第二章空间向量与立体几何中线面角问题

　第二章空间向量与立体几何中线面角问题

　 一、解答题 1．如图,在三棱锥 A BCD  中, ABC 是等边三角形, 90 BAD BCD     ,点 P 是AC

　的中点,连接 , BP DP ．

　（1）证明:平面 ACD  平面 BDP ; （2）若 6 BD  ,且二面角 A BD C   为 120 ,求直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值． 2．如图，直四棱柱 ABCD–A 1 B 1 C 1 D 1 的底面是菱形，AA 1 =4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N 分别是 BC，BB 1 ，A 1 D的中点．

　（1）证明：MN∥平面 C 1 DE； （2）求 AM与平面 A 1 MD所成角的正弦值． 3．如图所示,已知点 P在正方体 ABCD-A′B′C′D′的对角线 BD′上,∠PDA=60°. (1)求 DP与 CC′所成角的大小. (2)求 DP与平面 AA′D′D 所成角的大小.

　试卷第 2 页，总 4 页 4．如图，四棱锥 S ABCD  中， ABS 是正三角形，四边形 ABCD 是菱形，点 E 是 BS的中点.

　（I）求证：

　SD // 平面 ACE ； （II）若平面 ABS  平面 ABCD ， 120 ABC    ，

　求直线 AC 与平面 ADS 所成角的正弦值. 5．如图，直棱柱1 1 1ABC ABC  的底面△ABC 中，1 CA CB  

　， 90 ACB   

　，棱12 AA  ，如图，以 C 为原点，分别以1, , CA CB CC 为 , , x y z 轴建立空间直角坐标系．

　（1）求平面1 1ABC 的法向量； （2）求直线 AC 与平面1 1ABC 夹角的正弦值． 6．如图，四棱锥 P ABCD  中， PAB  为正三角形， ABCD 为正方形，平面 PAB平面 ABCD ， E 、 F 分别为 AC 、 BP 中点.

　 （1）证明：

　// EF 平面 PCD ； （2）求直线 BP 与平面 PAC 所成角的正弦值. 7．在直三棱柱 ABC﹣A 1 B 1 C 1 中，AB⊥AC，AB=AC=2，A 1 A=4，点 D是 BC 的中点；

　（I）求异面直线 A 1 B，AC 1 所成角的余弦值； （II）求直线 AB 1 与平面 C 1 AD所成角的正弦值． 8．如图 1， 45 ACB   ， 3 BC  ，过动点 A 作 AD BC  ，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连接 AB，沿 AD 将△ ABD 折起，使 90 BDC   （如图 2 所示）．

　（1）当 BD 的长为多少时，三棱锥 A BCD  的体积最大； （2）当三棱锥 A BCD  的体积最大时，设点 E ， M 分别为棱 BC ， AC 的中点，试在棱 CD 上确定一点 N ，使得 EN  BM ，并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小．

　试卷第 4 页，总 4 页 9．已知长方体1 1 1 1ABCD ABC D  中，2 AD AB   ，11 AA  ，E 为1 1DC 的中点. （1）证明1 //BD 平面1B EC ； （2）求直线1AD 与平面1B EC 所成角的正弦值. 10．如图，在四棱锥 E ABCD  中，底面 ABCD 为菱形， BE  平面 ABCD ， G 为 AC与 BD 的交点.

　（1）证明：平面 AEC  平面 BED ； （2）若 60 BAD    ， AE EC  ，求直线 EG 与平面 EDC 所成角的正弦值.

　 答案第 1 页，总 15 页 参考答案 1．（1）见解析（2）22 【分析】

　（1）由 ABC 是等边三角形, 90 BAD BCD     ,得 AD CD  ．再证明PD AC  , PB AC  ,从而和证明 AC  平面 PBD ,故平面 ACD  平面 BDP 得证． （2）作 CE BD  ,垂足为 E 连接 AE ．由 Rt Rt ABD CBD  ,证得, AE BD  , AE CE  结合二面角 A BD C  为 120 ,可得2 AB ,2 33AE  ,63ED  .建立空间直角坐标系,求出点的坐标则60, ,03D    ,3,0,13A    ,向量3 6, , 13 3AD     ,即平面 BCD 的一个法向量(0,0,1) m ,运用公式 cos,m ADm ADm AD  和 sin cos , m AD     ,即可得出直线 AD与平面 BCD 所成角的正弦值． 【详解】

　解:（1）证明:因为 ABC 是等边三角形, 90 BAD BCD     , 所以 Rt Rt ABD CBD  ,可得 AD CD  ． 因为点 P 是 AC 的中点,则 PD AC  , PB AC  , 因为 PD PB P  , PD 平面 PBD, PB 平面 PBD , 所以 AC  平面 PBD ,因为 AC  平面 ACD , 所以平面 ACD  平面 BDP ． （2）如图,作 CE BD  ,垂足为 E 连接 AE ．

　因为 Rt Rt ABD CBD  , 所以 , AE BD  , AE CE  AEC  为二面角 A-BD-C 的平面角．

　 答案第 2 页，总 15 页 由已知二面角 A BD C   为 120 ,知 120 AEC    ． 在等腰三角形 AEC 中,由余弦定理可得 3 AC AE  ． 因为 ABC 是等边三角形,则 AC AB  ,所以 3 AB AE  ． 在 Rt△ABD 中,有1 12 2AE BD AB AD    ,得3 BD AD  , 因为 6 BD  ,所以2 AD ． 又2 2 2BD AB AD  ,所以 2 AB ． 则2 33AE  ,63ED  ． 以 E 为坐标原点,以向量 , ECED 的方向分别为 x 轴,y 轴的正方向, 以过点 E 垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 E xyz  , 则60, ,03D    ,3,0,13A    ,向量3 6, , 13 3AD     , 平面 BCD 的一个法向量为 (0,0,1) m , 设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为  , 则1 2cos ,2 2 1m ADm ADm AD      ,2sin |cos , |2m AD     

　所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为22． 【点睛】

　本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题. 2．（1）见解析（2）105 【分析】

　要证线面平行，先证线线平行 建系，利用法向量求解。

　 答案第 3 页，总 15 页 【详解】

　（1）连接 ME，BC ∵M，E 分别为 B 1 B，BC的中点 ∴112ME BC 

　又∵1 1AB AB CD   ∴A 1 DCB 1 是平行四边形 ∴1 1AD BC  ∴ ND ME ∴NDEM 是平行四边形 ∴NM∥DE 又 NM  平面 C 1 DE ∴NM∥平面 C 1 DE (2)由题意得 DE 与 BC 垂直，所以 DE 与 AD 垂直：以 D为原点，DA，DE，DD 1 三边分别为 x，y，z轴，建立空间坐标系 O-xyz 则 A（2，0，0），A 1 （2，0，4），M（1，3 ，2）

　设平面 A 1 MD的法向量为 ( , , ) n x y z 

　则100n DAn DM   ∴2 4 03 2 0x zx y z      解得 (2,0, 1) n  

　又 ( 1, 3,2) AM  

　∴4 10cos5 5 8AM nAM nAM n      ∴AM 与平面 A 1 MD所成角的正弦值105. 【点睛】

　 答案第 4 页，总 15 页 要证线面平行，可证线线平行或面面平行。

　求线面所成角得正弦值，可用几何法做出线面角，再求正弦值；或者建立空间直角坐标系，利用法向量求解。

　3．（1）45°.（2）30°. 【分析】

　（1）以 D为原点,DA,DC,DD′分别为 x 轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系，连接 BD,B′D′.在平面 BB′D′D中,延长 DP交 B′D′于 H. 设 DH =(m,m,1)(m>0), 由< DH , DA >=60°,利用坐标运算可得 m，进而可得 cos< DH , CC" >，从而得解； （2）平面 AA′D′D的一个法向量是 DC =(0,1,0),由 cos< DH , DC >即可得解. 【详解】

　(1)如图所示,

　以 D为原点,DA,DC,DD′分别为 x 轴,y轴,z 轴正方向建立空间直角坐标系, 设 DA=1.则 DA =(1,0,0),

　"CC=(0,0,1).连接 BD,B′D′.在平面 BB′D′D中,延长 DP交 B′D′于 H. 设 DH =(m,m,1)(m>0), 由已知< DH ,

　DA >=60°,由 DHDA =| DA || DH |cos< DH ,

　DA >,可得 2m=22m 1 .解得 m=22, 所以 DH =2 2, ,12 2    .

　 答案第 5 页，总 15 页 因为 cos< DH ,

　"CC>=2 20 0 1 122 22 2 1    

　 所以< DH ,

　"CC>=45°,即 DP与 CC′所成的角为 45°. (2)平面 AA′D′D的一个法向量是 DC =(0,1,0), 因为 cos< DH ,

　DC >=2 20 1 1 012 22 1 2    

　 所以< DH ,

　DC >=60°,可得 DP与平面 AA′D′D所成的角为 30°. 【点睛】

　本题主要考查了利用空间向量处理线线角和二面角，属于基础题. 4．（I）证明见解析；（II）55. 【分析】

　（I）连接 BD 交 AC 于点 F，再连接 EF，利用 EF 是三角形 DBS 的中位线，判断出 DS 平行 EF，再利用线面平行的判定得证; （II）取 AB 的中点为 O，利用已知条件证明 DO、SO、BO 两两垂直，然后建立空间直角坐标系，求出平面 ADC 的法向量，再利用线面角的公式求出直线 AC 与平面 ADS 所成角的正弦值. 【详解】

　（I）证明：连接 BD 角 AC 于点 F，再连接 EF. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以点 F 是 BD 的中点， 又因为点 E 是 BS 的中点，所以 EF 是三角形 DBS 的中位线， 所以 DS 平行 EF， 又因为 EF  平面 ACE，SD  平面 ACE 所以 SD // 平面 ACE

　（II）因为四边形 ABCD 是菱形， 120 ABC    ，所以1602ABD ABC    

　 又 AB=AD，所以三角形 ABD 为正三角形. 取 AB 的中点 O，连接 SO，则 DO  AB

　 答案第 6 页，总 15 页 因为平面 ABS  平面 ABCD ，平面 ABS 平面 ABCD =AB 所以 DO  平面 ABS，又因为三角形 ABS 为正三角形 则以 O 为坐标原点建立坐标系

　设 AB=2a，则 (0, ,0), ( 3 ,0,0), (0,0, 3 ), (0,2 , 3 ) A a S a D a C a a 

　 (0, , 3 ), ( 3 , ,0), (0,3 , 3 ) AD a a AS a a AC a a   

　 设平面 ADS 的一个法向量为 ( , , ) n x y z 

　 则3 0 003 0y z AD nAS nx y         

　取 x=1，则 3, 1 y z   

　 所以 (1, 3,1) n  r 设直线 AC 与平面 ADS所成角为 

　 则5sin cos ,5AC nAC nAC n   【点睛】

　本题主要考查了线面平行的判定定理以及运用空间向量去解决立体几何的问题，如何建系和求法向量是解题的关键，属于中档题. 5．（1）

　  2, 2,1   ；（2）23． 【分析】

　（1）

　 0 0 0, , v x y z  为平面 A 1 B 1 C 的法向量，则1 0 0 1 0 02 0, 2 0 v CA x z v CB y z         ，解方程组即得平面1 1ABC 的法向量； （2）利用向量法求直线 AC 与平面1 1ABC 夹角的正弦值．

　 答案第 7 页，总 15 页 【详解】

　（1）由题意可知1 1(0,0,0), (1,0,2), (0,1,2) C A B

　故1 1(1,0,2), (0,1,2) CA CB  

　设  0 0 0, , v x y z  为平面1 1ABC 的法向量， 则1 0 0 1 0 02 0, 2 0 v CA x z v CB y z        

　即0 00 022x zy z   ，令01 z  ，则( 2, 2,1) v   

　（2）设直线 AC 与平面1 1ABC 夹角为  ，而(1,0,0) CA  ， 所以直线 AC 与平面1 1ABC 夹角的正弦值2 2 2| | |(1,0,0) ( 2, 2,1)| 2sin3 | || |1 2 2 1CA vCA v       = 【点睛】

　（1）本题主要考查直线和平面所成角的求法，考查法向量的求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力．（2）

　直线和平面所成的角的求法方法一：(几何法)找  作(定义法)  证(定义)  指  求(解三角形)，其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形．方法二：(向量法)| |sin| || |AB nAB n ，其中 AB 是直线 l 的方向向量，n 是平面的法向量，  是直线和平面所成的角． 6．(1)见解析;(2)217. 【分析】

　分析：（1）要证线面平行，只需在面内找一线与已知线平行即可，连接BD ，根据中位线即可得 // EF PD 即可求证；（2）求线面角则可直接建立空间直角坐标系，写出线向量和面的法向量，然后根据向量夹角公式求解即可. 详解：

　（1）连接 BD ， ∵ ABCD 是正方形， E 是 AC 的中点，∴ E 是 BD 的中点， ∵ F 是 BP 的中点，∴ // EF PD ， ∵ EF  平面 PCD ， PD 平面 PBD ，∴ // EF 平面 PCD .

　 答案第 8 页，总 15 页 （2）建立如图所示空间直角坐标系 O xyz  ，设 2 AB ， 则   0,1,0 B ，   3,0,0 P ，   0, 1,0 A  ，   0,1,2 C ，  3, 1,0 BP   ， 3,1,0 AP  ，  0,2,2 AC  ， 设平面 PAC 的法向量   , , n x y z  ，则3 02 2 0x yy z    ， 取 3 y   得   1, 3, 3 n   ， 设 BP 与平面 PAC 所成角为  ， 则2 3 21sin cos ,7 2 7BP n    .

　点睛：考查立体几何的线面平行证明，线面角的求法，对定理的熟悉和常规方法要做到熟练是解题关键.属于中档题. 7．（I）

　（II）

　【详解】

　试题分析:（I）以 ， ， 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 A﹣xyz，可得 和的坐标，可得 cos＜ ， ＞，可得答案； （II）由（I）知， =（2，0，﹣4）， =（1，1，0），设平面 C 1 AD的法向量为 =（x，y，z），由10{0n ACn AD  可得 =（1，﹣1， ），设直线 AB 1 与平面 C 1 AD所成的角为 θ，则

　 答案第 9 页，总 15 页 sinθ=|cos＜ ， ＞|= ，进而可得答案． 解：（I）以 ， ， 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 A﹣xyz， 则可得 B（2，0，0），A 1 （0，0，4），C 1 （0，2，4），D（1，1，0）， ∴ =（2，0，﹣4）， =（0，2，4）， ∴cos＜ ， ＞==

　∴异面直线 A 1 B，AC 1 所成角的余弦值为：

　； （II）由（I）知， =（2，0，﹣4）， =（1，1，0）， 设平面 C 1 AD的法向量为 =（x，y，z）， 则可得10{0n ACn AD  ，即 ，取 x=1 可得 =（1，﹣1， ）， 设直线 AB 1 与平面 C 1 AD所成的角为 θ，则 sinθ=|cos＜， ＞|=

　∴直线 AB 1 与平面 C 1 AD所成角的正弦值为：

　 考点：异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角． 8．（1）

　1 BD 时,三棱锥 A BCD  的体积最大．（2）当12DN  时， EN BM  ． EN 与平面 BMN 所成角的大小 60   ． 【详解】

　 答案第 10 页，总 15 页 【分析】

　试题分析：（1）设 (0 3) BD x x    ，则 3 CD x   ．又45 ACB  ，所以3 AD CD x    .由此易将三棱锥 A BCD  的体积表示为 x 的函数，通过求函数的最值的方法可求得它的最大值. （2）沿 AD 将△ ABD 折起后， , , DA DB DC 两两互相垂直，故可以 D 为原点，建立空间直角坐标系 D xyz  ，利用空间向量即可找到点 N 的位置，并求得 EN 与平面 BMN 所成角的大小． 试题解析：（1）解法 1：在如图 1 所示的△ ABC 中，设 (0 3) BD x x    ，则 3 CD x   ． 由 AD BC  ，45 ACB  知，△ ADC 为等腰直角三角形，所以3 AD CD x    . 由折起前 AD BC  知，折起后（如图 2）， AD DC  ， AD BD  ，且 BD DC D  I ， 所以 AD 平面 BCD ．又 90 BDC   ，所以1 1(3 )2 2BCDS BD CD x x    ．于是 1 1 1 1(3 ) (3 ) 2 (3 )(3 )3 3 2 12A BCD BCDV AD S x x x x x x          

　31 2 (3 ) (3 ) 212 3 3x x x         ， 当且仅当 2 3 x x   ，即 1 x 时，等号成立， 故当 1 x ，即 1 BD 时,三棱锥 A BCD  的体积最大． 解法 2：同解法 1，得3 21 1 1 1(3 ) (3 ) ( 6 9 )3 3 2 6A BCD BCDV AD S x x x x x x          ． 令3 21( ) ( 6 9 )6f x x x x    ，由1( ) ( 1)( 3) 02f x x x      ，且 0 3 x   ，解得 1 x ． 当 (0,1) x 时， ( ) 0 f x ；当 (1,3) x 时， ( ) 0 f x ． 所以当 1 x 时，( ) f x 取得最大值． 故当 1 BD 时,三棱锥 A BCD  的体积最大． （2）以 D 为原点，建立如图 3 所示的空间直角坐标系 D xyz  ．

　 答案第 11 页，总 15 页

　 由（1）知，当三棱锥 A BCD  的体积最大时， 1 BD ， 2 AD CD   ． 于是可得 (0,0,0) D ， (1,0,0) B ， (0,2,0) C ， (0,0,2) A ， (0,1,1) M ，1( ,1,0)2E ， 且 ( 1,1,1) BM   ． 设(0, ,0) N ，则1( , 1,0)2EN     .因为 EN BM  等价于0 EN BM  ，即 1 1( , 1,0) ( 1,1,1) 1 02 2          ，故12  ，1(0, ,0)2N . 所以当12DN  （即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点）时， EN BM  ． 设平面 BMN 的一个法向量为( , , ) x y z  n，由,{,n BNn BM及1( 1, ,0)2BN   ， 得2 ,{.y xz x 可取 (1,2, 1) n   ． 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为  ，则由1 1( , ,0)2 2EN    ， (1,2, 1) n   ，可得 113 2sin cos(90 )2 262n ENn EN      ，即60  ． 考点：1、棱锥的体积；2、空间直线与直线的垂直关系及直线与平面所成的角；3、空间向量.

　9．（1）证明见解析；（2）4 515

　 答案第 12 页，总 15 页 【分析】

　（1）连结1BC ，与1CB 交于点 F ，可得1// EF BD ，结合 EF  平面1B EC ，根据线面平行的判断定理可证明1 //BD 平面1B EC ； （2）以 D 为原点，分别以1, , DA DC DD 所在直线为 , , x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面1B EC 的法向量 m ，及1AD ，设直线1AD 与平面1B EC 所成角为  ，可得11sinm ADAD m，计算即可. 【详解】

　（1）连结1BC ，与1CB 交于点 F ，则 F 为1BC 的中点，又 E 为1 1DC 的中点，所以1// EF BD ， 又 EF  平面1B EC ，1BD  平面1B EC ，所以1 //BD 平面1B EC . （2）以 D 为原点，分别以1, , DA DC DD 所在直线为 , , x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则   0,0,0 D ，   2,0,0 A ，  10,0,1 D ，   2,2,0 B ，   0,2,0 C ，   0,1,1 E ， 12,2,1 B ， 则  12,0,1 AD   ，   0,1, 1 EC   ，  12, 1,0 BE    ， 设平面1B EC 的法向量为  , , m x y z  ， 则102 0EC m y zB E m x y        ，令 1 x  ，得 2 y z    ，得   1, 2, 2 m   ， 设直线1AD 与平面1B EC 所成角为  ，则112 2 4 5sin15 5 9ADADmm     .

　 答案第 13 页，总 15 页 10．（1）证明见解析；（2）1010. 【分析】

　（1）由平面几何知识可得 AC BD  .，再由线面垂直的性质定理和判断可证得 AC  平面BED .根据面面垂直的判定可得证；. （2）在点 G建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz  .根据线面角的向量求解方法可求得答案. 【详解】

　（1）证明：因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC BD  . 因为 BE  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ，所以 AC BE  . 又 BE BD B   ，所以 AC  平面 BED .又 AC  平面 AEC ， 所以平面 AEC  平面 BED . （2）解法 1：设 1 AB ，在菱形 ABCD 中，由 60 BAD    ，可得32  AG GC，12BG GD   . 因为 AE EC  ，所以在 Rt AEC △ 中可得32EG AG  . 由 BE  平面 ABCD ，得 EBG 为直角三角形，则2 2 2EG BE BG  ，得22BE . 过点 G 作直线 // GZ BE ，因为 BE  平面 ABCD ，所以 GZ  平面 ABCD ，又 AC BD  ， 所以建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz  .

　  0,0,0 G ，30, ,02C    ，1,0,02D   ，1 2,0,2 2E    ，所以1 2,0,2 2GE    .

　 答案第 14 页，总 15 页 设平面 EDC 的法向量为  , , n x y z ，21,0,2DE    ，1 3 2, ,2 2 2CE     ， 由00DE nCE n   ，得2021 3 202 2 2x zx y z   ， 取 1 x  ，33y   ， 2 z   ，所以平面 EDC 的一个法向量为31, , 23n      . 设直线 EG 与平面 EDC 所成角为  ， 则1 10 1102 2sin cos ,10 1 1 1 3 101 24 2 3 2 3GE n          . 所以直线 EG 与平面 EDC 所成角的正弦值为1010. 解法 2：如图以点 B 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 B xyz  .

　不妨设 2 AB ，则   1, 3,0 A  ，   2,0,0 C ，   0,0, 2 E ，   1, 3,0 D ，1 3, ,02 2G    ，所以1 3, , 22 2EG     . 设平面 EDC 的法向量为   , n x yz  ，   1, 3, 2 ED   ，   2,0, 2 EC   ， 则00n EDn EC   ，得3 2 02 2 0x y zx z    ， 令 3 x  ，则 1 y  ， 6 z  .所以平面 EDC 的一个法向量为   3,1, 6 n  . 设 EG 与平面 EDC 所成角为  ，

　 答案第 15 页，总 15 页 则3 32 32 210sin cos ,10 1 2 3 1 6EG n       . 所以直线 EG 与平面 EDC 所成角的正弦值为1010.