1、第三章 空间向量与立体几何本章归纳整合高考真题1(2012天津)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA 平面ABCD，ACAD，AB BC，BAC 45 ，PAAD 2，AC1.(1)证明 PCAD；(2)求二面角 APCD 的正弦值；(3)设 E 为棱 PA 上的点，满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为30，求 AE 的长解 如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)，D(2,0,0)，C (0,1,0)，B ，P(0,0,2) ( 12，12，0)(1)证明：易得 (0,1 ，2) ， (2,0,0)，PC AD 于是 0 ，所以 PCAD.PC AD (2)
2、(0,1 ，2)， (2，1,0)PC CD 设平面 PCD 的法向量 n(x ， y，z) ，则Error! 即Error!不妨令 z1，可得 n(1,2,1)可取平面 PAC 的法向量 m(1,0,0)于是 cosm，n ，mn|m|n| 16 66从而 sinm，n .306所以二面角 APCD 的正弦值为 .306(3)设点 E 的坐标为(0,0，h)，其中 h0,2由此得 .BE (12， 12，h)由 (2，1,0)，故 cos ， ，CD BE CD BE CD |BE |CD |3212 h25 310 20h2所以， cos 30 ，310 20h2 32解得 h ，即 AE
3、 .1010 10102(2012北京)如图 1，在 RtABC 中，C90 ，BC3，AC6.D，E 分别是 AC，AB上的点，且 DEBC，DE 2.将ADE 沿 DE 折起到A 1DE 的位置，使 A1CCD，如图 2.(1)求证：A 1C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(1)证明 因为 ACBC，DEBC，所以 DEAC.所以 DEA 1D，DE CD .所以 DE平面 A1DC.所以 DEA 1C.又因为 A1CCD ，所以 A1C平面 B
4、CDE.(2)解 如图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Cxyz，则 A1(0,0,2 )， D(0,2,0)，M(0,1， )，B(3,0,0)，E(2,2,0)3 3设平面 A1BE 的法向量为 n(x，y，z)，则 n 0，n 0.A1B BE 又 (3,0 ，2 )， (1,2,0) ，A1B 3 BE 所以Error!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 (0,1， )，所以 sin |cosn， | .CM 3 CM |nCM |n|CM | 484 22所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 .4(3)
5、解 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 m 0， m 0.A1D DP 又 (0,2 ，2 )， ( p，2,0)，A1D 3 DP 所以Error!令 x2，则 yp，z .p3所以 m .(2，p，p3)平面 A1DP平面 A1BE，当且仅当 mn0，即 4pp 0.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3(2012课标全国)如图，直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，A
6、CBC AA1，D 是棱 AA1 的中点，12DC1BD.(1)证明：DC 1 BC；(2)求二面角 A1BDC 1 的大小(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 DCDC 1.又 AC AA1，可得 DC DC 2CC ，所以 DC1DC.12 21 21而 DC1BD，DCBDD，所以 DC1平面 BCD.BC平面 BCD，故 DC1BC.(2)解 由(1)知 BCDC 1，且 BCCC 1，则 BC平面 ACC1，所以 CA，CB，CC 1 两两相互垂直以 C 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向，| |为单位长，建立如图所示的空间直CA CA 角坐标
7、系 Cxyz .由题意知 A1(1,0,2)，B(0,1,0) ，D(1,0,1)，C 1(0,0,2)则 (0,0 ，1) ， (1，1,1)， ( 1,0,1)A1D BD DC1 设 n(x，y，z )是平面 A1B1BD 的法向量，则Error! 即Error!可取 n(1,1,0)同理，设 m 是平面 C1BD 的法向量，则Error! 可取 m(1,2,1) 从而 cosn， m .nm|n|m| 32故二面角 A1BDC 1 的大小为 30.4. (2012大纲全国)如图，四棱锥 PABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA 底面ABCD，AC2 ，PA2，E 是 PC 上的一点，
8、2PE2EC.(1)证明：PC平面 BED；(2)设二面角 APBC 为 90，求 PD 与平面 PBC所成角的大小解 (1)以 A 为坐标原点，射线 AC 为 x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.设 C(2 ，0,0)，D( ，b,0)，其中 b0，则 P(0,0,2)，E ，B( ，b,0) 2 2 (423，0，23) 2于是 (2 ，0，2)， ，PC 2 BE ( 23，b，23) ，从而 0， 0，DE ( 23， b，23) PC BE PC DE 故 PCBE，PCDE .又 BEDE E，所以 PC平面 BDE.(2) (0,0,2)， ( ，b,0)AP
9、 AB 2设 m(x，y，z)为平面 PAB 的法向量，则 m 0，AP m 0，即 2z0 且 xby0，AB 2令 xb，则 m( b， ，0)2设 n(p，q， r)为平面 PBC 的法向量，则 n 0，PC n 0，即 2 p2r0 且 bq r0，BE 2 2p3 23令 p1，则 r ，q ，22bn .(1， 2b，2)因为面 PAB面 PBC，故 mn0，即 b 0，故 b ，于是 n(1，1， )，2b 2 2( ， ，2)，cos n， ， n， 60.DP 2 2 DP nDP |n|DP | 12 DP 因为 PD 与平面 PBC 所成角和n， 互余，故 PD 与平面
10、PBC 所成的角为 30.DP 5(2012重庆)如图，在直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，AB 4，AC BC3，D 为 AB 的中点(1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离；(2)若 AB1A 1C，求二面角 A1CD C 1 的平面角的余弦值解 (1)由 ACBC，D 为 AB 的中点，得 CDAB ，又 CDAA 1，故 CD面 A1ABB1，所以点 C 到平面A1ABB1 的距离为 CD .BC2 BD2 5如图，过 D 作 DD1AA 1 交 A1B1 于 D1，在直三棱柱中，易知 DB，DC，DD 1 两两垂直，以 D 为原点，射线 DB，DC，DD 1 分别为 x 轴，y
11、 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Dxyz .设直三棱柱的高为 h，则 A( 2,0,0)，A 1(2,0，h)，B 1(2,0，h)，C(0， ，0)，5C1(0， ，h)，从而 (4,0，h) ， (2， ，h)，5 AB1 A1C 5由 ，有 8h 20，h2 .AB1 A1C 2故 ( 2,0,2 )，DA1 2(0,0,2 )， (0， ，0) CC1 2 DC 5设平面 A1CD 的法向量为 m (x1，y 1，z 1)，则 m ，m ，即Error!DC DA1 取 z11，得 m( ，0,1)2设平面 C1CD 的法向量为 n(x 2，y 2，z 2)，则 n ，n ，即Error!DC CC1 取 x21，得 n(1,0,0)，所以 cosm ，n .mn|m|n| 22 11 63所以二面角 A1CDC 1 的平面角的余弦值为 .63
