC, 由三垂线定理得 CN⊥PB, 所以∠CNM 为二面角 CPBA 的平面角. 在 Rt△ABC 中,由 AB=2,AC=1,得 BC= 3,CM= 在 Rt△PAB 中,由 AB=2,PA=1,得 PB= 5. 3 MN 2 因为 Rt△BNM∽Rt△BAP,所以 = , 1 5 3 5 故 MN= . 10 又在 Rt△CNM 中,CN= 30 6 ,故 cos∠CNM= . 5 4 6 . 4 3 3 ,BM= . 2 2 6 . 4

所以二面角 CPBA 的余弦值为

6.(2012 陕西,5 分)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC -A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 ( )

A.

5 5

B.

5 3

2 5 C. 5

3 D. 5

解析:设 CA=2,则 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,1), C1(0,2,0),B1=(0,2,1),可得向量 AB1 =(-2,2,1),

BC1 =(0,2,-1),由向量的夹角公式得 cos〈 AB1 , BC1 〉=
= 1 5 = . 5 5 答案:A

-2×0+2×2+1×?-1? 0+4+1· 4+4+1

7.(2012 新课标全国,12 分)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 1 AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD. 2 (1)证明:DC1⊥BC; (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 1 2 2 中点,故 DC=DC1.又 AC= AA1,可得 DC2 1+DC =CC1,所以 DC1⊥DC. 2 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. BC?平面 BCD,故 DC1⊥BC.

A1D (2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,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 C-xyz. 由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). 则A 1D =(0,0,-1), BD =(1,-1,1), DC1 =(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,

? BD =0, ?x-y+z=0, ?n· ? 则? 即? 可取 n=(1,1,0). ? z = 0 , ? n · = 0 , A D ? ? 1 ? BD =0, ?m· 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量,则? 可取 m=(1,2,1). m · = 0 , DC ? 1 ?
从而 3 n· m n,m = = . |n|· |m| 2

故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° . 7. (2012 浙江,15 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长 为 2 3的菱形,∠BAD=120° ,且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点. (1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 AMNQ 的平面角的 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 MN∥BD. 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 x,y 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示. 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AC. 在直角三角形 PAC 中,AC=2 3,PA=2 6, AQ⊥PC,得 QC=2,PQ=4. 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(- N(- 3 3 3 2 6 , , 6),Q( ,0, ). 2 2 3 3 3 3 ,- , 6), 2 2

设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量. 由 AM =( 3 3 3 3 ,- , 6), AN =( , , 6)知 2 2 2 2 6z=0, 6z=0.

y+ ? 23x-3 2 ? 3 3 ? 2 x+2y+

取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量. 5 3 3 6 5 3 3 6 由 QM =(- ,- , ), QN =(- , , )知 6 2 3 6 2 3 6 y+ z=0, ?-5 6 3x-3 2 3 ? 5 3 3 6 ?- 6 x+2y+ 3 z=0.

取 z=5,得 n=(2 2,0,5). m· n 33 于是 cos〈m,n〉= = . |m|· |n| 33 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 法二:在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=BC=CD=DA,BD= 3AB. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD. 所以 PB=PC=PD. 所以△PBC≌△PDC. 1 1 而 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MQ=NQ,且 AM= PB= PD=AN. 2 2 取线段 MN 的中点 E,连结 AE,EQ,则 AE⊥MN,QE⊥MN, 所以∠AEQ 为二面角 A-MN-Q 的平面角. 由 AB=2 3,PA=2 6,故 1 在△AMN 中,AM=AN=3,MN= BD=3,得 2 3 3 AE= . 2 在直角三角形 PAC 中,AQ⊥PC,得 AQ=2 2,QC=2,PQ=4. PB2+PC2-BC2 5 在△PBC 中,cos∠BPC= = ,得 2PB· PC 6 MQ= PM2+PQ2-2PM· PQcos∠BPC= 5. 33 . 33

在等腰三角形 MQN 中,MQ=NQ= 5,MN=3,得 QE= MQ2-ME2= 11 . 2

3 3 11 在△AEQ 中,AE= ,QE= ,AQ=2 2,得 2 2 AE2+QE2-AQ2 33 cos∠AEQ= = . 2AE· QE 33 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 33 . 33

8.(2010 广东,14 分)如图, AEC 是半径为 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 FB=FD= 5a,FE= 6a. (1)证明:EB⊥FD;

2 2 (2)已知点 Q,R 分别为线段 FE,FB 上的点,使得 FQ= FE,FR= FB,求平面 BED 3 3 与平面 RQD 所成二面角的正弦值. 解:(1)证明:∵E 为 AC 中点,AB=BC,AC 为直径, ∴EB⊥AD. ∵EF2=6a2=( 5a)2+a2=BF2+BE2, ∴EB⊥FB. 又∵BF∩BD=B,∴EB⊥平面 BDF. ∵FD?平面 BDF,∴EB⊥FD. 法一:(2)过 D 作 HD∥QR,连接 FC. 2 2 ∵FQ= FE,FR= FB, 3 3 ∴QR∥EB,∴HD∥EB. 又∵D∈平面 BED∩平面 RQD, ∴HD 为平面 BED 与平面 PQD 的交线, ∵BD,RD?平面 BDF,EB⊥平面 BDF, ∴HD⊥BD,HD⊥RD. ∴∠RDB 为平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的平面角, ∵FB=FD,BC=CD,∴FC⊥BD, BC a 5 ∴cos∠FBC= = = . BF 5 5a 2 5 ∴sin∠FBC= . 5 ∴RD= BD2+BR2-2· BD· BR· cos∠FBC = = 5 5 1 4a2+ a2-2· 2a· a· 9 3 5 29 a. 3

RB ∴sin∠RDB= · sin∠FBC RD 5 a 3 2 2 29 = · = . 29 29 5 a 3 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(0,2a,0),E(a,0,0). ∵FD=FB,BC=CD, ∴FC⊥BD. ∴FC=2a, 2 2 ∵FQ= FE,FR= FB, 3 3 1 2 ∴R(0, a, a), 3 3

RQ =3 BE =(3a,0,0).
5 2 ∴ RD =(0, a,- a). 3 3 设平面 RQD 的法向量为 n1=(x,y,z), 则 n1· RD =0,n1· RQ =0, ∴n1=(0,2,5). ∵平面 BED 的法向量为 n2=(0,0,1), 5 29 ∴cos〈n1,n2〉= . 29 2 29 ∴sin〈n1,n2〉= . 29 2 29 ∴平面 BED 与平面 RQD 所成二面角的正弦值为 . 29 9.(2009· 山东,12 分)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. 解:(1)证明:法一:取 A1B1 的中点 F1,连结 FF1、C1F1, 由于 FF1∥BB1∥CC1, 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 A1D∥F1C. 又 EE1∥A1D,得 EE1∥F1C, 而 EE1?平面 FCC1,F1C?平面 FCC1,

2

2

故 EE1∥平面 FCC1. 法二:因为 F 为 AB 的中点,CD=2,AB=4, AB∥CD,所以 CD 綊 AF,因此四边形 AFCD 为平行四边形,所以 AD∥FC. 又 CC1∥DD1,FC∩CC1=C, 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, 由于 FC=BC=FB,所以 BH⊥FC. 又 BH⊥CC1,所以 BH⊥平面 FCC1. 过 H 作 HG⊥C1F 于 G,连结 BG. 由于 HG⊥C1F,BH⊥平面 FCC1, 所以 C1F⊥平面 BHG, 因此 BG⊥C1F, 所以∠BGH 为所求二面角的平面角. 在 Rt△BHG 中,BH= 3, 又 FH=1,且△FCC1 为等腰直角三角形, 所以 HG= 2 ,BG= 2 1 14 3+ = , 2 2

2 2 GH 7 因此 cos∠BGH= = = , BG 7 14 2 即所求二面角的余弦值为 7 . 7

法二:过 D 作 DR⊥CD 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), BC1 =(- 3,-1,2),

DB =( 3,3,0),
由 FB=CB=CD=DF,所以 DB⊥FC. 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),

? ?0,2,0?=0, ?n⊥ FB , ??x,y,z?· 则由? 得? ?- 3,-1,2?=0, ??x,y,z?· ? ?n⊥ BC1
y=0, ? ? ?2y=0, 即? 取 x=1,得? 3 ?- 3x-y+2z=0, z= . ? 2 ? 因此 n=(1,0, 3 ), 2

n DB · 所以 cos〈 DB ,n〉= | DB |×|n| = 3+9× 3 1 7 = = . 7 3 7 1+ 4 7 . 7

故所求二面角的余弦值为

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,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD =4k,BC=5k,DC=6k(k>0). (1)求证:CD⊥平面 ADD1A1; 6 (2)若直线 AA1 与平面 AB1C 所成角的正弦值为 , 求 k 的值; 7 (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. ∵AB∥DE,AB=DE=3k, ∴四边形 ABED 为平行四边形, ∴BE∥AD 且 BE=AD=4k. 在△BCE 中,∵BE=4k,CE=3k,BC=5k, ∴BE2+CE2=BC2, ∴∠BEC=90° ,即 BE⊥CD.又 BE∥AD,

∴CD⊥AD. ∵AA1⊥平面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴AA1⊥CD.又 AA1∩AD=A, ∴CD⊥平面 ADD1A1. (2)以 D 为原点, DA , DC , DD1 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), AB1 =(0,3k,1), AA 1 =(0,0,1). 设平面 AB1C 的法向量 n=(x, y, z), 则由?
? ?-4kx+6ky=0, ? ?3ky+z=0. ?

? n=0, ? AC ·
n=0, ? ? AB1 ·



取 y=2,得 n=(3,2,-6k). 设 AA1 与平面 AB1C 所成角为 θ,则

? sin θ=|cos〈 AA 1 ,n〉|=
故所求 k 的值为 1. (3)共有 4 种不同的方案.

? AA1 · n ? 6k 6 ?= = ,解得 k=1, 2 7 ?| AA |· ? 36 k + 13 1 |n|? ?

?72k +26k,0<k≤18, f(k)=? 5 ?36k +36k,k>18.
2 2

5

2.(2013 四川,12 分)如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧棱 AA1⊥ 底面 ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120° ,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,在平面 ABC 内,过点 P 作直线 l∥BC,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,AB=AC,D 是 BC 的中点, 所以 BC⊥AD,则直线 l⊥AD. 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 AE⊥A1P 于 E,过 E 作 EF⊥A1M 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 A1M⊥AE. 所以 A1M⊥平面 AEF,则 A1M⊥AF. 故∠AFE 为二面角 AA1MN 的平面角(设为 θ). 设 AA1=1,则由 AB=AC=2AA1,∠BAC=120° , 有∠BAD=60° ,AB=2,AD=1. 1 又 P 为 AD 的中点,所以 M 为 AB 的中点,且 AP= ,AM=1, 2 所以在 Rt△AA1P 中,A1P= 5 ;在 Rt△A1AM 中,A1M= 2. 2

AA1· AP 1 AA1· AM 1 从而 AE= = ,AF= = , A1P A1M 5 2 AE 2 所以 sin θ= = . AF 5 所以 cos θ= 1-sin2θ= 1-? 15 ? 2?2 ?= 5 . ? 5? 15 . 5

故二面角 AA1MN 的余弦值为

法二:设 A1A=1.如图,过 A1 作 A1E 平行于 B1C1,以 A1 为坐标 原点,分别以 A 1E , A 1D 1 ,A 1 A 的方向为 x 轴,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 M? 3 1 3 1 ? ?,N? , ? 2 ,2,1? ?- 2 ,2,1? 3 1 ? , =(0,0,1), NM =( 3,0,0). ? 2 ,2,1? A1 A

所以 A1M =?

设平面 AA1M 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则

? ? A1M =0, ?n1⊥ A1M , ?n1· 即? 故有 ? n ⊥ , n · = 0 , A A A A ? ? 1 1 ? ? 1 1

3 1 ? ??x1,y1,z1?· ? , ,1?=0, 2 2 ? ? ??x1,y1,z1?· ?0,0,1?=0,

? ? 3x1+1y1+z1=0, 2 从而? 2 ? ?z1=0.
取 x1=1,则 y1=- 3,所以 n1=(1,- 3,0). 设平面 A1MN 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则

? ? A1M =0, ?n2⊥ A1M , ?n2· ? 即? ?n2⊥ NM , ? NM =0, ? ?n2· ? ? 3,1,1?=0, ??x2,y2,z2?· ?2 2 ? 故有? ? ? 3,0,0?=0, ??x2,y2,z2?·
3 1 ? ? x2+ y2+z2=0, 2 2 从而? ? ? 3x2=0. 取 y2=2,则 z2=-1,所以 n2=(0,2,-1). 设二面角 AA1MN 的平面角为 θ,又 θ 为锐角, ?0,2,-1?? n1· n2 ? ??1,- 3,0?· 则 cos θ=? ? |n2|?=? ?|n1|· 2× 5 ? ? = 15 . 5 15 . 5

故二面角 AA1MN 的余弦值为

3. (2012 北京,14 分)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6,D,E 分 别是 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2.将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C ⊥CD,如图 2.

(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 AC⊥BC,DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 ED⊥A1D,DE⊥CD,所以 DE⊥平面 A1DC. 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD. 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 C-xyz,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 n· A1B=0,n· BE=0. 又 A1B=?3,0,-2 3) , BE =(-1,2,0),

?3x-2 3z=0, 所以? ?-x+2y=0.
令 y=1,则 x=2,z= 3. 所以 n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ. n· CM 4 2 因为 CM?0,1, 3),所以 sin θ=|cos〈n, CM 〉|=| |= = . 2 8× 4 |n|| CM | π 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 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z),则

DP =0. m· A1D =0,m·
又A 1D =?0,2,-2 3?, DP =(p,-2,0),

?2y-2 3z=0, 所以? ?px-2y=0.
令 x=2,则 y=p,z= 所以 m=(2,p, p ). 3 p . 3

平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]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 S-ABCD 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:AC⊥SD; (2)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 P-AC-D 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 SE∶EC 的值;若不存在,试说明理由. 解:法一:(1)连结 BD,设 AC 交 BD 于 O. 由题意 SO⊥AC. 在正方形 ABCD 中,AC⊥BD, ∵BD∩SO=O, 所以 AC⊥平面 SBD,得 AC⊥SD. (2)设正方形边长为 a,则 SD= 2a. 又 OD= 2 a,所以∠SDO=60° . 2

连结 OP,由(1)知 AC⊥平面 SBD, 所以 AC⊥OP,且 AC⊥OD, 所以∠POD 是二面角 P—AC—D 的平面角. 由 SD⊥平面 PAC,知 SD⊥OP,所以∠POD=30° , 即二面角 P-AC-D 的大小为 30° . (3)在棱 SC 上存在一点 E,使 BE∥平面 PAC. 由(2)可得 PD= 2 a, 4

故可在 SP 上取一点 N,使 PN=PD. 过 N 作 PC 的平行线与 SC 的交点即为 E,连结 BN. 在△BDN 中,知 BN∥PO. 又由于 NE∥PC,故平面 BEN∥平面 PAC, 得 BE∥平面 PAC. 由于 SN∶NP=2∶1,故 SE∶EC=2∶1. 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 O-xyz,如图.设底面边长为 a,则高 SO= 6 a. 2

于是 S(0,0,

6 2 2 a),D(- a,0,0),C(0, a,0), 2 2 2 2 2 6

OC =(0, 2 a,0), SD =(- 2 a,0,- 2 a),
SD =0,故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. OC ·
(2)由题设知,平面 PAC 的一个法向量 DS =( 平面 DAC 的一个法向量 OS =(0,0, 设所求二面角为 θ, 6 a). 2 2 6 a,0, a), 2 2

OS · DS 3 则 cosθ= = ,所求二面角的大小为 30° . 2 | OS || DS |
(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, 且 DS =( 2 6 2 6 a,0, a), CS =(0,- a, a). 2 2 2 2

设 CE =t CS , 则 BE = BC + CE = BC +t CS =(- 2 2 6 a, a(1-t), at). 2 2 2

1 而 BE · DS =0?t=3. 即当 SE∶EC=2∶1 时, BE ⊥ DS . 而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.


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