空间向量与空间角
[知识能否忆起] 利用向量求空间角 1．两条异面直线所成的角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)． 2．直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.
3．求二面角的大小 (1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈
，
〉．
(2)如图2、3，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)． [小题能否全取] 1．(教材习题改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　) A．30°　　　　　　　　　 B．60° C．120° D．150° 解析：选A　由于cos〈m，n〉＝－，∴〈m，n〉＝120°. 所以直线l与α所成的角为30°. 2．(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为(　　) A．45° B．135° C．45°或135° D．90° 解析：选C　cos〈m，n〉＝＝＝， 即〈m，n〉＝45°，其补角为135°， ∴两平面所成的二面角为45°或135°. 3.在如图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　　) A．－ B．－ C. D. 解析：选D　如图建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E.则
＝(－1,1,0)，
＝，若异面直线DE与AC所成的角为θ， cos θ＝|cos〈
，
〉|＝. 4．已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值为________． 解析：如图，建立直角坐标系D－xyz， 设DA＝1由已知条件A(1,0,0)， E，F，
＝，
＝， 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的二面角为θ， 由得 令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)． 设平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)， 则cos θ＝cos〈n，m〉＝，tan θ＝. 答案： 5．(教材习题改编)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知DA＝DC＝4，DD1＝3，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值________． 解析：建立如图所示直角坐标系， 则A1(4,0,3)，B(4,4,0)，B1(4,4,3)，C(0,4,0)，
＝(0,4，－3)，
＝(－4,0，－3)． 设异面直线A1B与B1C所成角为θ， 则cos θ＝|cos〈
，
〉|＝. 答案： (1)利用向量求空间角，一定要注意将向量夹角与所求角区别开来，在将向量夹角转化为各空间角时注意空间各角的取值范围，异面直线所成角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]． (2)利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点．

异面直线所成的角  
典题导入 [例1]　(2012·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. [自主解答]　不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.可得 O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)， ∴
＝(0,2，－1)，
＝(－2,2,1)， ∴cos〈
，
〉＝＝＝＝>0. ∴
与
的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角， ∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为. [答案]　A
本例条件下，在线段OB上，是否存在一点M，使C1M与AB1所成角的余弦为？若存在，求出M点；不存在，说明理由． 解：不妨令CB＝1，CA＝CC1＝2， 建系如本例题图， 假设存在符合条件的点M，设M(0,0，a)， 则
＝(0，－2，a)，又
＝(－2,2,1)， ∴|cos〈
，
〉|＝＝. ∴|a－4|＝，∴a2－8a＋16＝a2＋4. ∴8a＝12，∴a＝.又CB＝1，∴a＝>1. 故不存在符合条件的点M.

由题悟法 利用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
以题试法 1．(2012·安徽模拟)如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a. (1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值； (2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1. 解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)． (1)∵
＝(－a，a，a)，
＝(0,0，a)， ∴cos〈
，
〉＝＝，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为. (2)证明：∵
＝(－a，－a，a)，
＝(－2a,0,0)，
＝(0，a，a)， ∴∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC. ∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.
直线与平面所成角  
典题导入 [例2]　(2012·大纲全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC. (1)证明：PC⊥平面BED； (2)设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小． [自主解答]　(1)证明：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A－xyz， 则C(2，0,0)． 设D(，b,0)，其中b>0，则 P(0,0,2)，E， B(，－b,0)． 于是
＝(2，0，－2)，
＝，
＝， 从而
·
＝0，
·
＝0， 故PC⊥BE，PC⊥DE. 又BE∩DE＝E， 所以PC⊥平面BED. (2)
＝(0,0,2)，
＝(，－b,0)． 设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则 m·
＝0，m·
＝0， 即2z＝0且x－by＝0， 令x＝b，则m＝(b，，0)． 设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则 n·
＝0，n·
＝0， 即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0， 令p＝1，则r＝，q＝－，n＝. 因为二面角A－PB－C为90°，所以面PAB⊥面PBC，故m·n＝0， 即b－＝0，故b＝， 于是n＝(1，－1，)，
＝(－，－，2)， 所以cos〈n，
〉＝＝， 所以〈n，
〉＝60°. 因为PD与平面PBC所成角和〈n，
〉互余， 故PD与平面PBC所成的角为30°.
由题悟法 利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角(如例2)．
以题试法 2.(2012·宝鸡模拟)如图，已知PA⊥平面ABC，且PA＝，等腰直角三角形ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，AD⊥PB于D，AE⊥PC于E. (1)求证：PC⊥平面ADE； (2)求直线AB与平面ADE所成角的大小． 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC， 所以PA⊥BC， 又AB⊥BC，且PA∩AB＝A， 所以BC⊥平面PAB，从而BC⊥AD. 又AD⊥PB，BC∩PB＝B， 所以AD⊥平面PBC， 得PC⊥AD， 又PC⊥AE，AE∩AD＝A， 所以PC⊥平面ADE. (2)如图所示，建立空间直角坐标系B－xyz. 则A(1,0,0)，C(0,1,0)， P(1,0，)， 因为PC⊥平面ADE， 所以
＝(－1,1，－)是平面ADE的一个法向量． 设直线AB与平面ADE所成的角为θ， 则sin θ＝ ＝＝， 则直线AB与平面ADE所成的角为30°.
二　面　角  
典题导入 [例3]　(2012·江西高考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O. (1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长； (2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值． [自主解答]　(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，得OE⊥BB1， 因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC. 因为AB＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE， 所以OE⊥平面BB1C1C. 又AO＝＝1，AA1＝， 得AE＝＝. (2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(－1,2,2)， 由
＝
得点E的坐标是， 由(1)得平面BB1C1C的法向量是
＝， 设平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z)， 由得 令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)， 所以cos〈
，n〉＝＝， 即平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值是.
由题悟法 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
以题试法 3．(2012·山西模拟)如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0<λ≤1)． (1)求证：对任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE； (2)若二面角C－AE－D的大小为60°，求λ的值． 解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系D－xyz，则A(a,0,0，)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，E(0,0，λa)， ∴
＝(－a，a,0)，
＝(－a，－a，λa)， ∴
·
＝0对任意λ∈(0,1]都成立，即对任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE. (2)显然n＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量， 设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)， ∵
＝(－a，a,0)，
＝(－a,0，λa)， ∴即∴ 取z＝1，则x＝y＝λ，∴m＝(λ，λ，1)， ∵二面角C－AE－D的大小为60°， ∴|cos〈n，m〉|＝＝＝， ∵λ∈(0,1]， ∴λ＝.

1.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角为________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB＝BC＝AA1＝2， 则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)， 则
＝(0，－1,1)，
＝(2,0,2)， ∴
·
＝2， ∴cos〈
，
〉＝＝， ∴EF和BC1所成角为60°. 答案：60° 2．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为________． 解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)． 设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，
＝(1,0，a)，
＝(0,2,2)， 设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)． 则?， 令z＝－1，得m＝(a,1，－1)， 又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)， 则由cos 60°＝，得＝，即a＝， 故AD＝. 答案： 3.如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成角为________． 解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz. 设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a， 则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P. 则
＝(2a,0,0)，
＝，
＝(a，a,0)． 设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)， 则cos〈
，n〉＝＝＝. ∴〈
，n〉＝60°， ∴直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30° 4．(2012·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝2，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)求二面角P－BD－A的大小． 解：(1)证明：由题可知，AP、AD、AB两两垂直，则分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)， ∴
＝(0,0,3)，
＝(2，6,0)，
＝(－2，2,0)， ∴
·
＝0，
·
＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC. 又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC. (2)显然平面ABD的一个法向量为m＝(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·
＝0，n·
＝0. 由(1)知，
＝(－2，0,3)， ∴整理得 令x＝，则n＝(，3,2)， ∴cos〈m，n〉＝＝. ∴结合图形可知二面角P－BD－A的大小为60°. 5．(2012·辽宁高考)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面A′ACC′； (2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值． 解：(1)法一：证明：如图，连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点． 又因为N为B′C′的中点， 所以MN∥AC′. 又MN?平面A′ACC′， A′C?平面A′ACC′， 所以MN∥平面A′ACC′. 法二：证明：取A′B′ 中点P，连接MP，NP， 而M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，　 所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′. 又MP∩NP＝P， 因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN?平面MPN， 因此MN∥平面A′ACC′. (2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示． 设AA′＝1，则AB＝AC＝λ， 于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)， B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)， 所以M，N. 设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量， 由得可取m＝(1，－1，λ)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量， 由得 可取n＝(－3，－1，λ)． 因为A′－MN－C为直二面角，所以m·n＝0， 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝(负值舍去)． 6．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)求证：A1C⊥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． 解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC， 所以DE⊥AC. 所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC. 所以DE⊥A1C. 又因为A1C⊥CD. 所以A1C⊥平面BCDE. (2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1, )，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则 n·
＝0，n·
=0. 又
(3,0－2
)＝ (－1,2，0)， 所以 令y＝1，则x＝2，z＝. 所以n＝(2,1，)． 设CM与平面A1BE所成的角为θ. 因为
＝(0,1,
), 所以sin θ＝|cos〈n,
〉|＝||＝＝. 所以CM与平面A1BE所成角的大小为. (3)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p∈[0,3]． 设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则 m·
＝0，m·
＝0. 又
＝?0，2，－2),
＝(p，－2,0)， 所以 令x＝2，则y＝p，z＝. 所以m＝(2，p，)． 平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0， 即4＋p＋p＝0. 解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾． 所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
1．(2013·湖北模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点． (1)求证：PA⊥EF； (2)求二面角D－FG－E的余弦值． 解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0,1)，F(0,0,1)，G(－2,1,0)． (1)证明：由于
＝(0,2，－2)，
＝(1,0,0)，则
·
＝1×0＋0×2＋(－2)×0＝0， ∴PA⊥EF. (2)易知
＝(0,0,1)，
＝(1,0,0)，
＝(－2,1，－1)， 设平面DFG的法向量m＝(x1，y1，z1)， 则解得 令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一个法向量． 设平面EFG的法向量n＝(x2，y2，z2)， 同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一个法向量． ∵cos〈m，n〉＝＝＝＝， 设二面角D－FG－E的平面角为θ，由图可知θ＝π－〈m，n〉， ∴cos θ＝－， ∴二面角D－FG－E的余弦值为－. 2．(2012·北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点． (1)求证：A1B∥平面ADC1； (2)求二面角C1－AD－C的余弦值； (3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD. 由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点． 又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线， 所以A1B∥OD， 因为OD?平面ADC1，A1B?平面ADC1， 所以A1B∥平面ADC1. (2)由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直． 以BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz. 设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)， 所以
＝(1，－2,0)，
＝(2，－2,1)． 设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有 所以取y＝1，得n＝(2,1，－2)． 易知平面ADC的一个法向量为v＝(0,0,1)． 所以cos〈n，v〉＝＝－. 因为二面角C1－AD－C是锐二面角， 所以二面角C1－AD－C的余弦值为. (3)假设存在满足条件的点E. 因为点E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)， 故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以
＝(0，λ－2,1)，
＝(1,0,1)． 因为AE与DC1成60°角， 所以|cos〈
，
〉|＝＝. 即＝，解得λ＝1或λ＝3(舍去)． 所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60°角．
1．(2012·北京东城模拟)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q－BP－C的余弦值． 解：(1)证明：如图，以D为坐标原点，DA、DP、DC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.设DA＝1，则有D(0,0,0)，Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)， 所以
＝(1,1,0)，
＝(0,0,1)，
＝(1，－1,0)， 所以
·
＝0，
·
＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 又DQ?平面DCQ，DC?平面DCQ，且DQ∩DC＝D， 所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)由(1)易知B(1,0,1)，
＝(1,0,0)，
＝(－1,2，－1)． 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则 即可取n＝(0，－1，－2)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面PBQ的法向量，则 即可取m＝(1,1,1)． 所以cos〈m，n〉＝－， 故二面角Q－BP－C的余弦值为－. 2．(2012·天津高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)证明PC⊥AD； (2)求二面角A－PC－D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)． (1)证明：易得
＝(0,1，－2)，
＝(2,0,0)， 于是
·
＝0，所以PC⊥AD. (2)
＝(0,1，－2)，
＝(2，－1,0)．　 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 则即不妨令z＝1， 可得n＝(1,2,1)． 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 从而sin 〈m，n〉＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值为. (3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得
＝.由
＝(2，－1,0)，故cos〈
，
〉＝＝＝， 所以＝cos 30°＝，解得h＝， 即AE＝. 3.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2. (1)证明：当点E在棱AB上移动时，D1E⊥A1D； (2)在棱AB上是否存在点E，使二面角D1－EC－D的平面角为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由． 解：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)． 设E(1，y0,0)(0≤y0≤2)． (1)证明：∵
＝(1，y0，－1)，
＝(－1,0，－1)， 则
·
＝(1，y0，－1)·(－1,0，－1)＝0， ∴
⊥
，即D1E⊥A1D. (2)当AE＝2－时，二面角D1－EC－D的平面角为. ∵
＝(－1,2－y0,0)，
＝(0,2，－1)，设平面D1EC的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 则? 取y＝1，则n1＝(2－y0,1,2)是平面D1EC的一个法向量． 而平面ECD的一个法向量为n2＝
＝(0,0,1)，要使二面角D1－EC－D的平面角为， 则cos＝|cos〈n1，n2〉|＝ ＝＝，解得y0＝2－(0≤y0≤2)． ∴当AE＝2－时，二面角D1－EC－D的平面角为. 4．(2012·湖北模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°. (1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，求棱柱的高； (2)设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设AA1＝h(h>0)，则有B(1,0,0)，B1(1,0，h)，C1(0,1，h)，A1(0,0，h)，
＝(－1,1,0)，
＝(0,1,0)，
＝(1,0，－h)． (1)因为异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，所以cos60°＝， 即＝，得＝，解得h＝1. (2)由D是BB1的中点，得D， 于是
＝. 设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，于是由n⊥
，n⊥
可得 即可取n＝(h,0,1)， 故sin θ＝|cos〈
，n〉|， 而|cos〈
，n〉|＝＝＝. 令f(h)＝＝， 因为h2＋＋9≥2＋9，当且仅当h2＝，即h＝时，等号成立． 所以f(h)≤＝＝， 故当h＝时，sin θ的最大值为. 立 体 几 何 (时间：120分钟，满分150分) 一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．(2012·重庆模拟)若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是(　　) A．平行　　　　　　　　　 B．异面 C．相交 D．平行、异面或相交 解析：选D　经验证，当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现． 2．(2012·福建高考)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是(　　) A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 解析：选D　球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O－ABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B. 不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同． 3．(2012·安徽模拟)在空间，下列命题正确的是(　　) A．若三条直线两两相交，则这三条直线确定一个平面 B．若直线m与平面α内的一条直线平行，则m∥α C．若平面α⊥β，且α∩β＝l，则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面β D．若直线a∥b，且直线l⊥a，则l⊥b 解析：选D　三条直线两两相交，可确定一个平面或三个平面，故A错；m与平面α内一条直线平行，m也可在α内，故B错；若平面α⊥β，且α∩β＝l，当P∈l时，过P点与l垂直的直线可在β外，也可在β内，故C错．由等角定理知D正确． 4．(2012·新课标全国卷)平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为(　　) A.π B．4π C．4π D．6π 解析：选B　设球的半径为R，由球的截面性质得R＝＝，所以球的体积V＝πR3＝4π. 5．(2012·北京海淀二模)某几何体的正视图与俯视图如图所示，侧视图与正视图相同，且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是(　　) A. B. C．6 D．4 解析：选A　由三视图知，该几何体是正方体挖去一个以正方体的中心为顶点、以正方体的上底面为底面的四棱锥后的剩余部分，其体积是 23－×22×1＝. 6．(2013·安徽模拟)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)
解析：选B　由三视图的相关知识易知选B. 7．正方体ABCD－A1B1C1D1中，与体对角线AC1异面的棱有(　　) A．3条 B．4条 C．6条 D．8条 解析：选C　从定义出发，同时考虑到正方体的体对角线AC1与正方体的6条棱有公共点A和C1，而正方体有12条棱，所以与AC1异面的棱有6条． 8.(2012·衡阳模拟)如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为(　　) A. B. C. D. 解析：选B　此几何体是底面半径为，母线长为1的圆锥，其侧面积S＝πrl＝π××1＝. 9．如图，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：选D　由于C1D1与A1B1平行，MN与C1D1是异面直线，所以MN与A1B1是异面直线，故选项D错误． 10．(2012·皖南八校三联)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的体积为(　　)
A．18 cm3 B．15 cm3 C．12 cm3 D．9 cm3 解析：选B　由三视图可知，该几何体是一个上下均为长方体的组合体．如图所示，由图中数据可得该几何体体积为3×3×1＋1×2×3＝15(cm3)． 11．在正四面体A－BCD中，棱长为4，M是BC的中点，P在线段AM上运动(P不与A、M重合)，过点P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题： ①BC⊥面AMD；②Q点一定在直线DM上；③VC－AMD＝4. 其中正确的是(　　) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 解析：选A　∵A－BCD是正四面体，M为BC中点，∴AM⊥BC，DM⊥BC，且AM∩DM＝M，∴BC⊥面AMD. ∴①正确． VC－AMD＝S△AMD·CM(∵BC⊥面AMD，∴CM为四面体C－AMD的高)． 如图，在△AMD中，AM＝DM＝＝＝2，MN＝＝＝2， ∴S△AMD＝AD·MN＝×4×2＝4， ∴VC－AMD＝×4×2＝，故③不正确．由排除法知选A. 12．(2012·浙江高考)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，(　　) A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直 解析：选B　对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．(2012·肇庆二模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别为________，________. 解析：由三视图可知，该几何体的下部是一底边长为2，高为4的长方体，上部为一球，球的直径等于正方形的边长．所以长方体的表面积为S1＝2×2×2＋4×2×4＝40， 长方体的体积为V1＝2×2×4＝16， 球的表面积和体积分别为S2＝4×π×12＝4π， V2＝×π×13＝， 故该几何体的表面积为S＝S1＋S2＝40＋4π， 该几何体的体积为V＝V1＋V2＝16＋. 答案：40＋4π　16＋ 14． (2012·北京怀柔模拟)P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC. 其中正确的个数是________． 解析：如图所示． ∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC. 又∵BC?平面PBC，∴PA⊥BC. 同理PB⊥AC，PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.共3个． 答案：3 15.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都等于6，且各顶点都在同一球面上，则此球的表面积等于________． 解析：如图，三棱柱的外接球球心为O，其中D为上底面三角形外接圆的圆心，其中AD＝×6＝2，又OD＝3，故在Rt△OAD中可得R＝|OA|＝＝，故球的表面积为4π()2＝84π. 答案：84π 16．(2012·长春名校联考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四个命题： ①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线． 其中正确命题的序号是________．(注：把你认为正确命题的序号都填上) 解析：过N作NP⊥BB1于点P，连接MP，可证AA1⊥平面MNP，∴AA1⊥MN，①正确；过M、N分别作MR⊥A1B1、NS⊥B1C1于点R、S，则当M不是AB1的中点，N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M、N分别是AB1、BC1的中点时，A1C1∥RS，∴A1C1与MN可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA1⊥平面MNP，而AA1⊥平面A1B1C1D1，∴平面MNP∥平面A1B1C1D1，故③对．综上所述，其中正确命题的序号是①③. 答案：①③ 三、解答题(本大题有6小题，共70分) 17．(本小题满分10分)(2012·陕西高考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，∠CAB＝. (1)证明：CB1⊥BA1； (2)已知AB＝2，BC＝，求三棱锥C1－ABA1的体积． 解：(1)证明：如图所示，连接AB1，∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝， ∴AC⊥平面ABB1A1， 故AC⊥BA1. 又∵AB＝AA1，∴四边形ABB1A1是正方形， ∴BA1⊥AB1，又CA∩AB1＝A， ∴BA1⊥平面CAB1，故CB1⊥BA1. (2)∵AB＝AA1＝2，BC＝，∴AC＝A1C1＝1， 由(1)知，A1C1⊥平面ABA1， ∴VC1－ABA1＝S△ABA1·A1C1＝×2×1＝. 18．(本小题满分12分) (12分)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，侧面PBC内有BE⊥PC于E，且BE＝a，试在AB上找一点F，使EF∥平面PAD. 解：在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，则F即为所求作的点． ∵EG∥CD∥AF，EG＝AF， ∴四边形FEGA为平行四边形， ∴FE∥AG. 又AG?平面PAD， FE?平面PAD， ∴EF∥平面PAD. 又在Rt△BCE中， CE＝ ＝ ＝a. 在Rt△PBC中，BC2＝CE·CP， ∴CP＝＝a， 又＝， ∴EG＝·CD＝a， ∴AF＝EG＝a. ∴点F为AB靠近点B的一个三等分点． 19．(本小题满分12分) (12分)(2012·新课标全国卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点． (1)证明：平面BDC1⊥平面BDC； (2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比． 解：(1)证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1. 又DC1?平面ACC1A1，所以DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC. 又DC1?平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC. (2)设棱锥B－DACC1的体积为V1，AC＝1.由题意得 V1＝××1×1＝. 又三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1， 所以(V－V1)∶V1＝1∶1. 故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1. 20．(本小题满分12分) (12分)(2012·安徽高考)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中点，E是棱AA1上任意一点． (1)证明：BD⊥EC1； (2)如果AB＝2，AE＝，OE⊥EC1，求AA1的长． 解：(1)证明：连接AC，A1C1. 由底面是正方形知，BD⊥AC. 因为AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， 所以AA1⊥BD. 又AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C. 由EC1?平面AA1C1C知，BD⊥EC1. (2)法一：设AA1的长为h，连接OC1. 在Rt△OAE中，AE＝，AO＝， 故OE2＝()2＋()2＝4. 故Rt△EA1C1中，A1E＝h－， A1C1＝2， 故EC＝(h－)2＋(2)2. 在Rt△OCC1中，OC＝，CC1＝h，OC＝h2＋()2. 因为OE⊥EC1，所以OE2＋EC＝OC，即 4＋(h－)2＋(2)2＝h2＋()2， 解得h＝3， 所以AA1的长为3. 法二：∵OE⊥EC1，∴∠AEO＋∠A1EC1＝90°. 又∵∠A1C1E＋∠A1EC1＝90°，∴∠AEO＝∠A1C1E. 又∵∠OAE＝∠C1A1E＝90°，∴△OAE∽△EA1C1， ∴＝，即＝，∴A1E＝2， ∴AA1＝AE＋A1E＝3. 21．(本小题满分12分) (12分)(2012·郑州一模)如图，在四棱锥S－ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD上一点，AE＝ED＝，SE⊥AD. (1)证明：平面SBE⊥平面SEC； (2)若SE＝1，求三棱锥E－SBC的高． 解：(1)证明：∵平面SAD⊥平面ABCD且平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE?平面SAD，SE⊥AD， ∴SE⊥平面ABCD. ∵BE?平面ABCD， ∴SE⊥BE. ∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝， ∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°. ∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE. 又SE∩CE＝E，， ∴BE⊥平面SEC， ∵BE?平面SBE， ∴平面SBE⊥平面SEC. (2)如图，过点E作EF⊥BC于点F，连接SF. 由(1)知SE⊥平面ABCD， 而BC?平面ABCD， ∴BC⊥SE， 又SE∩EF＝E， ∴BC⊥平面SEF， ∵BC?平面SBC， ∴平面SEF⊥平面SBC. 过点E作EG⊥SF于点G， 则EG⊥平面SBC，即线段EG的长即为三棱锥E－SBC的高． 由(1)易知，BE＝2，CE＝2， 则BC＝4，EF＝. 在Rt△SEF中，SE＝1，SF＝＝2， 则EG＝＝， ∴三棱锥E－SBC的高为. 22．(本小题满分12分) (14分)(2012·北京昌平二模)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E为AD的中点，F为B1C1的中点． (1)求证：A1F∥平面ECC1； (2)在CD上是否存在一点G，使BG⊥平面ECC1？若存在，请确定点G的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，取BC的中点M，连接AM，FM. ∴B1F∥BM且B1F＝BM. ∴四边形B1FMB是平行四边形． ∴FM∥B1B且FM＝B1B. ∴FM∥A1A且FM＝A1A， ∴四边形AA1FM是平行四边形． ∴FA1∥AM. ∵E为AD的中点， ∴AE∥MC且AE＝MC. ∴四边形AMCE是平行四边形． ∴CE∥AM.∴CE∥A1F. ∵A1F?平面ECC1，EC?平面ECC1， ∴A1F∥平面ECC1. (2)在CD上存在一点G，使BG⊥平面ECC1. 取CD的中点G，连接BG. 在正方形ABCD中，DE＝GC，CD＝BC，∠ADC＝∠BCD， ∴△CDE≌△BCG.∴∠ECD＝∠GBC. ∵∠CGB＋∠GBC＝90°，∴∠CGB＋∠DCE＝90°. ∴BG⊥EC. ∵CC1⊥平面ABCD，BG?平面ABCD， ∴CC1⊥BG，又EC∩CC1＝C， ∴BG⊥平面ECC1. 故在CD上存在中点G，使得BG⊥平面ECC1.

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