高中数学 向量在空间立体几何的应用素材 新人教版选修2-2

空间向量在立体几何中的应用

一、填空题

r-——.1-.?―-

1.若等边MBC的边长为26，平面内一点“满足CM=-CB+-CA,则

63

MA»MB=

2.在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,2),B(l,-3,1),点M在y轴上，且M至ljA

与到B的距离相等，则M的坐标是_______0

【解析】设M(O,y,O)由『+^+4=1+(一3-y)2+1可得＞=一1故M(0,_I,O)

【答案】(0,-1,0)

二、解答题

3.(本小题满分12分)

如图，在五面体ABCDEF中，FA_L平面ABCD,AD//BC//FE,AB1AD,M为EC的中点,

1

AF=AB=BC=FE=-AD

2

(I)求异面直线BF与DE所成的角的大小；

(II)证明平面AMD_L平面CDE；

(III)求二面角A-CD-E的余弦值。

如图所示，建立空间直角坐标系，

点A为坐标原点。设A3=1,依题意得B(l,0,0)C(l,l,0),

D（0,2,0）,£（04,1）,F（0,0,l）

M

（I）解:即=（—1,0,1）,DE=（O,-L1）,

子日/黄BF*DE0+0+11

于^cos（BF,DE）=_,_,=—j=--j=--.

''BFDEV2*V22

所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.

（II）证明：由而=CE=（-1,0,1）,AD=（0,2,0）,可得国•启=0,

CE・AD=0.因止匕，CE1AM,CE1AD.XAMAAD=A,故CE_L平面AMD.

而CEu平面CDE,所以平面AMD,平面CDE.

'---------

(III)解：设平面CDE的法向量为〃=(x,y,z)，=0)

M•DE=0.

于是+z=。'令X=1,可得“=(1,1,D.

-y+z=0.

又由题设，平面ACO的一个法向量为丫=(0,0,1).

u»v_0+0+1_V3

所以,COS(”,v)=

|M||V|V3•13

4.(本题满分15分)如图，平面PAC_L平面ABC,MBC

是以AC为斜边的等腰直角三角形，瓦£。分别为PA,

PB,AC的中点，AC=16,PA=PC=10.

(I)设G是。C的中点，证明：/G//平面80E；

(II)证明：在AABO内存在一点M,使平面BOE,并求点M到OA,OB的

距离.

证明：(I)如图，连结。P,以。为坐标原点，分别以OB、OC、0P所在直线为X轴，y轴,

z轴，建立空间直角坐标系。-xyz，

则。(0,0,0),A(0,-8,018(8,0,010(0,8,0),P(0,0,6),£(0,-4,3),b(4,0,3),由题意得,

G(0,4,0),因方=(8,0,0),而=(0,-4,3),因此平面BOE的法向量为3=(0,3,4),

而=(-4,4,—3得■•济=0,又直线FG不在平面5OE内，因此有RG//平面6OE

6.(本小题满分12分)

如图，已知两个正方行ABCD和DCEF不在同一平面内，M,N分别为AB,DF的中点。

(I)若平面ABCD_L平面DCEF,求直线MN与平面DCEF所成角的正值弦；

(II)用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线。

设正方形ABCD,DCEF的边长为2,以D为坐标原点，分另I」以射线DC,DF,DA为x,y,z轴

正半轴建立空间直角坐标系如图.

则M(1,0,2),N(0,1,0),可得加=(-1,1,2).

又茄=(0,0,2)为平面DCEF的法向量，

-r把1,77T—,'MNDA#

可得COS(MN,i)A)=一一=一~—•

IIMWIIDAI°

所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为

COS(MNQ卜手.

6分

(H)假设直线ME与BN共面，8分

则ABu平面MBEN,且平面MBEN与平面DCEF交于EN

由已知,两正方形不共面,故AB•平面DCEF。

又AB//CD,所以AB〃平面DCEF»面EN为平面MBEN与平面DCEF的交线,

所以AB〃EN。

又AB//CD//EF,

所以EN〃EF,这与ENCIEF=E矛盾，故假设不成立。

所以ME与BN不共面，它们是异面直线.......12分

7.(13分)

如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD1nABCD,

NB1平面ABC。，且MD=NB=1,E为BC的中点

(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值

(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES_L平面AMN?若存在，求线段AS

的长；若不存在，请说明理由

17.解析•：(1)在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标。-孙Z

依题意，得0(0,0,0)41,0,0必(0,0,1),C(0,1,015(1,1,0)。

2

b

i（r

所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为业LA

10

（2）假设在线段AN上存在点S,使得ES，平面AMN.

v^V=（0,1,1）,

可设衣=%俞=（0,几,/1）,

一1一一一1

又EA=（一,一1,0）,ES=£4+AS=（―,丸一1,几）.

22

,[ESAM=0,--+2=0,

由ESJ_平面AMN,得1_______即42

[ESAN=0,[（2-i）+A=0.

1―.11―.J2

故几=一，此时AS=（0,—,一）,IASI=J.

2222

经检验，当AS=Y2时，ES_L平面AMN.

2

故线段AN上存在点S,使得平面AMN,此时AS=Y2

2

8.（本小题满分12分）

如图，直三棱柱ABC—AdG中，ABYAC,D.E分别为44r的中点，DEL

平面BCCl

（I）证明：AB=AC

（II）设二面角A—8。—C为60°,求玛。与平面3c。所成的角的大小。

分析一：求耳C与平面所成的线面角，只需求点用到面8。。的距离即可。

19.（本小题满分12分，（I）问5分，（H）问7分）

如题（19）图，在四棱锥S—A6CO中，ADBC且月。_LCO；平

mCSDL^ABCD,CSA,DS,CS^2AD=2；£为BS的中点，

CE=0,AS=6求：

（I）点A到平面8cs的距离；

题（19）图

(II)二面角E—CO-A的大小.

(I)如答(19)图2,以S(0)为坐标原点，射线OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间

坐标系，设A“个%,%4)，因平面C。。，平面撷即ifA。，CO,ADICOD

|UUVi

即点A在xoz平面上，因此以=0,ZA=\AD\=1

,一叫2r

4+1=\AS\=3,xA=V2

从而A(、历,0D

因AD//BC,故BC_L平面CSD,即BCS与平面

yOx重合，从而点A到平面BCS的距离为巧=及.

(H)易知C(0,2,0),D(,0,0).因E为BS的中点.

ABCS为直角三角形，

知|BS|=2CE=2及

设B(0,2,ZB),ZB>0,则ZA=2,故B(0,2,2),

所以E(0,1,1).

在CD上取点G,设G(玉，M,0),使GE_LCD.

UCUILUUUUCUIuuu

由CD=(V2,-2,0),GE=(一石,-y,+l,l),CD•GE=0故

0■玉一2(y—1)=0①

ULUTUUJJuuyYV—2

又点G在直线CD上，即CG〃CO,由CG=(石，%一2,0),则有一二)—②

<2—2

4

联立①、②，解得G=(¥，］,O),

故能=(一旁，一2LUMLUV

§,1).又由AD1CD,所以二面角E-CD-A的平面角为向量GE与向量ZM

所成的角，记此角为6

|ULW|?J3ULM1UUU1ULWULW

因为|GE卜一首DA=(0,0,1),网=1,GE・OA=1,所以

UUMUUVL

GEDAV3

cos6T

TT

故所求的二面角的大小为

6

作AGL6O于G,连GC,则GCL8。，NAGC为二面角4—80—C的平面角,

ZAGC=60。.不妨设AC=26，则AG=2,GC=4.在RTMBD中,由

ADAB=BDAG,易得AO=庭.

设点片到面BDC的距离为力，8c与平面

BCD所成的角为a。利用

；53810七=；5凶8・/7,可求得力=26,又可

求得用。=46sina=——=—.••2=30。.

B©2

即80与平面BCD所成的角为30°.

分析二：作出用C与平面6co所成的角再行求解。如图可证得8C上面4EED,所以

面AFEDd.面3OC。由分析一易知：四边形AFED为正方形，连AE、DF,并设

交点为。，贝ijE0，面5OC,。。为EC在面BDC内的射影。

.•.NEC。即为所求。以下略。

分析三：利用空间向量的方法求出面50c的法向量3,则gC与平面5c。所成的角

即为就与法向量］的夹角的余角。具体解法详见高考试题参考答案。

总之在目前，立体几何中的两种主要的处理方法：传统方法与向量的方法仍处于各臼半壁江

山的状况。命题人在这里一定会兼顾双方的利益。

9.(本小题共14分)

如图，四棱锥P—A6CO的底面是正方形，底面ABC。，点E在棱PB匕

(I)求证：平面AEC1平面PD8；

(II)当PD=且E为PB的中点时，求AE与

平面PDB所成的角的大小.

【解法2］如图，以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz，

设AB=a,PD=h,

则AB

A（a,0,0）,B（a,a,0）,C（0,a,0）,D（0,0,0）,/3（0,0,/i）,

（I）,••X?=（—a,a,O）,而=（0,0,/z）,方石=（a,a,O）,

：.ACDP^O,ACDB^O,

AAC±DP,AC1DB,，ACJ_平面PDB,

平面4ECJ_平面POB.

11

（II）当尸0=且E为PB的中点时,尸（0,0,缶）拒

7

设ACDBD=O,连接OE,

由（I）知AC±JPjt|PDB于0,

NAEO为AE与平面PDB所的角,

*/EA=-a,--a,-^-a,EO=0,0,

2222

IJI）

~EA-~EO_72

cosZ.AEO同同=下

，NAOE=45°,即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.

10.（本小题满分13分，（I）小问7分，（II）小问6分）

Jt

如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB//DC,ZBAD=-,

2

CD=AD=2.,四边形ABFE为平行四边形，FA_L平面ABCD,FC=3,ED=J7,

求：

（I）直线AB到平面EFCD的距离：

捌”3）图

（II）二面角F-AD-E的平面角的正切值，

18.（本小题满分12分）

如图4,在正三棱柱A6C—中，AB=42AA

D是44的中点，点E在4cl上，且OEJ.4E。

（I）证明平面AOEJ_平面ACC14

（II）求直线AD和平面ABC所成角的正弦值。

解（I）如图所示，由正三棱柱—的性质知A4J.平面A4G

又DEU平面A|B|Ci,所以DE_LAA「

DE1AE«AA,QAE=A所以DE_L平面ACC।A厂又DEU平面ADE,故平面ADE_L平面

ACC।A।©

解法2如图所示，设。使AC的中点，以。为原点建立空间直角坐标系，不妨设

AA|=J2,则AB=2,相关各点的坐标分别是

n1

A(0,-l,0),B(V3,0,o),a(0,1,V2),D(-----，—，)o

22

而=(@,」，V2)

易知薪=(百，1,0),AC\=(0,2,V2),

22

设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z)，则有

nAB=A/3X+y=0,

<>

n-AC1=2y+V2z=0,

解得X=T'Y'z=-J^y,

故可取n=(l,V6)o

bI—z*n*AD2V3V10

所以，cos(n•AD)-___-.—1--o

|n|-AZ)V10xV35

Vio

由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为O

5

11.(本小题满分12分)

如图3,在正三棱柱A8G461G中，阳=4/4=近，点。是8C的中点，点E在AC上,

且0£_LA}E

(1)证明：平面4OE，平面ACCI4；

(II)求直线AD和平面4OE所成角的正弦值。

解法2如图所示，设。是AC的中点，以。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,),(2,0,V7),D(-l,Ji),E(-l,0.0)

易知还=(-3,百，-V7),DE=(0,-6，0),正=(-3,百，0)

设(1=(x,y,z)是平面A|DE的一个法向量，则

LL1V厂

rrfDE^=—y/3y=O

In*A|E>=—3x+V3y—V7z=0

解得x=_且z,y=0

3

故可取n=(V7z0,-3,)于是

UL1LI

n•AD

cos(«,AD)=

同•卜q

-377V21

4x26-8

JQA

由此即知，直线AD和平面4DE所成的角是正弦为—

'8

12.(本小题满分12分)

在四棱锥尸一A8CO中，底面ABC。是矩形，PAL平面ABC。，PA=AO=4,

AB=2.以AC的中点。为球心、AC为直径的球面交PO于点M,交PC于点N.

(1)求证：平面ABMJ_平面PCO；

(2)求直线C。与平面ACM所成的角的大小:

(3)求点N到平面ACM的距离.

方法二：

(1)同方法一；

(2)如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),P(0,0,4),

5(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),"(0,2,2)；设平面。CM的一

---.----(2x+4v=0

个法向量”=(x,y,z)，由〃_LAC,”J_AM可得：<'，令

2y+2z=0

z=1,则

n=(2,-l,l)«设所求角为a,则sina==巫,

CD〃3

V6

所以所求角的大小为arcsin

3

Q

(3)由条件可得，ANLNC.在RtbPAC中，PA2=「7•PC,所以PN=-，则

3

—所以所求距离等于点P到平面4cM距离的2,设点P

NC=PC-PN=—

3PC99

~\Pn孚，所以所求距离为沁呼

到平面ACM距离为h则h

19(本小题满分12分)

如图，正方形45CO所在平面与平面四边形A8EQ所在平面互

相垂直，△ABE是等腰直角三角形，

AB=AE,必=FE,ZAEF=45°

(I)求证：平面BCE；

(II)设线段C。的中点为P，在直线AE上是否存在一点M，使得PM平面BCE?若

存在，请指出点M的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由;

(III)求二面角尸一A的大小。

(I)因为AABE为等腰直角三角形,AB=AE,

所以AELAB.

又因为平面ABEF_L平面ABCD,AEu平面ABEF,

平面ABEFA平面ABCD=AB,

所以AE_L平面ABCD.

所以AE_LAD.

因此,AD,AB,AE两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系A-xyz.

设AB=L贝AE=1,B(0,1,0),D(1,0,0),

E(0,0,1),C(1,1,0).

因为FA=FE,ZAEF=45°,

所以所AFE=90°.

从而，F(0,

22

—■11―•—■

所以EF=(0,BE=(0,-1,1),BC=(1,0,0).

—­—■I1一一

EF・BE=0+-------=0,EF・BC=0.

22

所以EFJ_BE,EF±BC.

因为BEu平面BCE,BCHBE=B,

所以EFL平面BCE.

(II)存在点M,当M为AE中点时,PM〃平面BCE.

M(0,0,1),P(l,1,0).

22

—■11

从而PM=(—1,——

22

———1111

于是PM,EF=♦(0,--)=0

2222

所以PM±FE,又EF_^F面BCE,直线PM不在平面BCE内，

故PMM〃平面BCE........................8分

（HD设平面BDF的一个法向量为々,并设〃1=（x,y,z）.

UUMmt/Q1

BD=(L-,10,"=(Or±)L

取y=l,则x=l,z=3。从而叫=(113o

取平面ABD的一个法向量为%=（0,0,1）„

故二面角F—BD—A的大小为arccos-------。.............................12分

11

14.（本题满分14分）

如图，在直三棱柱ABC-A4a中，AA}=BC=AB=2,

AB_L6C,求二面角-4C—G的大小。

7F

简答：-

3

第一部分五年高考荟萃

2009年高考题

2005—2008年高考题

解答题

1.（2008全国1119）（本小题满分12分）

如图，正四棱柱ABC。-A4CQ中，A4,=2AB=4,点E在。孰上小

且GE=3EC.

(I)证明：AC_L平面8EO;

(II)求二面角4-0E-8的大小.

以。为坐标原点，射线OA为x轴的正半轴,

建立如图所示直角坐标系。-qZ.依题设,

DE=(0,21)DB=,(220),

4。=(一2,2厂4)%=(204).

(I)证明因为AQ08=0,A.CDE

故AQ80,A.C±DE.

又DBC[DE=D,

所以4C_L平面DBE.

(H)解设向量〃=(x,yz)是平面的法向量，则

n±DE,n±DA].

故2y+z=0，2x+4z=0.

令y=l,则z=—2,x=4,n=(4,1y-2).

(小布)等于二面角A}-DE-B的平面角,

n•ACV14

cos卜,二}

AQ~42~

nA}C

所以二面角A1一。£一8的大小为arccos---.

142

2.(2008安徽)如图，在四棱锥O—A8CO中，底面A8CO四边长

JT

为1的菱形，ZABC=~,底面ABC。，0A=2,〃为

4

04的中点，N为BC的中点

(I)证明：直线MN〃平面OCO；

(II)求异面直线A8与MD所成角的大小；

(III)求点B到平面OCD的距离。

作AP1CD于点P,如图，分别以AB/P/。所在直线为

x,y,z轴建立坐标系

A(0,0,0),8(1,0,0),P(0,",0),Q(-军,^,0),0(0,0,2),M(0,0,1),N(1-£，4,0),

22244

⑴证明-—,-l),OF=(0,—,-2,PD=(--,—,-2

44222

设平面OCD的法向量为〃=(x,y,z),则〃而=0,〃而=0

——y-29z=0n

即\2

66

-------xH------y-2z=0

22

取Z=JI,解得〃=(0,4,也)

__.gzy

'：MN〃=(1-JJ—l)(0,4,扬=0

44

，MN〃平面OC£>

(2)解设AB与MO所成的角为氏•.•丽=(1,0,0),而=(—Y2,也1)

22

ABMD\1兀4

・,・a8=二「I：_!i=_,0=-,A8与MO所成角的大小为一.

\AB\-\MD\233

⑶解设点B到平面OCD的距离为d,

则d为历在向量〃=(0,4,72)上的投影的绝对值,

__108・川22

由。B=(1,0,-2)，得d='=—.所以点8到平面OCD的距离为一

|n|33

(2008湖南17)如图所示，四棱锥P-A8CD的底面

A8CD是边长为1的菱形，NBCD=60°,E是CD

的中点，以_L底面ABCD,PA=2.

(I)证明：平面PBE_L平面R4B;

(II)求平面以。和平面PBE所成二面角(锐角)的大小.

如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的

坐标分别是A(0,0,0),B(1,0,0),

,0),,0),P(0,0>2),£(1,——-,0).

2

（I）证明因为——5E=（0,<y3」,0）,

2

平面PAB的一个法向量是0=（0,1,0）,

所以施和鼠共线.从而8E_L平面PAB.

又因为BEU平面PBE,

故平面PBE,平面%8.

(II)解易知万5=(1,0,—2),第=(0,?,0)丽=(0,0,—2),而=(，?,0)

-n.PB=0,

设耳=(X”M，Z1)是平面如后的一个法向量，则由《_____.得

H,BE=0

X,+0xyx-2z,=0,

<J3所以X=0,々=2Z1.故可取"1=(2,0,1).

0xx,+—y+0xz=0.

,222

_〃PA=0

设/T=(x2,y2,z2)是平面处〃的一个法向量，则由__,'得

n2AD=0

0xx2+0x为一2马=0,

16所以乙2=0,马=一百%•故可取％=（6,-1,0.

不工2+〒为+0乂马=0.

.乙乙

一一%%2V3J15

于是,cos<〃[,%>=|—|I—I=-j=—=「

同〃2&25

故平面均〃和平面侬1所成二面角（锐角）的大小是arccos

5

4.（2008福建18）如图，在四棱锥P-A8CD中，则面PAD_L底面

ABCD,侧棱%=PO=JL底面ABCD为直角梯形，

其中BC//AD,ABYAD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.

（I）求证：P。！,平面ABCD；

（II）求异面直线P。与CD所成角的大小；

W?若存在，求出丝的

（III）线段AD上是否存在点Q,使得它到平面PCD的距离为

2QD

值；若不存在，请说明理由.

（I）证明在△%口中P4=PD,。为A0中点，所以PO_LAD,

又侧面外。_1_底面ABCD,平面PAOC平面ABCD=AD,POU平面PAD,

所以。。，平面488.

（II）解以。为坐标原点，反、砺而的方向分别为x轴、y轴、

z轴的正方向，建立空间直角坐标系0-xyz,依题意，易得

4（0,-1,0）,5（1,-1,0）,C（l,0,0），次0,1,0），尸（0,0,1）,

所以丽=（寸1,10，福（,1,—Drl,

所以异面直线PB与缪所成的角是arccos

（HI）解假设存在点0,使得它到平面严切的距离为二，

2

由（n）知丽=（-1,0,1）,CD=（-i,i,o）.

设平面上?的法向量为77=（Xo,Jo,勿）.

fnCP=0,f-x0+z（）=0,

则一，所以\°即x°=y°=z。，

[nCD=0,Xo+y（）=。’

取X>=1,得平面心9的一个法向量为77=（1,1,1）.

、一­|CQn\61-1+y|也

设。（。,y,0）（-1<y<1）,。。-（一1,%。）,由一-=—，得।厂；

|〃|2网2

解尸-1或尸2（舍去），

*=|,所以存在点。满足题意，此时卷=；

5.（2007福建理・18）如图，正三棱柱ABC—4&G的所有

棱长都为2,。为CCi中点。

（I）求证：48」面ABD；

（II）求二面角A-A^-B的大小；

（III）求点C到平面48。的距离；

（I）证明取BC中点。，连结4。.

•.•△ABC为正三角形，：.AO±BC.

•••在正三棱柱ABC-A4cl中，平面ABC±平面BCC[B],

AOJ_平面BCC£.

取gG中点。厂以。为原点，砺，西，砺的方向为X,>-Z轴的正方向建立空间

直角坐标系，则8(1,00),D(-l,l0),4(0,2后)，4(0,0公)，g(l,20),

.♦.涵=(1,2厂6),丽=(-2,10),可=(-1,2®

•.•丽丽=-2+2+0=0,AB,BA,=一1+4-3=0,

.♦.福，而，ABt±BA].

：.AB〕_L平面A}BD.

(II)解设平面4A£＞的法向量为n=(x,yz).

通=(-1,1寸⑻，福=(0,20).

,/n_LAD,n_LAA1,

〃AD=0,-x+y-y/3z=0,.['=0，

nAAi=0,2y=0,[x=-V3z.

令z=1得〃=(-73,01)为平面AiAD的一个法向量.

由(I)知A与J_平面A】BQ,

・•・福为平面的法向量.

~r^〃46]__G-6_瓜

cos<ii9AB,>=—]一[=-----产-=-----•

同|阿22V24

二二面角A-A。一8的大小为arccos—.

14

(HI)解由(II),彳瓦为平面AfO法向量，

•••BC=(-2,00)而产(12-@.

回国_|-2|\及

.•.点C到平面48。的距离d-2V2-T

6.(2006广东卷)如图所示，AF、DE分别是。。、。。1的直

径工。与两圆所在的平面均垂直，AD=8,BC是。。的直径,

A8=AC=6,OE//AD.

(I)求二面角B—AD—F的大小;

(II)求直线BD与EF所成的角.

解(I)：AD与两圆所在的平面均垂直，

：.AD±AB,A。J_AF,故N8A。是二面角B—AD—F的平面角，

依题意可知，ABC。是正方形，所以/BAD=45°.

即二面角B—AD—F的大小为45°.

(H)以。为原点，8C、AF、。£所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则。

(0,0,0),A(0,-342,0),B(3A/2,0,0),D(0,-3V2,8),E(0,0,8),F

(0,3V2,0)

所以，BD=(-3啦，-3啦,8),~FE=(0-372,8)

——~BD^~FE0+18+64廊

cos<BD,EF>=―,——==---.

IBDIIFEIV100xV8210

设异面直线BD与EF所成角为a,

/QQ

则cosa=1cos<BD,EF>1=----

10

直线BD与EF所成的角为arccos32

10

7.(2005江西)如图，在长方体ABCD—4B1GO1中，AD=AAr=l,

A8=2,点E在棱A8上移动.

(1)证明：DiE_L&D；

(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACDi的距离：

7T

(3)AE等于何值时，二面角Di—EC—。的大小为一.

4

以D为坐标原点，直线DA,DC,DDi分别为X,y,z轴，建

立空间直角坐标系，设AE=X,则4(1,0,1),5(0,0,1),

E(1,X,0),A(1,0,0),C(0,2,0)

(1)证明因为西，屏=(1,0,1),(1,X,—1)=0,所以两，屏.

(2)解因为E为AB的中点，则E(l,1,0),

从而印==(-1,2,0),

击=(-1,0,1)，

设平面ACDi的法向量为n-(a,b,c),

n-AC=0,

则______.

n-AD,=0,

I—a+2b=0。=2b—工、

也即《，得《，从而〃=(2,1,2),所以点E到平面AD]C的距离为

[-6/+c=0[a=c

,|KE-HI2+1-21

/?=——Jz-----=-------------=—.

(3)解设平面。1EC的法向量7=(〃,/?"),

CE=(1/-2,0),RC=(0,2-1),00,=(0,0,1),

=\2b-c=Q人

由<____=>5令b=l,.*.€=2,0=2—x,

|/z-C£=0,1a+0(x-2)=0.

n=(2-x,l,2).

八…n\n~DD\品2&

依题意cos-=—~士y==——n/=一

2

4\n\-\DDx\27(X-2)+52

x,=2+V3(不合，舍去)，x2=2-V3.

，AE=2-百时，二面角Di—EC—D的大小为纥

第二部分三年联考汇编

2009年联考题

解答题

1.(湖南省衡阳市八中2009届高三第三次月考试题)如图，尸一ABC。是正四棱

锥，A6CD—4月6。1是正方体，其中AB=2,PA=J不

(1)求证：FAIB.D,；

(2)求平面外。与平面8。£)14所成的锐二面角6的余弦值；

(3)求用到平面期。的距离

以A名为x轴，4R为y轴，A|A为z轴建立空间直角坐标系

(1)证明设£是8。的中点，•.•P-ABCD是正四棱锥，PEJ_A8CO

又AB=2,PA=m,：.PE=2P(l,l,4)丽=(-2,2,0),淳=(1,1,2)

用O/AP=0,即PAL耳2。

(2)解设平面PAD的法向量是浣=(x,y,z)，

•.•丽=(0,2,0),而=(1,1,2)

**-y=0,x+2z=0取z=1得〃7=(—2,0,1),又平面BDDXBX的法向量是

mnV10

n=(1,1,0)二cos<m,/i〉=ITr=3=叵

rIH55

BjA-ml

(3)解­■B}A=(-2,0,2)与到平面PAD的距离d衿

同

2.(陕西省西安铁一中2009届高三12月月考)如图，边长为2的等

边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2V2,

/W为8c的中点

(I)证明：AMLPM；

(II)求二面角P-AM-D的大小；

(III)求点D到平面AMP的距离。

(I)证明以。点为原点，分别以直线DC为x轴、y轴,

建立如图所示的空间直角坐标系

依题意，可得

£>(0,0,0),P(0,l,扬,C(0,2,0),A(2&,0,0),M(V2,2,0)

•••PM=(V2,2,0)-(0,1，百)=(V2,1,-73)

AW=(V2,2,0)-(2V2,0,0)=(-V2,2,0)

X

/•两•赤=(⑸,-伍(-&,2,0)=0

即丽,：.AM±PM.

(H)解设〃=(x,y,z),且〃_L平面％M,则

n-PM=0mf(x,y,z).(V2,l-V3)-0

___即<

n-AM