資源簡(jiǎn)介

2009屆新課標(biāo)數(shù)學(xué)考點(diǎn)預(yù)測(cè)--空間向量與立體幾何
一、考點(diǎn)介紹
1．利用向量處理平行問(wèn)題
　　空間圖形的平行關(guān)系包括直線與直線的平行，直線與平面的平行，平面與平面的平行，它們都可以用向量方法來(lái)研究。方法如下：
（1）設(shè)是兩條不重合的直線，它們的方向向量分別為，那么。根據(jù)實(shí)數(shù)與向量積的定義：。
（2）平面與平面平行可以轉(zhuǎn)化兩個(gè)平面的法向量平行：設(shè)兩個(gè)不重合的平面的法向量分別為，那么。
（3）直線與平面平行可以轉(zhuǎn)化為直線的方向向量與平面與平面的法向量垂直：設(shè)直線在平面外，是的一個(gè)方向向量，是平面的一個(gè)法向量，那么。
（4）平面表示以為方向向量的直線與向量平行或在平面內(nèi)，因此也可以由共面向量定理證明線面平行問(wèn)題。
2．利用向量處理垂直問(wèn)題
　空間的線線、線面、面面垂直關(guān)系，都可以轉(zhuǎn)化為空間內(nèi)的兩個(gè)向量垂直問(wèn)題來(lái)解決。
（1）設(shè)分別為直線的一個(gè)方向向量，那么；
（2）設(shè)分別為平面的一個(gè)法向量，那么；
（3）設(shè)直線的方向向量為，平面的法向量為，那么。
3．利用向量處理角度問(wèn)題
在立體幾何中，涉及的角有異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等。關(guān)于角的計(jì)算，均可歸結(jié)為兩個(gè)向量的夾角。對(duì)于空間向量，有，利用這一結(jié)論，我們可以較方便地處理立體幾何中的角的問(wèn)題。
　　求異面直線所成的角的關(guān)鍵在于求異面直線上兩向量的數(shù)量積，而要求兩向量的數(shù)量積，可以求兩向量的坐標(biāo)，也可以把所求向量用一組基向量表示，兩向量的夾角范圍是，而兩異面直線所成角的范圍是，應(yīng)注意加以區(qū)分。
　　　直線與平面的夾角，是直線的方向向量與平面的法向量的夾角（銳角）的余角，故有：，。
設(shè)分別是二面角的面的法向量，則＜＞就是所求二面角的平面角或其補(bǔ)角的大小。
4．利用向量處理距離問(wèn)題
　　立體幾何中涉及到距離的問(wèn)題比較多，如兩點(diǎn)的距離、點(diǎn)與線的距離、點(diǎn)與面的距離、線與面的距離、兩異面直線的距離問(wèn)題等等，它是數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中的一個(gè)難點(diǎn)。此部分若用向量來(lái)處理，則思路較為簡(jiǎn)單，方法較為因定。
（1）利用可以求有關(guān)距離問(wèn)題；
（2）設(shè)是直線上的一個(gè)單位方向向量，線段AB在上的投影是，則有｜｜＝，由此可求點(diǎn)到線，點(diǎn)到面的距離。
二、高考真題
１．2008山東卷(20)(本小題滿分12分)
如圖，已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，,E，F(xiàn)分別是BC, PC的中點(diǎn).
（Ⅰ）證明：AE⊥PD;
（Ⅱ）若H為PD上的動(dòng)點(diǎn)，EH與平面PAD所成最大角的正切值為，求二面角E—AF—C的余弦值.
（Ⅰ）證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，可得△ABC為正三角形.
因?yàn)? E為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC.
又 BC∥AD，因此AE⊥AD.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.
而 PA平面PAD，AD平面PAD 且PA∩AD=A，
所以 AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.
所以 AE⊥PD.
（Ⅱ）解：設(shè)AB=2，H為PD上任意一點(diǎn)，連接AH，EH.
由（Ⅰ）知 AE⊥平面PAD，
則∠EHA為EH與平面PAD所成的角.
在Rt△EAH中，AE=，
所以 當(dāng)AH最短時(shí)，∠EHA最大，
即 當(dāng)AH⊥PD時(shí)，∠EHA最大.
此時(shí) tan∠EHA=
因此 AH=.又AD=2，所以∠ADH=45°，
所以 PA=2.
解法一：因?yàn)? PA⊥平面ABCD，PA平面PAC，
所以 平面PAC⊥平面ABCD.
過(guò)E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC，
過(guò)O作OS⊥AF于S，連接ES，則∠ESO為二面角E-AF-C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=,
又F是PC的中點(diǎn)，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=,
又
在Rt△ESO中，cos∠ESO=
即所求二面角的余弦值為
解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，又E、F分別為BC、PC的中點(diǎn)，所以
E、F分別為BC、PC的中點(diǎn)，所以
A（0，0，0），B（，-1，0），C（C，1，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F(xiàn)（），
所以
設(shè)平面AEF的一法向量為
則 因此
取
因?yàn)? BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，
所以 BD⊥平面AFC，
故 為平面AFC的一法向量.
又 =（-），
所以 cos＜m, ＞=
因?yàn)? 二面角E-AF-C為銳角，
所以所求二面角的余弦值為
2.2008江蘇卷16．在四面體ABCD 中，CB= CD, AD⊥BD，且E ,F分別是AB,BD 的中點(diǎn)，
求證：（Ⅰ）直線EF ∥面ACD ；
（Ⅱ）面EFC⊥面BCD ．
【解析】本小題考查空間直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系的判定．
（Ⅰ）∵ E,F 分別是AB,BD 的中點(diǎn)，
∴EF 是△ABD 的中位線，∴EF∥AD，
∵EF面ACD ，AD 面ACD ，∴直線EF∥面ACD ．
（Ⅱ）∵ AD⊥BD ，EF∥AD，∴ EF⊥BD.
∵CB=CD, F 是BD的中點(diǎn)，∴CF⊥BD.
又EFCF=F，∴BD⊥面EFC．∵BD面BCD，∴面EFC⊥面BCD ．
江西卷．解 ：（1）證明：依題設(shè)，是的中位線，所以∥，
則∥平面，所以∥。
又是的中點(diǎn)，所以⊥，則⊥。
因?yàn)椤停停?br/>所以⊥面，則⊥，
因此⊥面。
（2）作⊥于，連。因?yàn)椤推矫妫?br/>根據(jù)三垂線定理知，⊥，
就是二面角的平面角。
作⊥于，則∥，則是的中點(diǎn)，則。
設(shè)，由得，，解得，
在中，，則，。
所以，故二面角為。
解法二：（1）以直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則
所以
所以
所以平面
由∥得∥，故：平面
(2)由已知設(shè)
則
由與共線得:存在有得

同理:
設(shè)是平面的一個(gè)法向量,
則令得
又是平面的一個(gè)法量
所以二面角的大小為
（3）由（2）知，，，平面的一個(gè)法向量為。
則。
則點(diǎn)到平面的距離為
3.2008遼寧卷19．（本小題滿分12分）
如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中，AP=BQ=b（0（Ⅰ）證明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；
（Ⅱ）證明：截面PQEF和截面PQGH面積之和是定值，
并求出這個(gè)值；
（Ⅲ）若與平面PQEF所成的角為，求與平
面PQGH所成角的正弦值．
本小題主要考查空間中的線面關(guān)系，面面關(guān)系，解三角形等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力與邏輯思維能力。滿分12分．
解法一：
（Ⅰ）證明：在正方體中，，，又由已知可得
，，，
所以，，
所以平面．
所以平面和平面互相垂直． 4分
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知
，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEF和截面PQGH面積之和是
，是定值． 8分
（III）解：連結(jié)BC′交EQ于點(diǎn)M．
因?yàn)椋?br/>所以平面和平面PQGH互相平行，因此與平面PQGH所成角與與平面所成角相等．
與（Ⅰ）同理可證EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面，因此EM與的比值就是所求的正弦值．
設(shè)交PF于點(diǎn)N，連結(jié)EN，由知
．
因?yàn)椤推矫鍼QEF，又已知與平面PQEF成角，
所以，即，
解得，可知E為BC中點(diǎn)．
所以EM=，又，
故與平面PQCH所成角的正弦值為． 12分
解法二：
以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DD′分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系D－xyz由已知得，故
，，，，
，，，
，，．
（Ⅰ）證明：在所建立的坐標(biāo)系中，可得
，
，
．
因?yàn)椋允瞧矫鍼QEF的法向量．
因?yàn)椋允瞧矫鍼QGH的法向量．
因?yàn)椋裕?br/>所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直． 4分
（Ⅱ）證明：因?yàn)椋裕郑訮QEF為矩形，同理PQGH為矩形．
在所建立的坐標(biāo)系中可求得，，
所以，又，
所以截面PQEF和截面PQGH面積之和為，是定值． 8分
（Ⅲ）解：由已知得與成角，又可得
，
即，解得．
所以，又，所以與平面PQGH所成角的正弦值為
． 12分
4.2008陜西卷19．（本小題滿分12分）
三棱錐被平行于底面的平面所截得的幾何體如圖所示，截面為，，平面，，，，，．
（Ⅰ）證明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的大小．
解法一：（Ⅰ）平面平面，
．在中，，
，，又，
，，即．
又，平面，
平面，平面平面．
（Ⅱ）如圖，作交于點(diǎn)，連接，
由已知得平面．
是在面內(nèi)的射影．
由三垂線定理知，
為二面角的平面角．
過(guò)作交于點(diǎn)，
則，，
．
在中，．
在中，．
，
即二面角為．
解法二：（Ⅰ）如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
，．
點(diǎn)坐標(biāo)為．
，．
，，，，又，
平面，又平面，平面平面．
（Ⅱ）平面，取為平面的法向量，
設(shè)平面的法向量為，則．
，
如圖，可取，則，
，
即二面角為．
5.2008湖南卷17.（本小題滿分12分）
如圖所示，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中點(diǎn)，PA⊥底面ABCD，PA＝2.
（Ⅰ）證明：平面PBE⊥平面PAB;
（Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（銳角）的大小.
解: 解法一（Ⅰ）如圖所示，連結(jié)BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，
△BCD是等邊三角形.因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，所以BE⊥CD,又AB∥CD,
所以BE⊥AB.又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，平面ABCD，所以
PA⊥BE.而AB=A,因此BE⊥平面PAB.
又平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.
（Ⅱ）延長(zhǎng)AD、BE相交于點(diǎn)F，連結(jié)PF.
過(guò)點(diǎn)A作AH⊥PB于H，由（Ⅰ）知
平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.
在Rt△ABF中，因?yàn)椤螧AF＝60°，
所以，AF=2AB=2=AP.
在等腰Rt△PAF中，取PF的中點(diǎn)G，連接AG.
則AG⊥PF.連結(jié)HG，由三垂線定理的逆定理得，
PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角（銳角）.
在等腰Rt△PAF中，
在Rt△PAB中，
所以，在Rt△AHG中，
故平面PAD和平面PBE所成二面角（銳角）的大小是
解法二: 如圖所示，以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系.則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是A（0，0，0），B（1，0，0），
P（0，0，2）,
（Ⅰ）因?yàn)椋?br/>平面PAB的一個(gè)法向量是，
所以共線.從而B(niǎo)E⊥平面PAB.
又因?yàn)槠矫鍼BE，
故平面PBE⊥平面PAB.
(Ⅱ)易知
設(shè)是平面PBE的一個(gè)法向量，則由得
所以
設(shè)是平面PAD的一個(gè)法向量，則由得
所以故可取
于是，
故平面PAD和平面PBE所成二面角（銳角）的大小是
三、名校試題
考點(diǎn)一：利用向量證明垂直
1．山東省淄博市2008年5月高三模擬試題(本小題滿分分)
已知梯形中，∥，， ，、分別是、上的點(diǎn)，∥，，是的中點(diǎn).沿將梯形翻折，使平面⊥平面 (如圖) .
(Ⅰ) 當(dāng)時(shí)，求證：⊥ ；
(Ⅱ) 若以、、、為頂點(diǎn)的三棱錐的體積
記為 ，求的最大值；
(Ⅲ)當(dāng)取得最大值時(shí)，求二面角的余弦值.
解:（Ⅰ）（法一）作于，連，　　
由平面平面知 平面
而平面，故又四邊形
為正方形 ∴　
又，故平面　　
而平面 ∴　 .
（或者直接利用三垂線定理得出結(jié)果）
（法二）∵ 平面平面
∴　⊥面平面
∴ ⊥, ⊥,又⊥
故可如圖建立空間坐標(biāo)系．則，，　　
∴
∴ .　
（Ⅱ） ∵　，面面
∴ 面
又由（Ⅰ）平面 ∴
所以 ＝


即時(shí)有最大值為．
（Ⅲ）（法一）作于，作，連
由三垂線定理知
∴ 是二面角的平面
角的補(bǔ)角
由∽，知
而，
∴　　又
∴　在中，
因?yàn)椤鲜卿J角 ∴∠＝　
而∠是二面角的平面角的補(bǔ)角
故二面角的余弦值為－.
（法二）設(shè)平面的法向量為
∵ ,，，
∴
則 即
取 則 ∴
面的一個(gè)法向量為 則<>
由于所求二面角的平面角為鈍角
所以，此二面角的余弦值為－.
考點(diǎn)二、利用向量求二面角
2. 2008年金華一中高考模擬試卷（本小題滿分14分）
如圖，已知正三棱柱， 是線段上一點(diǎn)，且∥平面。記。
（1）求的值；
（2）若∠，求二面角的大小；
解：（1）連結(jié)交于O，則O是的中點(diǎn)，連結(jié)DO。
∵∥平面，∴∥DO …………………………
∴D為AC中點(diǎn)，∴…………………
（2）設(shè)正三棱柱底面邊長(zhǎng)為2，則DC = 1。
∵∠ = 60°，∴= 。
作DE⊥BC于E。∵平面⊥平面ABC，
∴DE⊥平面，作EF⊥于F，連結(jié)DF，則 DF⊥
∴∠DFE是二面角D--C的平面角……………………
在Rt△DEC中，DE=，在Rt△BFE中，EF = BE·sin∠
∴在Rt△DEF中，tan∠DFE =
∴二面角D－－C的大小為arctan………………
解法二：以AC的中D為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，如圖，
設(shè)| AD | = 1，∵∠ =60°∴|| =。
則A（1，0，0），B（0，，0），C（-1，0，0），
（1，0）， ，
（2）=（-1，0，），
設(shè)平面BD的法向量為，則， 即
則有= 0令z = 1,則= （，0，1）………………
設(shè)平面BC的法向量為,=（0，0，），
即 ∴z′= 0
令y = -1，解得= （，-1，0），，
二面角D—B—C的大小為arc cos …………
考點(diǎn)三、利用向量求距離
3．山東省鄆城一中2007-2008學(xué)年第一學(xué)期高三期末考試
（理做Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；文做Ⅰ、Ⅳ）
如圖，直二面角D—AB—E中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，AE=EB，F(xiàn)
為CE上的點(diǎn)，且BF⊥平面ACE.
（Ⅰ）求證：AE⊥平面BCE；
（Ⅱ）求二面角B—AC—E的余弦值；
（Ⅲ）求點(diǎn)D到平面ACE的距離.
（Ⅳ）求證：平面BDF⊥平面ABCD
解法一：（Ⅰ）平面ACE.
∵二面角D—AB—E為直二面角，且， 平面ABE.

（Ⅱ）連結(jié)BD交AC于C，連結(jié)FG，
∵正方形ABCD邊長(zhǎng)為2，∴BG⊥AC，BG=，
平面ACE，
（Ⅲ）過(guò)點(diǎn)E作交AB于點(diǎn)O. OE=1.
∵二面角D—AB—E為直二面角，∴EO⊥平面ABCD.
設(shè)D到平面ACE的距離為h，
平面BCE，
∴點(diǎn)D到平面ACE的距離為
解法二：（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）以線段AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)O，OE所在直
線為x軸，AB所在直線為y軸，過(guò)O點(diǎn)平行
于AD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系
O—xyz，如圖.
面BCE，BE面BCE， ，
在的中點(diǎn)，
設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為，
則解得
令得是平面AEC的一個(gè)法向量.
又平面BAC的一個(gè)法向量為，
∴二面角B—AC—E的大小為
（III）∵AD//z軸，AD=2，∴，
∴點(diǎn)D到平面ACE的距離
考點(diǎn)四、利用向量證明平行
4．山東省煙臺(tái)市2008年高三適應(yīng)性練習(xí)
（12分）如圖，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，∠PAD=90°，且PA=AD=2，E、F、G分別是線段PA、PD、CD的中 點(diǎn)。
（1）求證：PB//平面EFG；
（2）求異面直線EG與BD所成的角的余弦值；
（3）在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q，使得點(diǎn)A到平面EFQ的距離為，若存在，求出CQ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。
解法一：（1）證明：取AB為中點(diǎn)H，連結(jié)GH，HE，
∵E，F(xiàn)，G分別是線段PA、PD、CD的中點(diǎn)，
∴GH//AD//EF，
∴E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面。……………………1分
又H為AB中點(diǎn)，
∴EH//PB。……………………2分
又EH面EFG，PB平面EFG，
∴PB//面EFG。……………………4分
（2）解：取BC的中點(diǎn)M，連結(jié)GM、AM、EM，則GM//BD，
∴∠EGM（或其補(bǔ)角）就是異面直線EG與BD所成的角。……………………5分
在Rt△MAE中，
同理
∴在Rt△MGE中，………………6分
故異面直線EG與BD所成角的余弦值為……………………8分
（3）假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q，滿足題設(shè)條件，過(guò)點(diǎn)Q作OR⊥AB于R，連結(jié)RE，則QR//AD。
∵ABCD是正方形，△PAD是直角三角形 ，且PA=AD=2，
∴AD⊥AB，AD⊥PA
又ABPA=A，
∴AD⊥平面PAB。
又∵E，F(xiàn)分別是PA，PD中點(diǎn)，
∴EF//AD，
∴EF⊥平面PAB
又EF面EFQ，
∴EFQ⊥平面PAB。
過(guò)A作AT⊥ER于T，則AT⊥面EFQ，
∴AT就是點(diǎn)A到平面EFQ的距離。……………………10分
設(shè)
在Rt△EAR中，AT
解得。
故存在點(diǎn)Q，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)A到平面EFQ的距離為………………12分
解法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz，
則A（0，0，0），B（2，0，0，），C（2，2，0），
D（0，2，0）P（0，0，2），E（0，0，1），
F（0，1，1），G（1，2，0）。
（1）證明：∵
………………1分
設(shè)
即（2，0，—2）=S（0，—1，0）+t（1，1，—1）
解得s=t=2
∴
又∵
∴共面。………………3分
∵
∴PB//平面EFG。……………………4分
（2）解∵……………………5分
∴
故平面直線EG與BD所成角的余弦值為………………8分
（3）假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q滿足題設(shè)條件。
令，則DQ=2－m
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（）
∴
而，則
∴
令……………………10分
又（0，0，1）
∴點(diǎn)A到平面EFQ的距離…………11分
即
∴不合題意，舍去。
故存在點(diǎn)Q，當(dāng)點(diǎn)A到平面EFQ的距離為………………12分
考點(diǎn)五、利用向量求線面角
5．山東省濰坊市2008年5月高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（本小題滿分12分）
如圖，三棱柱A1B1C1—ABC的三視圖中，主視圖和左視圖是全等的矩形，俯視圖是等腰直角三角形，已知點(diǎn)M是A1B1的中點(diǎn).
（1）求證：B1C∥平面AC1M；
（2）設(shè)AC與平面AC1M的夾角為θ，求sinθ.
解：由三視圖可知三棱柱A1B1C1—ABC為直三棱柱，側(cè)梭長(zhǎng)為2，底面是等腰直角三角形，AC=BC=1.…………2分
如圖建立空間直角坐標(biāo)系C—xyz，
則C（0，0，0），C1（0，0，2），
A（1，0，0），B1（0，1，2），A1（1，0，2）
∵M(jìn)為A1B1中點(diǎn)，
…………………………4分
（1）
……………………6分
∥面AC1M，又∵B1C面AC1M，
∴B1C∥面AC1M.…………………………8分
（2）設(shè)平面AC1M的一個(gè)法向量為

…………………………………………………………10分

則…………………………12分
四、考點(diǎn)預(yù)測(cè)
1．山東省萊蕪市2008屆高三年級(jí)期末考試
（本小題滿分20分）如圖，在三棱錐S—ABC中，SC⊥平面ABC，點(diǎn)P、M分別是SC和SB的中點(diǎn)，設(shè)PM=AC=1，∠ACB=90°，直線AM與直線SC所成的角為60°。
（1）求證：平面MAP⊥平面SAC。
（2）（文）求二面角M—AC—B的平面角的正切值；
（理）求二面角M—AB—C的平面角的余弦值；
（3）（文）求多面體PMABC的體積。
（理）求AP和CM所成角的余弦值。
解：（I）∵SC⊥平面ABC，SC⊥BC，又∵∠ACB=90°
∴AC⊥BC，AC∩SC=C，BC⊥平面SAC，…………1分
又∵P，M是SC、SB的中點(diǎn)
∴PM∥BC，PM⊥面SAC，∴面MAP⊥面SAC，…………1分
（II）（文科）∵AC⊥平面SAC，∴面MAP⊥面SAC.…………3分
∴AC⊥CM，AC⊥CB，從而∠MCB為二面角M—ACB的平面角，
∵直線AM與直線PC所成的角為60°
∴過(guò)點(diǎn)M作MN⊥CB于N點(diǎn)，連結(jié)AN，
則∠AMN=60°.……………………4分
在△CAN中，由勾股定理得
在Rt△AMN中，
=………………6分
在Rt△CNM中，
故二面角M—AB—C的正切值為.…………………………8分
（理科）如圖以C為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系C—xyz.
則
……………………4分
設(shè)平面MAB的一個(gè)法向量為，則
由
取z=……………………6分
取平面ABC的一個(gè)法向量為
則
由圖知二面角M—AB—C為銳二面角，
故二面角M—AB—C的余弦值為………………8分
其他方法可參考本解法相應(yīng)給分。
（3）（文科）多面體PMABC就是四棱錐A—BCPM
VPMABC=BA—PMBC=
………………12分
（理科）………………9分
∴AP與CM所成角的余弦值為………………12分
2．寧夏銀川一中2008屆高三年級(jí)第三次模擬考試
（本小題共12分）
在三棱錐中，，
.
（Ⅰ）證明：⊥；
（Ⅱ）求二面角A-BC-S的大小；
（Ⅲ）求直線AB與平面SBC所成角的正弦值.
解法一：
解：（Ⅰ）且平面.-------------2分
為在平面內(nèi)的射影. --------3分
又⊥, ∴⊥. ----------4分
（Ⅱ） 由（Ⅰ）⊥，又⊥，
∴為所求二面角的平面角. -------6分
又∵==4,
∴=4 . ∵=2 , ∴=60°. -------8分
即二面角大小為60°.
（Ⅲ）過(guò)作于D，連結(jié),
由（Ⅱ）得平面平面,又平面,
∴平面平面,且平面平面,
∴平面.
∴為在平面內(nèi)的射影.
. --------10分
在中，，
在中，，.
∴ =. ------------11分
所以直線與平面所成角的大小為. ----12分
解法二：解：（Ⅰ）由已知，
以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
則 ,. -------2分
則，.
.
. ----------------4分
（Ⅱ），平面.
是平面的法向量. -------5分
設(shè)側(cè)面的法向量為,
,.
,
.令則.
則得平面的一個(gè)法向量. ---------6分
.
即二面角大小為60°. ----------8分
（Ⅲ）由（II）可知是平面的一個(gè)法向量. --------10分
又， . -----11分
所以直線與平面所成角為 ---------12分
2．08屆莆田四中5月份第2次模擬試卷（本小題滿分12分）已知，如圖四棱錐中，底面是平行四邊形，，垂足在上，且，，，，是的中點(diǎn).
（1）求異面直線與所成的角；
（2）求點(diǎn)到平面的距離；
（3）若點(diǎn)是棱上一點(diǎn)，且，求的值.
解法一：（1）在平面內(nèi)，過(guò)點(diǎn)作交于，連結(jié)，
則（或其補(bǔ)角）就是異面直線與所成的角.
在中，，
由余弦定理得，=
∴異面直線與所成的角為arccos
（2）∵平面，平面∴平面⊥平面
在平面內(nèi)，過(guò)作，交延長(zhǎng)線于，則⊥平面
∴的長(zhǎng)就是點(diǎn)到平面的距離
在，∴點(diǎn)到平面的距離為
（3）在平面內(nèi)，過(guò)作，為垂足，連結(jié)，又因?yàn)?br/>∴平面， ∴
由平面⊥平面，∴⊥平面 ∴
由得：
解法二：（1）由已知∴
如圖所示，以G點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系o—xyz，則
，，故
∴異面直線與所成的角為arccos 4分
（2）平面PBG的單位法向量
∴點(diǎn)到平面的距離為 ------------- 8分
（3）設(shè)
在平面內(nèi)過(guò)點(diǎn)作，為垂足，則 ------------- 12分

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