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高考理科数学数学专题复习立体几何(教师版)

时间:2016-06-15


师大附中 2015 年高三专题复习
----------------------------立体几何 1.(2014· 新课标全国卷 Ⅱ)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该 多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )

=2,故选 B.

A.6 2 B. 4 2 C.6 D .4 [解析] 将

三视图还原为几何体再计算,几何体为三棱锥. 如图,侧面 SBC⊥底面 ABC.

4.(2014· 天津)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为________m3. [解析] 根据三视图知, 该几何体上部是一个底面直径为 4 m, 高为 2 m 的圆锥, 下部是一个底面直径为 2 m, 高为 4 m 的圆柱. 1 20π 故该几何体的体积 V= π×22×2+π×12×4= (m3). 3 3

二、典例解析:
考点一:空间几何体的三视图及应用 点 S 在底面 ABC 的射影点 O 是 BC 的中点,△ABC 为等腰直角三角形. ∵AB=4,BO=2, ∴AO= 20,SO⊥底面 ABC,∴SO⊥AO,SO=4, ∴最长的棱 AS= 20+16=6,故选 C. 2.(2014· 浙江)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( (2)(2014· 江西)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是( )

)

A.90 cm2 B.129 cm2 C.132 cm2 D.138 cm2 [解析] 由三视图画出几何体的直观图,如图所示, (2)根据三视图的概念,直接观察求解即可.该几何体是组合体,上面的几何体是一个五面体,下面是一个长 方体, 且五面体的一个面即为长方体的一个面, 五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左、 右两边距离相等, 故选 B. 1 (1)如图所示是一个几何体的三视图,若该几何体的体积为 ,则主视图中三角形的高 x 的值为( ) 2 则此几何体的表面积 S=S1-S 正方形+S2+2S3+S 斜面, 其中 S1 是长方体的表面积, S2 是三棱柱的水平放置的一 1 个侧面的面积,S3 是三棱柱的一个底面的面积,则 S=(4×6+3×6+3×4)×2-3×3+3×4+2× ×4×3+5×3 2 =138(cm2),故选 D. 3.(2014· 湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到 的最大球的半径等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4 [解析] 此几何体为一直三棱柱,底面是边长为 6,8,10 的直角三角形,侧棱 为 12, 2S 故其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径,故其半径为 r= = 错误! a+b+c

1 3 3 A. B. C.1 D. 2 4 2 (2)(2014· 石家庄质检)把边长为 2的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起,连接 AC,得到三棱锥 C-ABD,其正

视图、俯视图为全等的等腰直角三角形(如图所示),则其侧视图的面积为(

)

1 1 (2)直观图为棱长为 2 的正方体割去两个底面半径为 1 的 圆柱, 所以该几何体的体积为 23-2×π×12×2× = 4 4 8-π,故选 B. (1)(2014· 新课标全国卷Ⅱ)如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm),图中粗线画出的是某零件的三 视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积 的比值为( )

3 1 2 B. C.1 D. 2 2 2 [解析] 由题意知,三棱锥 C—ABD 的直观图如图所示,C 在平面 ABD 上的射影为 BD 的中点 O,∵正方形 A.

1 1 边长为 2,∴AO=OC=1,∴侧视图的面积为 S△AOC= ×1×1= ,故选 B. 2 2 空间几何体的表面积与体积 [例 2] (1)(2014· 安徽)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为(

)

17 5 10 1 A. B. C. D. 27 9 27 3 (2)(2014· 山东)三棱锥 P-ABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱锥 D-ABE 的体积为 V1,P-ABC V1 的体积为 V2,则 =________. V2 1 1 1 1 1 [解析] 如图,设点 C 到平面 PAB 的距离为 h, △PAB 的面积为 S, 则 V2= Sh, V1=VE-ADB= × S× h= 3 3 2 2 12 V1 1 Sh,所以 = . V2 4

A.21+ 3 B.18+ 3 C.21 D.18 (2)(2014· 辽宁)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为(

)

π π C.8- D.8- 2 4 [解析] (1)根据几何体的三视图画出其直观图,根据直观图特征求其表面积. 由几何体的三视图可知,该几何体的直观图如图所示. A.8-2π B.8-π

多面体与球的切、接问题 [例 3] (1)(2014· 陕西)已知底面边长为 1,侧棱长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体 积为( ) 32π 4π A. B.4π C.2π D. 3 3 (2)(2014· 郑州质检)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积 为 3,AB=2,AC=1,∠BAC=60° ,则此球的表面积等于________. [解析] (1)因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半, 1 所以半径 r= 12+12+? 2?2=1, 2 4π 3 4π 所以 V 球= ×1 = .故选 D. 3 3 12+22-BC2 1 (2)在△ABC 中,cos 60° = ,∴BC= 3,AB2=AC2+BC2,∴∠ACB=90° .而 3=S△ACB· CC1= 2 2×1×2 ×1× 3×CC1,CC1=2,三棱柱 ABC-A1B1C1 的外接球与以 CB,CA,CC1 为长,宽,高的长方体的外接球是 同一个球,而长方体的体对角线是其外接球的直径,因而三棱柱 ABC-A1B1C1 的外接球的半径是 12+22+? 3?2 2

1? 3 2 因此该几何体的表面积为 6×? ?4-2?+2× 4 ×( 2) =21+ 3.故选 A.

= 2,其表面积为 S=4π( 2)2=8π. (1)(2014· 石家庄质检二)点 A,B,C,D 在同一个球的球面上,AB=BC=2,AC=2 2,若四面体 ABCD 体

4 积的最大值为 ,则该球的表面积为( ) 3 16π A. B.8π C.9π D.12π 3 [解析] 如图,O 为球心,O1 为△ABC 外接圆圆心.

A.24 对 B.30 对 C.48 对 D.60 对 [解析] 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,与面对角线 面对角线有 B1C,BC1,A1D,AD1 ,AB1 ,A1B,D1C,DC1,共 8 条, 60° 角的面对角线也有 8 条.因此一个面上的 2 条面对角线与其相邻的 对角线共组成 16 对. 又正方体共有 6 个面, 所以共有 16×6=96(对). 又 1 算了 2 次,因此成 60° 的面对角线有 ×96=48(对),故选 C. 2

AC 成 60° 角的 同理与 DB 成 4 个面上的 8 条 因为每对被计

∵AB=BC=2,AC=2 2, ∴AB⊥BC 且 S△ABC=2,当点 D 与点 O,O1 三点共线时,四面体 ABCD 的体积最大,此时 DO1=2,设球的 3 半径为 R,O1B= 2,由球的截面性质,得 R2=2+(2-R)2,解得 R= ,∴球的表面积为 9π,故选 C. 2 (2)(2014· 贵阳监测)已知四棱锥 O-ABCD 的顶点在球心 O, 底面正方形 ABCD 的四个顶点在球面上, 且四棱 3 2 锥 O-ABCD 的体积为 ,AB= 3,则球 O 的体积为________. 2 1 3 2 [解析] 如图,O′为底面正方形 ABCD 的中心,连接 OO′和 O′A,则 VO-ABCD= ×( 3)2×OO′= , 3 2 3 2 所以 OO′= . 2 1 1 6 又 O′A= AB2+BC2= ? 3?2+? 3?2= , 2 2 2
2 2 所以 OA= OO′ +O′A =

?3 2?2+? 6?2= 6, ? 2 ? ?2?

高考真题要回访,做好真题底气足 1.(2014· 广东)若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l3,l4 满足 l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确 的是( ) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1 与 l4 既不垂直也不平行 D.l1 与 l4 的位置关系不确定 [解析] 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,记 l1=DD1,l2=DC, l3 = DA , 若 l4=AA1,满足 l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,此时 l1∥l4,可以排除选项 A 和 C. 若 l4 = DC1,也满足条件,可以排除选项 B.故选 D. 2.(2014· 辽宁)已知 m,n 表示两条不同直线,α 表示平面.下列说法正确的是( ) A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n B.若 m⊥α,n?α,则 m⊥n C.若 m⊥α,m⊥n,则 n∥α D.若 m∥α,m⊥n,则 n⊥α [解析] 选项 A 中,平行于同一平面的两条直线可以平行、相交、异面,故选项 A 是错误的.选项 B 中, 由线面垂直的性质知:直线垂直于平面,则直线垂直于平面内的任意一条直线.故选项 B 正确.选项 C 中,n 可能在平面 α 内,故选项 C 错误.选项 D 中,两直线垂直,其中一条直线与一个平面平行,则另一条直线和这 个平面可以平行、相交、也可以在平面内,故选项 D 错误.所以选 B. 3.(2014· 安徽)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为 60° 的共有( )

4.(2014· 江苏)如图,在三棱锥 P-ABC 中,D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点.已知 PA⊥AC,PA=6, BC=8,DF=5.求证: (1)直线 PA∥平面 DEF; (2)平面 BDE⊥平面 ABC. 证明:(1)因为 D,E 分别为棱 PC,AC 的中点,所以 DE∥PA. 又因为 PA?平面 DEF,DE?平面 DEF, 所以直线 PA∥平面 DEF. 1 1 (2)因为 D,E,F 分别为棱 PC,AC,AB 的中点,PA=6,BC=8,所以 DE∥PA,DE= PA=3,EF= BC 2 2 =4. 又因为 DF=5,故 DF2=DE2+EF2, 所以∠DEF=90° ,即 DE⊥EF. 又 PA⊥AC,DE∥PA,所以 DE⊥AC. 因为 AC∩EF=E,AC?平面 ABC,EF?平面 ABC, 所以 DE⊥平面 ABC. 又 DE?平面 BDE,所以平面 BDE⊥平面 ABC.

二、典例解析:
空间点、线、面位置关系的判定 [例 1] (1)(2014· 青岛质检)设 a,b 是两条不同的直线,α,β 是两个不同的平面,则下列命题正确的是( ) A.若 a∥b,a∥α,则 b∥α B.若 α⊥β,a∥α,a⊥β C.若 α⊥β,a⊥β,则 a∥α D.若 a⊥b,a⊥α,b⊥β,则 α⊥β [解析] (1)A 项中 b 可能在 α 内,故 A 错误;B 项中 a 可能平行于 β,故 B 错误;C 项中 a 可能在 α 内,故 C 错误;由面面垂直的定义可知 D 正确.故选 D. (1)(2014· 琼海模拟测试)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是 BC1,CD1 的中点,则下列判断错误的 是( )

A.MN 与 CC1 垂直 B.MN 与 AC 垂直 C.MN 与 BD 平行 D.MN 与 A1B1 平行 [解析] 如图,分别取 BC,CD 的中点 E,F,连接 ME,EF,FN,易证 MN∥EF,∴MN∥BD,∴MN⊥AC, MN⊥CC1,故 A,B,C 正确,故选 D.

(1)求证:DE∥平面 ACC′A′; (2)求二面角 B′-AD-C′的余弦值. [解析] (1)证明:取 AC 的中点 F,连接 DF,A′F, 则 DF∥AB,又 A′E∥AB, 所以 DF∥A′E,

(2)(2014· 太原模拟)如图所示,正方体 ABCD-A′B′C′D′的棱长为 1,E,F 分别是棱 AA′,CC′的中 点,过直线 E,F 的平面分别与棱 BB′,DD′交于点 M,N,设 BM=x,x∈[0,1],给出以下四个命题:

①平面 MENF⊥平面 BDD′B′; 1 ②当且仅当 x= 时,四边形 MENF 的面积最小; 2 ③四边形 MENF 周长 L=f(x),x∈[0,1]是单调函数; ④四棱锥 C′-MENF 的体积 V=h(x)为常函数. 以上命题中假命题的序号为( ) A.①④ B.② C.③ D.③④ [解析] 因为正方体 ABCD-A′B′C′D′的棱长为 1,E,F 分别是棱 AA′,CC′的中点,所以 EF∥AC,而 1 AC⊥平面 BDD′B′, 所以平面 MENF⊥平面 BDD′B′, ①正确; 四边形 MENF 一定是菱形, 当且仅当 x= 时, 2 1 1 ? ? ? MN 最小,此时四边形 MENF 的面积最小,②正确;四边形 MENF 周长 L=f(x)在? ?0,2?上单调递减,在?2,1?上 单调递增,所以 L=f(x)在[0,1]上不是单调函数,③错误;四棱锥 C′-MENF 的体积 V=2VC′-MEF=2VM-C′EF= 2 S · h, 其中 S△C′EF 是定值, h 为点 M 到平面 ACC′A′的距离, 而点 M 在侧棱 BB′上, BB′∥平面 ACC′A′, 3 △C′EF 所以 h 是常数,则 V=h(x)为常函数,④正确.所以以上命题中假命题的序号为③,故选 C. 直线、平面平行的判定与性质 2π [例 2] (2014· 杭州二检)如图,在直三棱柱 ABC-A′B′C′中,AB=AA′=AC=2,∠BAC= ,点 D,E 3 分别是 BC,A′B′的中点.

1 1 又因为 DF= AB,A′E= AB, 2 2 所以 DF=AE,所以四边形 DFA′E 是平行四边形, 所以 ED∥A′F,又 A′F?平面 ACC′A′, 所以 ED∥平面 ACC′A′. (2)在平面 ABC 中,以过点 A 且垂直于 AC 的直线为 x 轴,直线 AC 为 y 轴,AA′为 z 轴,建立空间直角坐 标系 A-xyz. 3 1 所以点 A(0,0,0),B( 3,-1,0),C(0,2,0),B′( 3,-1,2),C′(0,2,2),D? , ,0?. ?2 2 ? → → → 3 1 ? ? 所以AD= ,AB′=( 3,-1,2),AC′=(0,2,2). ? 2 ,2,0? 设平面 B′AD 的法向量为 m=(x,y,z), → → 则由 m· AD=0 和 m· AB′=0,得 3 1 ? ? x+ y=0, 2 2 取 m=(1,- 3,- 3). ? ? ? 3x-y+2z=0, 同理,可取平面 C′AD 的法向量 n=(1,- 3, 3). π |m· n| 1 设二面角 B′-AD-C′的平面角为 θ,易知 0<θ< ,则 cos θ= = . 2 |m||n| 7 (2014· 乌鲁木齐二次诊断)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90° , CM BN BC=2AD,AC 与 BD 交于点 O,点 M,N 分别在线段 PC,AB 上, = =2. MP NA

=2,DE=BE=1,AC= 2.

(1)求证:平面 MNO∥平面 PAD; (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD,∠PDA=60° ,且 PD=DC=BC=2,求二面角 B-AM-C 的余弦值. 解:(1)证明:在梯形 ABCD 中, ∵AD∥BC,∴OC∶OA=BC∶AD=OB∶OD=2, 又 BN=2NA,∴NO∥AD. 在△PAC 中,∵OC∶OA=2,CM=2MP, ∴OM∥AP. ∴平面 MNO∥平面 PAD. (2)在△PAD 中,PA2=PD2+AD2-2PD· ADcos∠PDA=3. 2 2 2 ∴PA +AD =PD ,即 PA⊥AD, 又平面 PAD⊥平面 ABCD, ∴PA⊥平面 ABCD. 在梯形 ABCD 中,CD=BC=2AD=2, ∠BAD=90° ,∴AB= 3, 以点 A 为坐标原点,分别以 AD,AB,AP 所在直线为 x 轴、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图,则有 A(0,0,0),B(0, 3,0),C(2, 3, 0), D(1,0,0),P(0,0, 3), → → 1 由PM= PC,得 3 → → → 1 2 3 2 3? AM= PC+AP=? , , , 3 3 ? ?3 3 → → AB=(0, 3,0),AC=(2, 3,0), 设平面 ABM 的法向量为 n1=(a,b,c), → ? ?n · AB=0, 则有? → ? ?n · AM=0,
1 1

(1)证明:DE⊥平面 ACD; (2)求二面角 B-AD-E 的大小. [解析] (1)证明:在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= 2. 由 AC= 2,AB=2,得 AB2=AC2+BC2,即 AC⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,从而 AC⊥平面 BCDE. 所以 AC⊥DE.又 DE⊥DC,从而 DE⊥平面 ACD. (2)解法一:作 BF⊥AD,与 AD 交于点 F.过点 F 作 FG∥DE,与 AE 交于点 G,连接 BG.

? 3b=0, 即? ?2a+ 3b+2 3c=0,

令 c=- 3,解得 b=0,a=3, ∴n1=(3,0,- 3). 同理,可得平面 ACM 的法向量为 n2=(3,-2 3,0). π 设二面角 B-AM-C 的平面角为 θ,易知 0<θ< , 2 n · n 3 7 1 2? ∴cos θ=? ?|n1||n2|?= 14 . 直线、平面垂直的判定与性质 [例 3] (2014· 浙江)如图,在四棱锥 A-BCDE 中,平面 ABC⊥平面 BCDE,∠CDE=∠BED=90° ,AB=CD

由(1)知 DE⊥AD,则 FG⊥AD. 所以∠BFG 是二面角 B-AD-E 的一个平面角. 在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2,得 BD⊥BC. 又平面 ABC⊥平面 BCDE,得 BD⊥平面 ABC,从而 BD⊥AB. 由于 AC⊥平面 BCDE,得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中,由 DC=2,AC= 2,得 AD= 6. 在 Rt△AED 中,由 ED=1,AD= 6,得 AE= 7. 2 3 2 2 在 Rt△ABD 中,由 BD= 2,AB=2,AD= 6,得 BF= ,AF= AD.从而 GF= . 3 3 3 在△ABE,△ABG 中,分别利用余弦定理,可得 5 7 2 cos∠BAE= ,BG= . 14 3 在△BFG 中, GF2+BF2-BG2 3 cos∠BFG= = . 2BF· GF 2 π π 所以,∠BFG= ,即二面角 B-AD-E 的大小是 . 6 6 解法二:以 D 为原点,分别以射线 DE,DC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 D-xyz,如图所示.

由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2, 2),B(1,1,0). 设平面 ADE 的法向量为 m=(x1,y1,z1),

平面 ABD 的法向量为 n=(x2,y2,z2). → → → ? ?m· AD=0, 由? → ? ? m· AE=0, → ? ?n· AD=0, 由? → ? ?n· DB=0,



PM PF 若 PB⊥FM,则△PFM∽△PCB,可得 = . PB PC 3 2 由已知可求得 PB=2 3,PF= 3,PC=2 2,所以 PM= . 2

可算得AD=(0,-2,- 2),AE=(1,-2,- 2),DB=(1,1,0),

?-2y1- 2z1=0, 即? 可取 m=(0,1,- 2). ?x1-2y1- 2z1=0.

?-2y2- 2z2=0, 即? 可取 n=(1,-1, 2). ?x2+y2=0,

3 3 = . 3×2 2 由题意可知,所求二面角是锐角, π 故二面角 B-AD-E 的大小是 . 6 (2014· 沈阳二中高三第七次模拟)如图,已知四边形 ABCD 是正方形,EA⊥平面 ABCD,PD∥EA,AD=PD =2EA=2,F,G,H 分别为 BP,BE,PC 的中点.

m· n? 于是|cos〈m,n〉|=? ?|m||n|?=

高考真题要回访,做好真题底气足
2.(2014· 全国大纲卷)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上,∠ACB=90° , BC=1,AC=CC1=2.

(1)求证:平面 FGH⊥平面 AEB; (2)在线段 PC 上是否存在一点 M,使 PB⊥平面 EFM?若存在,请求出线段 PM 的长;若不存在,请说明理由. 解:(1)证明:因为 EA⊥平面 ABCD,所以 EA⊥CB. 又因为 CB⊥AB,AB∩AE=A, 所以 CB⊥平面 ABE. 由已知 F,H 分别为线段 PB,PC 的中点, 所以 FH∥BC, 则 FH⊥平面 ABE.而 FH?平面 FGH, 所以平面 FGH⊥平面 AEB. (2)线段 PC 上存在一点 M,使 PB⊥平面 EFM.理由如下: 如图,在直角三角形 AEB 中,因为 AE=1,AB=2,所以 BE= 5. 在直角梯形 EADP 中,因为 AE=1,AD=PD=2,所以 PE= 5. 所以 PE=BE. 又因为 F 为 PB 的中点,所以 EF⊥PB. 要使 PB⊥平面 EFM,只需使 PB⊥FM. 因为 PD⊥平面 ABCD,所以 PD⊥CB, 又因为 CB⊥CD,PD∩CD=D, 所以 CB⊥平面 PCD,而 PC?平面 PCD,所以 CB⊥PC.

(1)证明:AC1⊥A1B; (2)设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3,求二面角 A1-AB-C 的大小. 解:(1)证明:∵A1D⊥平面 ABC,A1D?平面 AA1C1C, ∴平面 AA1C1C⊥平面 ABC, 又 BC⊥AC, ∴BC⊥平面 AA1C1C,连接 A1C, 由侧面 AA1C1C 为菱形,可得 AC1⊥A1C, 由三垂线定理,可得 AC1⊥A1B. (2)∵BC⊥平面 AA1C1C,BC?平面 BCC1B1, ∴平面 AA1C1C ⊥平面 BCC1B1, 作 A1E⊥CC1,E 为垂足,可得 A1E⊥平面 BCC1B1, 又直线 AA1∥平面 BCC1B1, ∴A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离,即 A1E= 3. ∵A1C 为∠ACC1 的平分线, ∴A1D=A1E= 3, 作 DF⊥AB,F 为垂足,连接 A1F,由三垂线定理,可得 A1F⊥AB, ∴∠A1FD 为二面角 A1-AB-C 的一个平面角, 2 由 AD= AA1 -A1D2=1 可知,D 为 AC 中点, 1 AC×BC 5 ∴DF= × = , 2 AB 5 A1D ∴tan∠A1FD= = 15, DF ∴二面角 A1-AB-C 的大小为 arctan 15.

二、典例解析:
[例 1] (2014· 辽宁)如图,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直, 且 AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120° ,E,F 分别为 AC,DC 的中点.

(1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角 E-BF-C 的正弦值. [解析] 解法一:(1)证明:如图(1),过 E 作 EO⊥BC,垂足为 O,连接 OF. 由题意得△ABC≌△DBC, 可证出△EOC≌△FOC. 所以∠EOC=∠FOC=90° , 即 FO⊥BC. 又 EO⊥BC,EO∩FO=O, 因此 BC⊥平面 EFO. 又 EF?平面 EFO,所以 EF⊥BC.

(2)如图(2),平面 BFC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). 设平面 BEF 的法向量为 n2=(x,y,z), → → 3 1 ? 3? ? ? 1 又BF= , , ,0 ,BE= 0, , 2 2 2 2 ? ? ? ? → ? ?n · BF=0, 由? → ? ?n · BE=0,
2 2

得其中一个 n2=(1,- 3,1).

n 1· n2 ? 1 设二面角 E-BF-C 的大小为 θ,且由题意知 θ 为锐角,则 cos θ=|cos〈n1,n2〉|=? ?|n1||n2|?= 5. 2 2 5 2 5 因此 sin θ= = ,即所求二面角的正弦值为 . 5 5 5 [例 2] (2014· 新课标全国卷Ⅰ)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C.

图(1) (2)如图(1),过 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连接 EG. 由平面 ABC⊥平面 BDC, 从而 EO⊥平面 BDC. 又 OG⊥BF,由三垂线定理知 EG⊥BF. 因此∠EGO 为二面角 E-BF-C 的一个平面角, 1 1 3 BO 3 在△EOC 中,EO= EC= BC· cos 30° = ,由△BGO∽△BFC 知,OG= · FC= , 2 2 2 BC 4 EO 2 5 因此 tan∠EGO= =2,从而 sin∠EGO= , OG 5 2 5 即二面角 E-BF-C 的正弦值为 . 5 解法二:(1)证明:由题意,以 B 为坐标原点,在平面 DBC 内过 B 作垂直于 BC 的直线为 x 轴,BC 所在直线 为 y 轴,在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴,建立如图(2)所示的空间直角坐标系,易得 B(0,0,0),A(0, -1, 3),D( 3,-1,0),C(0,2,0), 1 3 3 1 因而 E?0, , ?,F? , ,0?, ? 2 2? ?2 2 ? → → → → 3 3? ? 所以EF= ,BC=(0,2,0),因此EF· BC=0. ? 2 ,0,- 2 ? → → 从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC.

(1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60° ,AB=BC,求二面角 A-A1B1-C1 的余弦值. [解析] (1)证明:连接 BC1 交 B1C 于点 O,连接 AO.因为侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1C⊥BC1,且 O 为 B1C 及 BC1 的中点. 又 AB⊥B1C,AB∩BO=B,所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO?平面 ABO,故 B1C⊥AO. 又 B1O=CO,故 AC=AB1. (2)因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,所以 AO=CO. 又因为 AB=BC,所以△BOA≌△BOC,故 OA⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两互相垂直. → → → → 以 O 为坐标原点,OB,OB1,OA的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,|OB|为单位长,建立如图所示的空间 直角坐标系 O-xyz.

因为∠CBB1=60° ,所以△CBB1 为等边三角形. 3 又 AB=BC, OC=OA,则 A?0,0, ?,B(1,0,0), 3? ?

3 3 3 3 B1?0, ,0?,C?0,- ,0?,AB1=0, ,- , 3 3 3 3 ? ? ? ? A1B1=AB=?1,0,- → →



→ → 故BE· DC=0.所以 BE⊥DC. → → (2)BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量. → ? ?n· BD=0, 则? → ? ?n· PB=0, → → n· BE 2 3 3 = = .所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 . 3 → 6× 2 3 |n||BE| → → → →
? ?-x+2y=0, 即? 不妨令 y=1, 可得 n=(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量, 于是有 cos 〈n, ?x-2z=0. ?

?

3? , 3?

B1C1=BC=?-1,- → ? ?n· AB =0, 则? → ? ?n· A B =0,
1 1 1

3 ? ,0 . 3 ? ? 设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,





? 33y- 33z=0, 即? 3 ?x- 3 z=0.

BE〉=

所以可取 n=(1, 3, 3). 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量, → ? ?m· A B =0, 则? → ? ? m· B C =0.
1 1 1 1

(3)BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0). → → 由点 F 在棱 PC 上,设CF=λCP,0≤λ≤1. → → → → → 故BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ). → → 由 BF⊥AC,得BF· AC=0, 因此 2(1-2λ)+2(2-2λ)=0, → 1 1 3? 3 解得 λ= ,即BF=? ?-2,2,2?. 4 设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量, → ? ?n · AB=0, 则? → ? ?n · BF=0,
1 1

同理可取 m=(1,- 3, 3). n· m 1 则 cos〈n,m〉= = . |n||m| 7 1 所以二面角 A-A1B1-C1 的余弦值为 . 7 [例 3] (2014· 天津)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2, AB=1,点 E 为棱 PC 的中点.

(1)证明:BE⊥DC; (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC,求二面角 F-AB-P 的余弦值. [解析] 依题意,以 A 为原点建立空间直角坐标系(如图),可得 B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1).

x=0, ? ? 即? 1 1 3 不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的一个法向量. ?-2x+2y+2z=0. ? 取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则 -3 n1· n2 3 10 cos〈n1,n2〉= = =- . |n1||n2| 10 10×1 3 10 易知,二面角 F-AB-P 是锐角,所以其余弦值为 . 10





(1)证明:BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),


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