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线面角、面面角强化训练(含答案)


线面角、面面角强化训练
一.解答题(共 24 小题) 1. (2012?浙江)如图,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点. (1)证明: (i)EF∥A1D1; (ii)BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值. .AD=2,

2. (2010?湖南)如图所示,在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,E 是棱 DD1 的中点. (Ⅰ)求直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值; (Ⅱ)在棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE?证明你的结论.

3. (2009?湖南)如图,在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=4,AA1= DE⊥A1E. (1)证明:平面 A1DE⊥平面 ACC1A1; (2)求直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值.

,点 D 是 BC 的中点,点 E 在 AC 上,且

4. (2008?上海)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,E 是 BC1 的中点.求直线 DE 与平面 ABCD 所 成角的大小(结果用反三角函数值表示) .

5. (2005?黑龙江)如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PD⊥底面 ABCD,AD=PD,E,F 分别为 CD, PB 的中点. (1)求证:EF⊥面 PAB; (2)若 ,求 AC 与面 AEF 所成的角.

6.如图,四棱锥 S﹣ABCD 中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形,AB=BC=2, CD=SD=1. (Ⅰ)证明:SD⊥平面 SAB; (Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小.

7. (2011?北京)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60°. (Ⅰ)求证:BD⊥平面 PAC; (Ⅱ)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (Ⅲ)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

8. (2008?安徽)如图,在四棱锥 O﹣ABCD 中,底面 ABCD 四边长为 1 的菱形,∠ABC= OA=2,M 为 OA 的中点,N 为 BC 的中点. (Ⅰ)证明:直线 MN∥平面 OCD; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小; (Ⅲ)求点 B 到平面 OCD 的距离.

,OA⊥底面 ABCD,

9. (2005?北京)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点 D 为 AB 的中点. (Ⅰ)求证 AC⊥BC1; (Ⅱ)求证 AC1∥平面 CDB1; (Ⅲ)求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值.

10. (2009?江西)在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=4,AB=2.以 AC 的中 点 O 为球心、AC 为直径的球面交 PD 于点 M,交 PC 于点 N (1)求证:平面 ABM⊥平面 PCD; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的大小; (3)求点 N 到平面 ACM 的距离.

11. (2008?海南)如图,已知点 P 在正方体 ABCD﹣A′B′C′D′的对角线 BD′上,∠PDA=60°. (Ⅰ)求 DP 与 CC′所成角的大小; (Ⅱ)求 DP 与平面 AA′D′D 所成角的大小.

12. 如图, 四棱锥 P﹣ABCD 中, 底面 ABCD 为菱形, PA⊥底面 ABCD, (Ⅰ)证明:PC⊥平面 BED; (Ⅱ)设二面角 A﹣PB﹣C 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.

, PA=2, 是 PC 上的一点, E PE=2EC.

13. (2012?重庆)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3,D 为 AB 的中点. (Ⅰ)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (Ⅱ)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1﹣CD﹣B1 的平面角的余弦值.

14. (2012?重庆)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3,D 为 AB 的中点 (Ⅰ)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离; (Ⅱ)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1﹣CD﹣C1 的平面角的余弦值.

15. (2012?浙江)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面是边长为 的菱形,∠BAD=120°,且 PA⊥平面 ABCD, PA= ,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 A﹣MN﹣Q 的平面角的余弦值.

16. (2012?四川)如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,点 P 在平面 ABC 内的射 影 O 在 AB 上. (Ⅰ)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小; (Ⅱ)求二面角 B﹣AP﹣C 的大小.

17. (2012?山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面 ABCD, AE⊥BD,CB=CD=CF. (Ⅰ)求证:BD⊥平面 AED; (Ⅱ)求二面角 F﹣BD﹣C 的余弦值.

18. (2011?辽宁)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. (I)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ (II)求二面角 Q﹣BP﹣C 的余弦值.

19.如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (Ⅰ)证明:PA⊥BD; (Ⅱ)若 PD=AD,求二面角 A﹣PB﹣C 的余弦值.

20.如图,已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的,底面边长是侧棱长 2 倍,D、E 分别是 AC、A1C1 的中点; (Ⅰ)求证:直线 AE∥平面 BDC1; (Ⅱ)求证:直线 A1D⊥平面 BDC1; (Ⅲ)求直线 A1C1 与平面 BDC1 所成的角.

21.已知斜三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1 在底面 ABC 上的射影恰为 AC 的中点 D,又知 BA1⊥AC1. (Ⅰ)求证:AC1⊥平面 A1BC; (Ⅱ)求 C1 到平面 A1AB 的距离; (Ⅲ)求二面角 A﹣A1B﹣C 的余弦值.

22.已知在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=1,AB=2,E、F 分别是 AB、PD 的中点. (Ⅰ)求证:AF∥平面 PEC; (Ⅱ)求 PC 与平面 ABCD 所成角的大小; (Ⅲ)求二面角 P 一 EC 一 D 的大小.

23.如图,ABCD﹣A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体,E、F 分别是棱 AB、BC 上的动点,且 AE=BF. (1)求证:A1F⊥C1E; (2)当 A1、E、F、C1 共面时,求: ①D1 到直线 C1E 的距离; ②面 A1DE 与面 C1DF 所成二面角的余弦值.

24.如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC=BC=CC1=2,AC⊥BC,点 D 是 AB 的中点. (Ⅰ)求证:AC1∥平面 CDB1; (Ⅱ)求点 B 到平面 CDB1 的距离; (Ⅲ)求二面角 B﹣B1C﹣D 的大小.

线面角、面面角强化训练
参考答案与试题解析
一.解答题(共 24 小题) 1. (2012?浙江)如图,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= BC=4,AA1=2,E 是 DD1 的中点,F 是平面 B1C1E 与直线 AA1 的交点. (1)证明: (i)EF∥A1D1; (ii)BA1⊥平面 B1C1EF; (2)求 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值. .AD=2,

考点: 直线与平面所成的角;直线与平面垂直的判定. 专题: 综合题. 分析: (1) (i)先由 C1B1∥A1D1 证明 C1B1∥平面 ADD1A1,再由线面平行的性质定理得出 C1B1∥EF,证出 EF∥A1D1.
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(ii)易通过证明 B1C1⊥平面 ABB1A1 得出 B1C1⊥BA1,再由 tan∠A1B1F=tan∠AA1B=

,即

∠A1B1F=∠AA1B,得出 BA1⊥B1F.所以 BA1⊥平面 B1C1EF; (2) BA1 与 B1F 交点为 H, 设 连接 C1H, (1) BA1⊥平面 B1C1EF, 由 知 所以∠BC1H 是 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角.在 RT△ BHC1 中求解即可. 解答: (1)证明(i)∵C1B1∥A1D1,C1B1?平面 ADD1A1,∴C1B1∥平面 ADD1A1, 又 C1B1?平面 B1C1EF,平面 B1C1EF∩平面平面 ADD1A1=EF, ∴C1B1∥EF,∴EF∥A1D1; (ii)∵BB1⊥平面 A1B1C1D1,∴BB1⊥B1C1, 又∵B1C1⊥B1A1, ∴B1C1⊥平面 ABB1A1, ∴B1C1⊥BA1, 在矩形 ABB1A1 中,F 是 AA1 的中点,tan∠A1B1F=tan∠AA1B= ,即∠A1B1F=∠AA1B,故 BA1⊥B1F.

所以 BA1⊥平面 B1C1EF; (2)解:设 BA1 与 B1F 交点为 H, 连接 C1H,由(1)知 BA1⊥平面 B1C1EF,所以∠BC1H 是 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角. 在矩形 AA1B1B 中,AB= 在 RT△ BHC1 中,BC1=2 ,AA1=2,得 BH= ,sin∠BC1H= ,

=



所以 BC1 与平面 B1C1EF 所成的角的正弦值是



点评: 本题考查空间直线、平面位置故选的判定,线面角求解.考查空间想象能力、推理论证能力、转化、计算 能力. 2. (2010?湖南)如图所示,在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,E 是棱 DD1 的中点. (Ⅰ)求直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值; (Ⅱ)在棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE?证明你的结论.

考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面所成的角. 专题: 计算题;证明题. 分析: (I)先取 AA1 的中点 M,连接 EM,BM,根据中位线定理可知 EM∥AD,而 AD⊥平面 ABB1A1,则 EM⊥ 面 ABB1A1,从而 BM 为直线 BE 在平面 ABB1A1 上的射影,则∠EBM 直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角, 设正方体的棱长为 2,则 EM=AD=2,BE=3,于是在 RT△ BEM 中,求出此角的正弦值即可.
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(II)在棱 C1D1 上存在点 F,使 B1F 平面 A1BE,分别取 C1D1 和 CD 的中点 F,G,连接 EG,BG,CD1, FG, A1D1, 1C1, 因 B BC, A1D1=BC, 且 所以四边形 A1BCD1 为平行四边形, 根据中位线定理可知 EG∥A1B, 从而说明 A1,B,G,E 共面,则 BG?面 A1BE,根据 FG∥C1C∥B1G,且 FG=C1C=B1B,从而得到四边形 B1BGF 为平行四边形,则 B1F∥BG,而 B1F?平面 A1BE,BG?平面 A1BE,根据线面平行的判定定理可知 B1F∥平面 A1BE. 解答: 解: (I)如图(a) ,取 AA1 的中点 M,连接 EM,BM,因为 E 是 DD1 的中点,四边形 ADD1A1 为正方形, 所以 EM∥AD. 又在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中.AD⊥平面 ABB1A1,所以 EM⊥面 ABB1A1,从而 BM 为直线 BE 在平 面 ABB1A1 上的射影, ∠EBM 直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角. 设正方体的棱长为 2,则 EM=AD=2,BE= 于是在 RT△ BEM 中, 即直线 BE 与平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为 . ,

(II)在棱 C1D1 上存在点 F,使 B1F 平面 A1BE, 事实上,如图(b)所示,分别取 C1D1 和 CD 的中点 F,G,连接 EG,BG,CD1,FG, 因 A1D1,B1C1,BC,且 A1D1=BC,所以四边形 A1BCD1 为平行四边形, 因此因此 D1C∥A1B,又 E,G 分别为 D1D,CD 的中点,所以 EG∥D1C,从而 EG∥A1B,这说明 A1,B, G,E 共面,所以 BG?A1BE 因四边形 C1CDD1 与 B1BCC1 皆为正方形,F,G 分别为 C1D1 和 CD 的中点,所以 FG∥C1C∥B1G,且

FG=C1C=B1B,因此四边形 B1BGF 为平行四边形,所以 B1F∥BG,而 B1F?平面 A1BE,BG?平面 A1BE, 故 B1F∥平面 A1BE.

点评: 本题考查直线与平面所成的角,直线与平面平行,考查考生探究能力、空间想象能力. 3. (2009?湖南)如图,在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=4,AA1= DE⊥A1E. (1)证明:平面 A1DE⊥平面 ACC1A1; (2)求直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值. ,点 D 是 BC 的中点,点 E 在 AC 上,且

考点: 平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 计算题;证明题. 分析: (1)先由正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的性质知 AA1⊥平面 ABC,?DE⊥AA1.再由 DE⊥A1E?DE⊥平面 ACC1A1.即可得出结论; (2)设 O 是 AC 的中点.先建立一个以 O 为原点建立空间直角坐标系,得到相关各点的坐标.再利用线面 角的求法在空间直角坐标系内找到直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值即可. 解答: 解: (1)证明:如图所示,由正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的性质知 AA1⊥平面 ABC. 又 DE?平面 ABC, 所以 DE⊥AA1. 而 DE⊥A1E.AA1∩A1E=A1, 所以 DE⊥平面 ACC1A1. 又 DE?平面 A1DE, 故平面 A1DE⊥平面 ACC1A1.
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(2)如图所求,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0) 1(2,0, ) ,A ,D(﹣1, ,0) ,E(﹣1,0,0) . 易知=(﹣3, ,﹣ ) , D=(0,﹣ ,0) , A=(﹣3, ,0) . 设 n=(x,y,z)是平面 A1DE 的一个法向量, 解得 x=﹣ 故可取 n=( z,y=0. ,0,﹣3) .

于是 cos<?n,A>?═

=﹣

. .

由此即知,直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值为

点评: 本题考查平面和平面垂直的判定和性质.在证明面面垂直时,其常用方法是在其中一个平面内找两条相交 直线和另一平面内的某一条直线垂直 4. (2008?上海)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,E 是 BC1 的中点.求直线 DE 与平面 ABCD 所 成角的大小(结果用反三角函数值表示) .

考点: 直线与平面所成的角. 专题: 计算题. 分析: 过 E 作 EF⊥BC,交 BC 于 F,连接 DF,得到∠EDF 是直线 DE 与平面 ABCD 所成的角,然后再在三角形 EDF 中求出此角即可. 解答: 解:过 E 作 EF⊥BC,交 BC 于 F,连接 DF.
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∵EF⊥BC,CC1⊥BC ∴EF∥CC1,而 CC1⊥平面 ABCD ∴EF⊥平面 ABCD, ∴∠EDF 是直线 DE 与平面 ABCD 所成的角(4 分) 由题意,得 EF= ∵ (8 分)

∵EF⊥DF,∴

(10 分) (12 分)

故直线 DE 与平面 ABCD 所成角的大小是

点评: 本题主要考查了直线与平面之间所成角,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力,属于基础题. 5. (2005?黑龙江)如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PD⊥底面 ABCD,AD=PD,E,F 分别为 CD, PB 的中点. (1)求证:EF⊥面 PAB; (2)若 ,求 AC 与面 AEF 所成的角.

考点: 直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 分析: 方法一: (1)取 PA 中点 G,连接 FG,DG,证明 DG⊥平面 PABDE,根据 FE∥DG,得出 EF⊥面 PAB; (2)由图形知线面角不易做出,但斜线 AC 的长度易求出,且可用等体积法算出 C 到而 AEF 的距离,如 此则可以算出线面角的正弦值.此法省却了作图的麻烦. 方法二:由题设建立空间坐标系比较方便,故可用空间向量法解决, (1)求出直线的方向向量与面的法向 量,证明其内积为 0 即可. (2)求出面的法向量与线的方向向量,按规则求出线面角即可. 解答: 解:方法一: (1)取 PA 中点 G,连接 FG,DG
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?四边形 DEFG 为平行四边形?EF DG ?平面 PAB⊥平面 PAD 又 PD=AD,PG=GA?DG⊥PA ?DG⊥平面 PABDE,又 FE∥DG ?EF⊥平面 PAB. 分) (6 (2)设 AC,BD 交于 O,连接 FO. 由 PF=BF,BO=OD 得 FO PD,又 PD⊥平面 ABCD

∴FO⊥平面 ABCD 设 BC=a,则 AB= a,∴PA= DG= a=EF,∴PB=2a,AF=a.

a,

设 C 到平面 AEF 的距离为 h. ∵VC﹣AEF=VF﹣ACE,∴ 即 ∴ .

∴AC 与平面 AEF 所成角的正弦值为

即 AC 与平面 AEF 所成角为

(12 分)

方法二:以 D 为坐标原点,DA 的长为单位,建立如图所示的直角坐标系, (1)证明: 设 E(a,0,0) ,其中 a>0,则 , ,∴ ,∴ 又 PB?平面 PAB,AB?平面 PAB,PB∩AB=B,∴EF⊥?平面 PAB(6 分) (2)解:由 可得 ,得 , ,



则异面直线 AC,PB 所成的角为 ,∴

, ,

又 PB⊥EF,AF 为平面 AEF 内两条相交直线, ∴PB⊥平面 AEF,∴AC 与平面 AEF 所成的角为 即 AC 与平面 AEF 所成的角为 . (12 分) ,

点评: 考查用几何法与向量法证明空间几何体中的线面垂直问题及求线面夹角的问题. 6.如图,四棱锥 S﹣ABCD 中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形,AB=BC=2, CD=SD=1.

(Ⅰ)证明:SD⊥平面 SAB; (Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小.

考点: 直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 计算题;证明题. 分析: (1)利用线面垂直的判定定理,即证明 SD 垂直于面 SAB 中两条相交的直线 SA,SB;在证明 SD 与 SA, SB 的过程中运用勾股定理即可
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(Ⅱ)求 AB 与平面 SBC 所成的角的大小即利用平面 SBC 的法向量 为锐角时,所求的角即为它的余角;当

,当 为钝角时,所求的角为

解答: (Ⅰ)证明:在直角梯形 ABCD 中, ∵AB∥CD,BC⊥CD,AB=BC=2,CD=1 ∴AD= =

∵侧面 SAB 为等边三角形,AB=2 ∴SA=2 ∵SD=1 ∴AD =SA +SD ∴SD⊥SA 同理:SD⊥SB ∵SA∩SB=S,SA,SB?面 SAB ∴SD⊥平面 SAB (Ⅱ)建立如图所示的空间坐标系 则 A(2,﹣1,0) ,B(2,1,0) ,C(0,1,0) , 作出 S 在底面上的投影 M,则由四棱锥 S﹣ABCD 中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面 SAB 为等边三角形知, M 点一定在 x 轴上,又 AB=BC=2,CD=SD=1.可解得 MD= ,从而解得 SM= 则 设平面 SBC 的一个法向量为 则 , ,故可得 S( ,0, )
2 2 2



取 x=0,y=

,z=1

即平面 SBC 的一个法向量为 又 =(0,2,0) , >=

=(0,

,1)

sin<

=

=

∴<

, >=arcsin

即 AB 与平面 SBC 所成的角的大小为 arcsin

点评: 本题考查了直线与平面垂直的判定,直线与平面所成的角以及空间向量的基本知识,属于中档题. 7. (2011?北京)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60°. (Ⅰ)求证:BD⊥平面 PAC; (Ⅱ)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (Ⅲ)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长.

考点: 直线与平面垂直的判定;点、线、面间的距离计算;用空间向量求直线间的夹角、距离. 专题: 综合题;转化思想. 分析: (I)由已知条件可得 ACBD,PABD,根据直线与平面垂直的判定定理可证 (II)结合已知条件,设 AC 与 BD 的交点为 O,则 OB⊥OC,故考虑分别以 OB,OC,为 x 轴,以过 O 且 垂直于平面 ABCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系,
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设 PB 与 AC 所成的角为 θ,则

,代入公式

可求

(III)分别求平面 PBC 的法向量 由平面 PBC⊥平面 PDC 可得 从而可求 t 即 PA

,平面 PDC 的法向量

解答: 解: (I)证明:因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD, 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥BD,PA∩AC=A 所以 BD⊥平面 PAC

(II)设 AC∩BD=O,因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=OC= , 以 O 为坐标原点,分别以 OB,OC,为 x 轴,以过 O 且垂直于平面 ABCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐 标系 O﹣xyz,则 P(0,﹣ ,2) ,A(0,﹣ ,0) ,B(1,0,0) ,C(0, ,0) 所以 ,

设 PB 与 AC 所成的角为 θ,则 cosθ=|

(III)由(II)知 则 设平面 PBC 的法向量 =(x,y,z) 则 所以 =0, 令

,设





平面 PBC 的法向量所以 同理平面 PDC 的法向量 所以 =0,即﹣6+ =0,解得 t= ,

, ,因为平面 PBC⊥平面 PDC,

所以 PA= . 点评: 本小题主要考查空间线面关系的垂直关系的判断、异面直线所成的角、用空间向量的方法求解直线的夹角、 距离等问题,考查数形结合、化归与转化的数学思想方法,以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解 能力

8. (2008?安徽)如图,在四棱锥 O﹣ABCD 中,底面 ABCD 四边长为 1 的菱形,∠ABC= OA=2,M 为 OA 的中点,N 为 BC 的中点. (Ⅰ)证明:直线 MN∥平面 OCD; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小; (Ⅲ)求点 B 到平面 OCD 的距离.

,OA⊥底面 ABCD,

考点: 用空间向量求直线间的夹角、距离;用向量证明平行.

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分析: 方法一: (1)取 OB 中点 E,连接 ME,NE,证明平面 MNE∥平面 OCD,方法是两个平面内相交直线互相 平行得到,从而的到 MN∥平面 OCD; (2)∵CD∥AB,∴∠MDC 为异面直线 AB 与 MD 所成的角(或其补角)作 AP⊥CD 于 P,连接 MP ∵OA⊥平面 ABCD,∴CD⊥MP 菱形的对角相等得到∠ABC=∠ADC= 利用菱形边长等于 1 得到 DP= 义求出即可. (3)AB∥平面 OCD,∴点 A 和点 B 到平面 OCD 的距离相等,连接 OP,过点 A 作 AQ⊥OP 于点 Q, ∵AP⊥CD,OA⊥CD,∴CD⊥平面 OAP,∴AQ⊥CD, 又∵AQ⊥OP,∴AQ⊥平面 OCD,线段 AQ 的长就是点 A 到平面 OCD 的距离,求出距离可得. 方法二: (1)分别以 AB,AP,AO 所在直线为 x,y,z 轴建立坐标系,分别表示出 A,B,O,M,N 的坐 标, 求出 解得 (2)设 AB 与 MD 所成的角为 θ,表示出 和 , , 的坐标表示.设平面 OCD 的法向量为 =(x,y,z) ,则 ,∴MN∥平面 OCD ,利用 a?b=|a||b|cosα 求出叫即可. 在向量 上的投影的绝对值,由 , ,而 MD 利用勾股定理求得等于 ,

,在直角三角形中,利用三角函数定

(3)设点 B 到平面 OCD 的距离为 d,则 d 为 , 得

.所以点 B 到平面 OCD 的距离为 .

解答: 解:方法一(综合法) (1)取 OB 中点 E,连接 ME,NE ∵ME∥AB,AB∥CD,∴ME∥CD 又∵NE∥OC,∴平面 MNE∥平面 OCD∴MN∥平面 OCD (2)∵CD∥AB,∴∠MDC 为异面直线 AB 与 MD 所成的角(或其补角) 作 AP⊥CD 于 P,连接 MP ∵OA⊥平面 ABCD,∴CD⊥MP ∵ ∴ 所以 AB 与 MD 所成角的大小为 . ,∴ , ,

(3)∵AB∥平面 OCD, ∴点 A 和点 B 到平面 OCD 的距离相等,连接 OP,过点 A 作 AQ⊥OP 于点 Q, ∵AP⊥CD,OA⊥CD, ∴CD⊥平面 OAP,∴AQ⊥CD. 又∵AQ⊥OP,∴AQ⊥平面 OCD,线段 AQ 的长就是点 A 到平面 OCD 的距离, ∵ , ,



,所以点 B 到平面 OCD 的距离为 .

方法二(向量法) 作 AP⊥CD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 x,y,z 轴建立坐标系: A(0,0,0) ,B(1,0,0) , O(0,0,2) ,M(0,0,1) , (1) , =0, ? =0 , , ,

设平面 OCD 的法向量为 n=(x,y,z) ,则 ?



取 ∵

,解得 ? =( , ,﹣1)?(0,4, )=0,

∴MN∥平面 OCD. (2)设 AB 与 MD 所成的角为 θ, ∵







,AB 与 MD 所成角的大小为



(3)设点 B 到平面 OCD 的距离为 d,则 d 为 由 ,得 d=

在向量 =(0,4,

)上的投影的绝对值,

=

所以点 B 到平面 OCD 的距离为 .

点评: 培养学生利用多种方法解决数学问题的能力,考查学生利用空间向量求直线间的夹角和距离的能力. 9. (2005?北京)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点 D 为 AB 的中点. (Ⅰ)求证 AC⊥BC1; (Ⅱ)求证 AC1∥平面 CDB1; (Ⅲ)求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值.

考点: 用空间向量求直线间的夹角、距离;空间中直线与直线之间的位置关系;直线与平面平行的判定;直线与 平面垂直的判定. 专题: 计算题;证明题. 分析: 解法一: :利用勾股定理的逆定理判断出 AC⊥BC,同时因为三棱柱为直三棱柱,从而证出. (1) (2) :因为 D 为 AB 的中点,连接 C1B 和 CB1 交点为 E,连接 DE,∵D 是 AB 的中点,E 是 BC1 的中点, 根据三角形中位线定理得 DE∥AC1,得到 AC1∥平面 CDB1;第三问:因为 AC1∥DE,所以∠CED 为 AC1 与 B1C 所成的角,求出此角即可. 解法二:利用空间向量法.如图建立坐标系, (1) :证得向量点积为零即得垂直.
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(2) =λ , 与 两个向量或者共线或者平行可得.第三问: : 解答: 证明: (Ⅰ)直三棱柱 ABC﹣A1B1C1,底面三边长 AC=3,BC=4,AB=5, ∴AC⊥BC,且 BC1 在平面 ABC 内的射影为 BC,∴AC⊥BC1; (Ⅱ)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,连接 DE, ∵D 是 AB 的中点,E 是 BC1 的中点, ∴DE∥AC1, ∵DE?平面 CDB1,AC1?平面 CDB1, ∴AC1∥平面 CDB1; (Ⅲ)∵DE∥AC1,∴∠CED 为 AC1 与 B1C 所成的角, 在△ CED 中,ED= AC1= ,CD= AB= ,CE= CB1=2 ∴cos∠CED= = , ,

∴异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值



解法二: ∵直三棱锥 ABC﹣A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC=4,AB=5,AC,BC,CC1 两两垂直. 如图建立坐标系,则 C(0,0,0) ,A(3,0,0) 1(0,0,4) ,C ,B(0,4,0) 1(0,4,4) ,B ,D( , 2,0) (Ⅰ)∵ ∴ ∴ ? ⊥ =(﹣3,0,0) , =0, . =(0,4,4) ,

(Ⅱ)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,则 E(0,2,2) ∵ ∴ =(﹣ ,0,2) , = ,∴ ∥ =(﹣3,0,4) ,

∵DE?平面 CDB1,AC1?平面 CDB1,∴AC1∥平面 CDB1. (Ⅲ)∵ =(﹣3,0,0) , =(0,4,4) ,

∴cos<



>=

=



∴异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值为



点评: 本题考查向量的几何意义 a?b=|a||b|cosα;向量垂直?a?b=0;直线与平面的证明方法. 10. (2009?江西)在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=4,AB=2.以 AC 的中 点 O 为球心、AC 为直径的球面交 PD 于点 M,交 PC 于点 N (1)求证:平面 ABM⊥平面 PCD; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的大小; (3)求点 N 到平面 ACM 的距离.

考点: 用空间向量求直线与平面的夹角;平面与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 专题: 空间向量及应用. 分析: 法一: (1)要证平面 ABM⊥平面 PCD,只需证明平面 PCD 内的直线 PD,垂直平面 PAD 内的两条相交直 线 BM、AB 即可; ( 2)先根据体积相等求出 D 到平面 ACM 的距离为 h,即可求直线 PC 与平面 ABM 所成的角;
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(3)先根据条件分析出所求距离等于点 P 到平面 ACM 距离的 ,设点 P 到平面 ACM 距离为 h,再利用第 二问的结论即可得到答案. 法二:建立空间直角坐标系, ( 2)求出平面 ACM 的一个法向量 ,结合 然后求出 即可.

(3)先根据条件分析出所求距离等于点 P 到平面 ACM 距离的 ,再利用向量的射影公式直接求点 P 到平 面 ACM 距离 h 即可得到结论. 解答: 解: 方法一: (1)图 1 依题设知,AC 是所作球面的直径,则 AM⊥MC. 又因为 P A⊥平面 ABCD,则 PA⊥CD,又 CD⊥AD, 所以 CD⊥平面 PAD,则 CD⊥AM,所以 A M⊥平面 PCD, 所以平面 ABM⊥平面 PCD. (2)由(1)知,AM⊥PD,又 PA=AD,则 M 是 PD 的中点可得 则 设 D 到平面 ACM 的距离为 h,由 VD﹣ACM=VM﹣ACD 即 可求得 , , . (7) ,得 PN= (8) .所以 NC:PC=5:9(9) . , ,

设所求角为 θ,则

(3)可求得 PC=6.因为 AN⊥NC,由

故 N 点到平面 ACM 的距离等于 P 点到平面 ACM 距离的 . 又因为 M 是 PD 的中点,则 P、D 到平面 ACM 的距离相等,由(2)可知所求距离为 方法二: (1)同方法一; .

(2)如图 2 所示,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0) ,P(0,0,4) ,B(2,0,0) ,C(2,4,0) , D(0,4,0) ,M(0,2,2) ; 设平面 ACM 的一个法向量 . ,由 可得: ,令 z=1,则

设所求角为 α,则



所以所求角的大小为


2

(3)由条件可得,AN⊥NC.在 Rt△ PAC 中,PA =PN?PC,所以

,则





所以所求距离等于点 P 到平面 ACM 距离的 ,设点 P 到平面 ACM 距离为 h





所以所求距离为



点评: 本题考查直线与平面所成的角,平面与平面垂直的判定,三垂线定理,考查空间想象能力,逻辑思维能力, 计算能力,是中档题.再用空间向量求线面角时,关键是求出平面的法向量以及直线的方向向量. 11. (2008?海南)如图,已知点 P 在正方体 ABCD﹣A′B′C′D′的对角线 BD′上,∠PDA=60°. (Ⅰ)求 DP 与 CC′所成角的大小; (Ⅱ)求 DP 与平面 AA′D′D 所成角的大小.

考点: 用空间向量求直线与平面的夹角;用空间向量求直线间的夹角、距离. 专题: 证明题;综合题;转化思想. 分析: 方法一:如图,以 D 为原点,DA 为单位长建立空间直角坐标系 D﹣xyz.
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连接 BD,B'D'.在平面 BB'D'D 中,延长 DP 交 B'D'于 H. 求出 .

(Ⅰ)利用 (Ⅱ)平面 AA'D'D 的一个法向量是

,求出 .通过

.即可.

,得到 方法二:如图,以 D 为原点,DA 为单位长建立空间直角坐标 系 D﹣xyz.求出

.即可.

解题过程同方法一.

解答: 解:方法一:如图,以 D 为原点,DA 为单位长建立空间直角坐标系 D﹣xyz. 则 , .连接 BD,B'D'.

在平面 BB'D'D 中,延长 DP 交 B'D'于 H. 设 由 可得 .解得 ,所以 . 分) (4 ,由已知 ,

(Ⅰ)因为 所以

, .即 DP 与 CC'所成的角为 45°. 分) (8 .

(Ⅱ)平面 AA'D'D 的一个法向量是

因为 可得 DP 与平面 AA'D'D 所成的角为 30°. (12 分)

,所以



方法二:如图,以 D 为原点,DA 为单位长建立空间直角坐标 系 D﹣xyz.则 设 P(x,y,z)则 , , .

,∴(x﹣1,y﹣1,z)=(﹣λ,﹣λ,λ)



,则

,由已知,



∴λ ﹣4λ+2=0,解得

2

,∴

(4 分)

(Ⅰ)因为



所以

.即 DP 与 CC'所成的角为 45°. 分) (8 .

(Ⅱ)平面 AA'D'D 的一个法向量是

因为

,所以



可得 DP 与平面 AA'D'D 所成的角为 30°. (12 分)

点评: 本题是中档题,考查空间向量求直线与平面的夹角,法向量的求法,直线与平面所成的角,考查计算能力. 12. 如图, 四棱锥 P﹣ABCD 中, 底面 ABCD 为菱形, PA⊥底面 ABCD, (Ⅰ)证明:PC⊥平面 BED; (Ⅱ)设二面角 A﹣PB﹣C 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小. , PA=2, 是 PC 上的一点, E PE=2EC.

考点: 用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面垂直的判定;向量语言表述线面的垂直、平行关系. 专题: 计算题. 分析: (I)先由已知建立空间直角坐标系,设 D( ,b,0) ,从而写出相关点和相关向量的坐标,利用向量垂 直的充要条件,证明 PC⊥BE,PC⊥DE,从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可; (II)先求平面 PAB 的法向量,再求平面 PBC 的法向量,利用两平面垂直的性质,即可求得 b 的值,最后
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利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值,进而求得线面角 解答: 解: (I)以 A 为坐标原点,建立如图空间直角坐标系 A﹣xyz, 设 D( ∴ ∴ =(2 ? ,b,0) ,则 C(2 ,0,﹣2) , ? ,0,0) ,P(0,0,2) ,E( =( =0 ,b, ) , =( ,0, ) ,B( ,﹣b,0)

,﹣b, )

= ﹣ =0,

∴PC⊥BE,PC⊥DE,BE∩DE=E ∴PC⊥平面 BED (II) =(0,0,2) , =( ,﹣b,0)

设平面 PAB 的法向量为 =(x,y,z) ,则

取 =(b,

,0)

设平面 PBC 的法向量为 =(p,q,r) ,则

取 =(1,﹣





∵平面 PAB⊥平面 PBC,∴ ? =b﹣ =0.故 b= ∴ =(1,﹣1, ∴cos< , >= ) , =(﹣ ,﹣ ,2)

=

设 PD 与平面 PBC 所成角为 θ,则 sinθ= ∴θ=30° ∴PD 与平面 PBC 所成角的大小为 30°

点评: 本题主要考查了利用空间直角坐标系和空间向量解决立体几何问题的一般方法,线面垂直的判定定理,空 间线面角的求法,有一定的运算量,属中档题 13. (2012?重庆)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3,D 为 AB 的中点.

(Ⅰ)求异面直线 CC1 和 AB 的距离; (Ⅱ)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1﹣CD﹣B1 的平面角的余弦值.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;点、线、面间的距离计算;二面角的平面角及求法. 专题: 计算题;证明题. 分析: (Ⅰ)先根据条件得到 CD⊥AB 以及 CC1⊥CD,进而求出 C 的长即可; (Ⅱ)解法一;先根据条件得到∠A1DB1 为所求的二面角 A1﹣CD﹣B1 的平面角,再根据三角形相似求出 棱柱的高,进而在三角形 A1DB1 中求出结论即可; 解法二:过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量的坐标,最后代 入向量的夹角计算公式即可求出结论. 解答: 解: (Ⅰ)解:因为 AC=BC,D 为 AB 的中点,故 CD⊥AB, 又直三棱柱中,CC1⊥面 ABC,故 CC1⊥CD,
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所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为:CD=

=



(Ⅱ)解法一;由 CD⊥AB,CD⊥BB1,故 CD⊥平面 A1ABB1, 从而 CD⊥DA1,CD⊥DB1,故∠A1DB1 为所求的二面角 A1﹣CD﹣B1 的平面角. 因 A1D 是 A1C 在面 A1ABB1 上的射影, 又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1⊥A1D, 从而∠A1AB1,∠A1DA 都与∠B1AB 互余, 因此∠A1AB1=∠∠A1DA, 所以 RT△ A1AD∽RT△ B1A1A, 因此 = ,得 =AD?A1B1=8, ,B1D=A1D=2 .

从而 A1D=

=2

所以在三角形 A1DB1 中,cos∠A1DB1=

= .

解法二:过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中, 由第一问知:DB,DC,DD1 两两垂直,以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 X 轴,Y 轴,Z 轴建立 空间直角坐标系 D﹣XYZ. . 设直三棱柱的高为 h,则 A(﹣2,0,0) 1(﹣2,0,h) 1(2,0,h) ,A .B .C(0, ,0) 从而 =(4,0,h) , ? =(2, ,﹣h) .
2

由 AB1⊥A1C 得 故

=0,即 8﹣h =0,因此 h=2 ) , =(2,0,2 ) ,

, =(0, ,0) .

=(﹣1,0,2

设平面 A1CD 的法向量为 =(x,y,z) ,则 ⊥ 0,1) , 设平面 B1CD 的法向量为 =(a,b,c) ,则 ⊥ ﹣1) , 所以 cos< , >= = = .

, ⊥

,即

取 z=1,得 =(





,即

取 c=﹣1 得 =(

,0,

所以二面角的平面角的余弦值为 .

点评: 本题主要考察异面直线间的距离计算以及二面角的平面角及求法.在求异面直线间的距离时,关键是求出 异面直线的公垂线. 14. (2012?重庆)如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3,D 为 AB 的中点 (Ⅰ)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离; (Ⅱ)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1﹣CD﹣C1 的平面角的余弦值.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;与二面角有关的立体几何综合题;点、线、面间的距离计算. 专题: 综合题;转化思想. 分析: (I)由题意,由于可证得 CD⊥平面 A1ABB1.故点 C 到平面的距离即为 CD 的长度,易求; (II) 解法一: 由题意结合图象, 可通过作辅助线先作出二面角的平面角∠A1DD1, 然后在直角三角形 A1D1D 中求出二面角的余弦;
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解法二:根据几何体的形状,可过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,可得 DB,DC,DD1 两 两垂直,则以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 X 轴、Y 轴、Z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣ xyz.给出各点的坐标,分别求出两平面的法向量,求出两向量的夹角即为两平面的夹角. 解答: 解: (I)由 AC=BC,D 为 AB 的中点,得 CD⊥AB.又 CD⊥AA1. 故 CD⊥平面 A1ABB1. 所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD= =

(II)解法一:如图 1,取 D1 为 A1B1 的中点,连接 DD1,则 DD1∥AA1∥CC1. 又由(I)知 CD⊥平面 A1ABB1.故 CD⊥A1D,CD⊥D1D,所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1﹣CD﹣C1 的 平面角. A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 中的射影, 因 又已知 AB1⊥A1C 由三垂线定理的逆定理得 AB1⊥A1D. 从 而∠A1AB1、 1DA 都与∠B1AB 互余. ∠A 因此∠A1AB1=∠A1DA, 所以 Rt△ A1AD∽Rt△ B1A1A. 因此 AA1: AD=A1B1:AA1,即 AA1 =AD?A1B1=8,得 AA1=2
2

,从而 A1D=

=2

.所以 Rt△ A1D1D

中,cos∠A1DD1=

=

=

解法二:如图 2,过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,有 DB,DC,DD1 两两垂直,以 D 为 原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 X 轴、Y 轴、Z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣xyz. 设直三棱柱的高为 h,则 A(﹣2,0,0) 1(﹣2,0,h) 1(2,0,h) ,A ,B ,C(0, ,0) 1(0, , ,C h) ,从而 =(4,0,h) ,
2

=(2, ,故

,﹣h) =(﹣2,0,2) , , ⊥ =(0,0,2 ) , =(0, ,0)

由 AB1⊥A1C,可得 8﹣h =0,h=2

设平面 A1CD 的法向量为 =(x1,y1,z1) ,则有 ⊥

∴ ?

=0 且 ?

=0,即

,取 z1=1,则 =( , ⊥ ,即

,0,1)

设平面 C1CD 的法向量为 =(x2,y2,z2) ,则 ⊥ =(1,0,0) ,



=0,取 x2=1,得

所以 cos< , >=

=

=

,所以二面角 A1﹣CD﹣C1 的平面角的余弦值

点评: 本题考查二面角的求法及点到面距离的求法,点到面的求法一般是作垂线,垂线段的长度即所求,二面角 的余弦值的求法有两种,一种是几何法,找到二面角平面角所在的三角形,解三角形求出角的余弦值,第 二种方法是现在比较常用的方法向量法,其特征是思维量小,计算量大,作题时对这两种方法要根据题设 灵活选用 15. (2012?浙江)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面是边长为 的菱形,∠BAD=120°,且 PA⊥平面 ABCD, PA= ,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 A﹣MN﹣Q 的平面角的余弦值.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;直线与平面平行的判定;二面角的平面角及求法. 专题: 综合题. 分析: (1)连接 BD,利用三角形的中位线的性质,证明 MN∥BD,再利用线面平行的判定定理,可知 MN∥平 面 ABCD;
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(2)方法一:连接 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, 求出平面 AMN 的法向量 面角的余弦值; 方法二:证明∠AEQ 为二面角 A﹣MN﹣Q 的平面角,在△ AED 中,求得 AE= ,QE= ,AQ=2 , , 利用效率的夹角公式, 即可求得二面角 A﹣MN﹣Q 的平

再利用余弦定理,即可求得二面角 A﹣MN﹣Q 的平面角的余弦值. 解答: (1)证明:连接 BD.∵M,N 分别为 PB,PD 的中点, ∴在△ PBD 中,MN∥BD. 又 MN?平面 ABCD,BD?平面 ABCD ∴MN∥平面 ABCD; (2)方法一:连接 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, 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB= ,BD= ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AC 在直角△ PAC 中, A (﹣ N( Q( , 0) B 0, ,(0, ﹣3, ,( 0) C ) ) . ,AQ⊥PC 得 QC=2,PQ=4,由此知各点坐标如下 , 0) D 0, , (0, 0) P 3, ,( )M ,( ) ,

设 =(x,y,z)为平面 AMN 的法向量,则



,取 z=﹣1,

同理平面 QMN 的法向量为



=

∴所求二面角 A﹣MN﹣Q 的平面角的余弦值为



方法二:在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°,得 AC=AB=BC=CD=DA= ,BD= ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AC,PA⊥AC,PA⊥AD,∴PB=PC=PD,∴△PBC≌△PDC 而 M,N 分别是 PB,PD 的中点,∴MQ=NQ,且 AM= PB= =AN

取 MN 的中点 E,连接 AE,EQ,则 AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ 为二面角 A﹣MN﹣Q 的平面角 由 ,AM=AN=3,MN=3 可得 AE=

在直角△ PAC 中,AQ⊥PC 得 QC=2,PQ=4,AQ=2 在△ PBC 中,cos∠BPC= ,∴MQ= 在等腰△ MQN 中,MQ=NQ= 在△ AED 中,AE= ,QE= .MN=3,∴QE= ,AQ=2 ,∴cos∠AEQ=

∴所求二面角 A﹣MN﹣Q 的平面角的余弦值为



点评: 本题考查线面平行,考查面面角,解题的关键是利用线面平行的判定定理,掌握面面角的两种求解方法, 属于中档题. 16. (2012?四川)如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,点 P 在平面 ABC 内的射 影 O 在 AB 上. (Ⅰ)求直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小; (Ⅱ)求二面角 B﹣AP﹣C 的大小.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;直线与平面所成的角;二面角的平面角及求法. 专题: 综合题. 分析: 解法一 (Ⅰ) 连接 OC, 由已知, ∠OCP 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角. AB 中点为 D, 设 连接 PD, CD. 不 妨设 PA=2,则 OD=1,OP= ,AB=4.在 RT△ OCP 中求解. (Ⅱ)以 O 为原点,建立空间直角坐标系,利用平面 APC 的一个法向量与面 ABP 的一个法向量夹角求解. 解法二(Ⅰ)设 AB 中点为 D,连接 CD.以 O 为坐标原点,OB,OE,OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建
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立空间直角坐标系 O﹣xyz.利用

与平面 ABC 的一个法向量夹角求解.

(Ⅱ)分别求出平面 APC,平面 ABP 的一个法向量,利用两法向量夹角求解. 解答: 解法一 (Ⅰ)连接 OC,由已知,∠OCP 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角.

设 AB 中点为 D,连接 PD,CD.因为 AB=BC=CA,所以 CD⊥AB, 因为∠APB=90°,∠PAB=60°,所以△ PAD 为等边三角形, 不妨设 PA=2,则 OD=1,OP= ,AB=4. 所以 CD=2 ,OC= = =

在 RT△ OCP 中,tan∠OCP=

=

=

. . =(1,0, ) , =(2,2 ,0) .

故直线 PC 与平面 ABC 所成的角的大小为 arctan

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,以 O 为原点,建立空间直角坐标系.则

设平面 APC 的一个法向量为 =(x,y,z) ,则由

得出



,取 x=﹣



则 y=1,z=1,所以 =(﹣

,1,1) .设二面角 B﹣AP﹣C 的平面角为 β,易知 β 为锐角.而面 ABP 的 .故二面角 B﹣AP﹣C 的大小为

一个法向量为 =(0,1,0) ,则 cosβ=

=

=

arccos



解法二: (Ⅰ)设 AB 中点为 D,连接 CD.因为 O 在 AB 上,且 O 为 P 在平面 ABC 内的射影,

所以 PO⊥平面 ABC,所以 PO⊥AB,且 PO⊥CD.因为 AB=BC=CA,所以 CD⊥AB,设 E 为 AC 中点, 则 EO∥CD,从而 OE⊥PO,OE⊥AB. 如图,以 O 为坐标原点,OB,OE,OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 O﹣xyz.不妨设 PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP= , CD=2 ) ,所以 O(0,0,0) ,A(﹣1,0,0) ,C(1,2 =(0,0, )为平面 ABC 的一个法向量. .故直线 PC 与平面 ABC ,0) ,P(0,0, ) ,所以 =(﹣1,﹣2 ,

设 α 为直线 PC 与平面 ABC 所成的角,则 sinα=

=

=

所成的角大小为 arcsin (Ⅱ)由(Ⅰ)知, =(1,0, ) , =(2,2 ,0) . 得出 即 ,

设平面 APC 的一个法向量为 =(x,y,z) ,则由

取 x=﹣

,则 y=1,z=1,所以 =(﹣

,1,1) .设二面角 B﹣AP﹣C 的平面角为 β,易知 β 为锐角. .

而面 ABP 的一个法向量为 =(0,1,0) ,则 cosβ=

=

=

故二面角 B﹣AP﹣C 的大小为 arccos



点评: 本题考查线面关系,直线与平面所成的角、二面角等基础知识,考查思维能力、空间想象能力,并考查应 用向量知识解决数学问题能力. 17. (2012?山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面 ABCD, AE⊥BD,CB=CD=CF. (Ⅰ)求证:BD⊥平面 AED; (Ⅱ)求二面角 F﹣BD﹣C 的余弦值.

考点: 用空间向量求平面间的夹角;直线与平面垂直的判定;向量语言表述线面的垂直、平行关系;二面角的平 面角及求法. 专题: 证明题;综合题. 分析: (Ⅰ)由题意及图可得,先由条件证得 AD⊥BD 及 AE⊥BD,再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直; (II)解法一:由(I)知,AD⊥BD,可得出 AC⊥BC,结合 FC⊥平面 ABCD,知 CA,CA,CF 两两垂直, 因此可以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 X 轴,Y 轴,Z 轴建立如图的空间直角坐标系, 设 CB=1,表示出各点的坐标,再求出两个平面的法向量的坐标,由公式求出二面角 F﹣BD﹣C 的余弦值即 可; 解法二:取 BD 的中点 G,连接 CG,FG,由于 CB=CD,因此 CG⊥BD,又 FC⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,可证明出∠FGC 为二面角 F﹣BD﹣C 的平面角,再解三角形求出二面角 F﹣BD﹣C 的余弦值. 解答: (I) 证明: 因为四边形 ABCD 是等腰梯形, AB∥CD, ∠DAB=60°. 所以∠ADC=∠BCD=120°. CB=CD, 又 所以∠CDB=30°,因此,∠ADB=90°,AD⊥BD, 又 AE⊥BD 且,AE∩AD=A,AE,AD?平面 AED, 所以 BD⊥平面 AED; (II)解法一:由(I)知,AD⊥BD,所以 AC⊥BC, 又 FC⊥平面 ABCD,因此 CA,CA,CF 两两垂直,以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 X 轴,Y 轴,Z 轴建立如图的空间直角坐标系,
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不妨设 CB=1,则 C(0,0,0) ,B(0,1,0) ,D( 0) , =(0,﹣1,1)

,﹣ ,0) ,F(0,0,1) ,因此

=(

,﹣ ,

设平面 BDF 的一个法向量为 =(x,y,z) ,则 ? 所以 x= y= z,取 z=1,则 =( ,1,1) ,

=0, ?

=0

由于

=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, >= ,所以二面角 F﹣BD﹣C 的余弦值为

则 cos< ,

=

=

解法二:取 BD 的中点 G,连接 CG,FG,由于 CB=CD,因此 CG⊥BD,又 FC⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 FC⊥BD,由于 FC∩CG=C,FC,CG?平面 FCG. 所以 BD⊥平面 FCG.故 BD⊥FG,所以∠FGC 为二面角 F﹣BD﹣C 的平面角, 在等腰三角形 BCD 中,由于∠BCD=120°, 因此 CG= CB,又 CB=CF, 所以 GF= 故 cos∠FGC= , = CG,

所以二面角 F﹣BD﹣C 的余弦值为

点评: 本题考查线面垂直的证明与二面角的余弦值的求法,解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定定理及二面角 的两种求法﹣向量法与几何法,本题是高中数学的典型题,也是高考中的热点题型,尤其是利用空间向量 解决立体几何问题是近几年高考的必考题,学习时要好好把握向量法的解题规律.

18. (2011?辽宁)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= PD. (I)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ (II)求二面角 Q﹣BP﹣C 的余弦值.

考点: 与二面角有关的立体几何综合题;平面与平面垂直的判定;向量语言表述面面的垂直、平行关系;用空间 向量求平面间的夹角.
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专题: 计算题;证明题. 分析: 首先根据题意以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D ﹣xyz; (Ⅰ) 根据坐标系, 求出则 、 、 的坐标, 由向量积的运算易得 ? =0, ? =0; 进而可得 PQ⊥DQ,

PQ⊥DC,由面面垂直的判定方法,可得证明; (Ⅱ)依题意结合坐标系,可得 B、 、 的坐标,进而求出平面的 PBC 的法向量 与平面 PBQ 法向量 ,

进而求出 cos< , >,根据二面角与其法向量夹角的关系,可得答案. 解答: 解:如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣ xyz; (Ⅰ)依题意有 Q(1,1,0) ,C(0,0,1) ,P(0,2,0) ; 则 所以 =(1,1,0) , ? =0, ? =(0,0,1) , =0; =(1,﹣1,0) ,

即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC, 故 PQ⊥平面 DCQ, 又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ; (Ⅱ)依题意,有 B(1,0,1) , =(1,0,0) , =(﹣1,2,﹣1) ;

设 =(x,y,z)是平面的 PBC 法向量, 则 即 ,

因此可取 =(0,﹣1,﹣2) ; 设 是平面 PBQ 的法向量,则 ,

可取 =(1,1,1) , 所以 cos< , >=﹣ , .

故二面角角 Q﹣BP﹣C 的余弦值为﹣

点评: 本题用向量法解决立体几何的常见问题,面面垂直的判定与二面角的求法;注意建立坐标系要容易求出点 的坐标,顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交点处,这样才有助于下一步的计算.

19.如图,四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (Ⅰ)证明:PA⊥BD; (Ⅱ)若 PD=AD,求二面角 A﹣PB﹣C 的余弦值.

考点: 直线与平面垂直的性质;用空间向量求平面间的夹角. 专题: 计算题;证明题;综合题;数形结合;转化思想. 分析: (Ⅰ)因为∠DAB=60°,AB=2AD, ,由余弦定理得 BD= ,利用勾股定理证明 BD⊥AD,根据 PD⊥ 底面 ABCD,易证 BD⊥PD,根据线面垂直的判定定理和性质定理,可证 PA⊥BD;
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(Ⅱ)建立空间直角坐标系,写出点 A,B,C,P 的坐标,求出向量 量,平面 PBC 的法向量,求出这两个向量的夹角的余弦值即可. 解答: (Ⅰ)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD, ,由余弦定理得 BD= , 2 2 2 从而 BD +AD =AB ,故 BD⊥AD 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD (Ⅱ)如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长, 射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D﹣xyz,则 A(1,0,0) ,B(0, ,0) ,C(﹣1, ,0) ,P(0,0,1) . =(﹣1, ,0) , =(0, ,﹣1) , =(﹣1,0,0) ,

,和平面 PAB 的法向

设平面 PAB 的法向量为 =(x,y,z) ,则





因此可取 =(

,1,

) ,

设平面 PBC 的法向量为 =(x,y,z) ,则

即:

可取 =(0,1,

) ,cos<

>=

=﹣



故二面角 A﹣PB﹣C 的余弦值为:﹣



点评: 此题是个中档题.考查线面垂直的性质定理和判定定理,以及应用空间向量求空间角问题,查了同学们观 察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力. 20.如图,已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的,底面边长是侧棱长 2 倍,D、E 分别是 AC、A1C1 的中点; (Ⅰ)求证:直线 AE∥平面 BDC1; (Ⅱ)求证:直线 A1D⊥平面 BDC1; (Ⅲ)求直线 A1C1 与平面 BDC1 所成的角.

考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定;用空间向量求平面间的夹角. 专题: 计算题;证明题. 分析: (Ⅰ)欲证直线 AE∥平面 BDC1,根据直线与平面平行的判定定理可知只需证 AE 与平面 BDC1 内一直线 平行,而易证四边形 ADC1E 为平行四边形,则 AE∥C1D 而 AE?平面 BDC1,C1D?平面 BDC1,满足定理 所需条件; (Ⅱ)根据勾股定理可知 A1D⊥C1D,根据线面垂直的性质可知 BD⊥A1D,而 C1D∩BD=D,满足线面垂 直的判定定理,则直线 A1D⊥平面 BDC1; (Ⅲ)由(II)可知∠A1C1D 为直线 A1C1 与平面 BDC1 所成的角,在直角三角形 A1C1D 中求出此角即可. 解答: 证明: (Ⅰ)∵D、E 分别是 AC、A1C1 的中点 ∴AD∥C1E,AD=C1E 则四边形 ADC1E 为平行四边形 ∴AE∥C1D 而 AE?平面 BDC1,C1D?平面 BDC1, ∴直线 AE∥平面 BDC1; (Ⅱ)设侧棱长为 1,则底面边长为 2, 根据题意可知 A1D=C1D= ,A1C1=2 根据勾股定理可知 A1D⊥C1D ∵BD⊥面 AA1C1C,A1D?面 AA1C1C ∴BD⊥A1D,而 C1D∩BD=D ∴直线 A1D⊥平面 BDC1; (Ⅲ)解:由(II)可知∠A1C1D 为直线 A1C1 与平面 BDC1 所成的角 而∠A1C1D=45° ∴直线 A1C1 与平面 BDC1 所成的角为 45°
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点评: 本题主要考查了线面平行的判定,线面垂直的判定和线面所成角的度量,同时考查了空间想象能力、推理 论证的能力,属于中档题. 21.已知斜三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1 在底面 ABC 上的射影恰为 AC 的中点 D,又知 BA1⊥AC1. (Ⅰ)求证:AC1⊥平面 A1BC; (Ⅱ)求 C1 到平面 A1AB 的距离; (Ⅲ)求二面角 A﹣A1B﹣C 的余弦值.

考点: 直线与平面垂直的判定;点、线、面间的距离计算;用空间向量求平面间的夹角. 专题: 证明题;综合题;转化思想;综合法. 分析: (Ⅰ) 欲证 AC1⊥平面 A1BC, 需要从平面 A1BC 中找出两条相交线与 AC1 垂直, 由图形知, 可证 BC⊥AC1, 又 BA1⊥AC1.由线面垂直的定理即可得. (Ⅱ)求 C1 到平面 A1AB 的距离,本小题拟采用向量法求解,建立空间坐标系,求出平面 A1AB 的法向量,
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以及

,求

在平面法向量上的投影即可得到点到面的距离.

(Ⅲ)求二面角 A﹣A1B﹣C 的余弦值,本小题拟采用向量法求解,根据(2)求出两平面的法向量,直接 求两向量夹角的余弦值的绝对值即可. 解答: 解: (Ⅰ)证明:因为 A1 在底面 ABC 上的射影为 AC 的中点 D 所以平面 A1ACC1⊥平面 ABC ∵BC⊥AC 且平面 A1ACC1∩平面 ABC=AC ∴BC⊥平面 A1ACC1∴BC⊥AC1 ∵AC1⊥BA1 且 BC1∩BA1=B ∴AC1⊥平面 A1BC (Ⅱ)如图所示,以 C 为坐标原点建立空间直角坐标系 ∵AC1⊥平面 A1BC∴AC1⊥A1C ∴四边形 A1ACC1 是菱形∵D 是 AC 的中点 ∴∠A1AD=60°∴A(2,0,0)A1(1,0, B(0,2,0)C1(﹣1,0, ) ∴ =(1,0, ) =(﹣2,2,0) ,令 z=1,



设平面 A1AB 的法向量 =(x,y,z) ,则 ∴ =( ∵ , ,1)

=(2,0,0)∴

∴C1 到平面 A1AB 的距离为

(Ⅲ)平面 A1AB 的法向量 =(



,1) ,平面 A1BC 的法向量

=(﹣3,0,







设二面角 A﹣A1B﹣C 的平面角为 θ,θ 为锐角, ∴ 即二面角 A﹣A1B﹣C 的余弦值为

点评: 本题考查线面垂直的证明,点到面距离的求法,二面角的求法,由解题过程可以看出,用向量法求点到面 的距离,求二面角是一个很实用的方法,解题中要善于运用,在求解此类题时,求面的法向量是一个重点, 要学会怎么赋值. 22.已知在四棱锥 P﹣ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=1,AB=2,E、F 分别是 AB、PD 的中点. (Ⅰ)求证:AF∥平面 PEC; (Ⅱ)求 PC 与平面 ABCD 所成角的大小; (Ⅲ)求二面角 P 一 EC 一 D 的大小.

考点: 与二面角有关的立体几何综合题;直线与平面平行的判定;直线与平面所成的角;用空间向量求平面间的 夹角. 专题: 计算题. 分析: (Ⅰ) PC 的中点 O, 取 连接 OF、 OE. 可得 FO∥DC, FO= DC, FO=AE. 且 又 AF∥OE 又 OE?平面 PEC,
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AF?平面 PEC,可得线面平行. (Ⅱ) PA⊥平面 ABCD 可得∠PCA 是直线 PC 与平面 ABCD 所成的角. Rt△ PAC 中, 在 . 从

而可求 PC 与平面 ABCD 所成角的大小; (Ⅲ)作 AM⊥CE,交 CE 的延长线于 M.连接 PM,得 PM⊥CE,所以∠PMA 是二面角 P﹣EC﹣D 的平 面角 . 从而可求二面角 P 一 EC 一 D 的大小. 解答: 解: (Ⅰ)取 PC 的中点 O,连接 OF、

OE.∴FO∥DC,且 FO= DC ∴FO∥AE …(2 分) 又 E 是 AB 的中点.且 AB=DC.∴FO=AE. ∴四边形 AEOF 是平行四边形.∴AF∥OE 又 OE?平面 PEC,AF?平面 PEC ∴AF∥平面 PEC (Ⅱ)连接 AC ∵PA⊥平面 ABCD, ∴∠PCA 是直线 PC 与平面 ABCD 所成的角…(6 分) 在 Rt△ PAC 中, 即直线 PC 与平面 ABCD 所成的角大小为 (Ⅲ)作 AM⊥CE,交 CE 的延长线于 M.连接 PM,由三垂线定理.得 PM⊥CE ∴∠PMA 是二面角 P﹣EC﹣D 的平面角. …(11 分) 由△ AME∽△CBE,可得 ,∴

∴二面角 P 一 EC 一 D 的大小为 点评: 本题以四棱锥为载体,考查线面平行,考查线面角,考查面面角,解决问题的关键是将空间角找出并且把 空间问题转化为平面问题,步骤是一作角二证角三求角四结论. 23.如图,ABCD﹣A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体,E、F 分别是棱 AB、BC 上的动点,且 AE=BF. (1)求证:A1F⊥C1E; (2)当 A1、E、F、C1 共面时,求: ①D1 到直线 C1E 的距离; ②面 A1DE 与面 C1DF 所成二面角的余弦值.

考点: 向量语言表述线线的垂直、平行关系;点、线、面间的距离计算;用空间向量求平面间的夹角. 专题: 证明题;综合题. 分析: (1)以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,我们易给出正
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方体中各个点的坐标,进而求出向量

坐标,代入向量数量积公式,易得

,即

A1F⊥C1E; (2)①在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB∥C1D1,则△ BC1D1 与△ EC1D1 面积相待,故 D1 到直线 C1E 的距离 h 满足 ,代入即可得到答案;

②我们求出面 A1DE 与面 C1DF 的法向量,求出两个向量夹角的余弦的绝对值,即可得到答案. 解答: 解: (1)以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 则 A1(6,0,6) 1(0,6,6) 、C ,设 AE=m,则 E(6,m,0) ,F(6﹣m,6,0) ,

从而 ∵ ,





所以 A1F⊥C1E(4 分) . (2)①当 A1、E、F、C1 共面时, 因为底面 ABCD∥A1B1C1D1, 所以 A1C1∥EF, 所以 EF∥AC, 从而 E、F 分别是 AB、BC 的中点(7 分) , 设 D1 到直线 C1E 的距离为 h, 在△ C1D1E 中, , 解得 (7 分) . ②由①得,E(6,3,0) 、F(3,6,0) , 设平面 A1DE 的一个法向量为 , ,

依题意 所以

, , ,

同理平面 C1DF 的一个法向量为 由图知,面 A1DE 与面 C1DF 所成二面角的余弦值

点评: 本题考查的知识点是向量语言表述线线的垂直、平行关系,点、线、面间的距离计算、用空间向量求平面 间的夹角,其中建立空间坐标系,将总是转化为一个向量计算问题是解答本题的关键. 24.如图,在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC=BC=CC1=2,AC⊥BC,点 D 是 AB 的中点. (Ⅰ)求证:AC1∥平面 CDB1; (Ⅱ)求点 B 到平面 CDB1 的距离; (Ⅲ)求二面角 B﹣B1C﹣D 的大小.

考点: 用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面平行的判定;用空间向量求平面间的夹角. 专题: 计算题;证明题;转化思想. 分析: 以 C 为原点,直线 CA,CB,CC1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系

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(Ⅰ)求出

,推出 DE∥AC1.从而证明 AC1∥平面 CDB1; ,求点 B

(Ⅱ)点 B 到平面 CDB1 的距离为 h.通过

到平面 CDB1 的距离; (Ⅲ)在平面 ABC 内作 DF⊥BC 于点 F,过点 F 作 FG⊥B1C 于点 G,连接 DG,说明∠DGF 是二面角 B ﹣B1C﹣D 的平面角,求出与公式 相关向量,计算,求二面角 B﹣B1C﹣D

的大小. 解答: 解:∵在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC=BC=CC1=2,AC⊥BC, ∴AC、BC、CC1 两两垂直. 如图,以 C 为原点,直线 CA,CB,CC1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系, 则 C(0,0,0) ,A(2,0,0) ,B(0,2,0) 1(0,0,2) ,C ,D(1,1,0) . (Ⅰ)证明: 设 BC1 与 B1C 的交点为 E,则 E(0,1,1) . ∵ ,∴ ,∴DE∥AC1…(3 分)

∵DE?平面 CDB1,AC1?平面 CDB1,∴AC1∥平面 CDB1(4 分) (Ⅱ)设点 B 到平面 CDB1 的距离为 h. 在三棱锥 B1﹣BCD 中, ∵ ∴ 易求得 ,且 B1B⊥平面 BCD, (6 分) ,





即点 B 到平面 CDB1 的距离是

.(9 分) .

(Ⅲ)在平面 ABC 内作 DF⊥BC 于点 F,过点 F 作 FG⊥B1C 于点 G,连接 DG. 易证明 DF⊥平面 BCC1B1,从而 GF 是 DG 在平面 BCC1B1 内的射影, 根据三垂线定理得 B1C⊥GD. ∴∠DGF 是二面角 B﹣B1C﹣D 的平面角(12 分) 易知 ∵ , ,



=



∴二面角 B﹣B1C﹣D 的大小是

. (14 分)

点评: 本题考查用空间向量求直线与平面的夹角,直线与平面平行的判定,用空间向量求平面间的夹角,考查空 间想象能力,逻辑思维能力,是中档题.


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