空间向量在立体几何中的应用

第一部分 六年高考荟萃

2010年高考题

一、选择题

1.（2010全国卷2理）（11）与正方体

ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点

（A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个 【答案】D

【解析】直线上取一点，分别作垂直于于

分

别

则作

，垂足分别为M，N，Q，连PM，PN，PQ，由三垂线定理可得，PN⊥

PQ⊥AB，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以A1D1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.

PM⊥；

，∴PM=PN=PQ，即P到三条棱AB、CC1、

2.（2010辽宁理）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是

(A)（0, (C) (【答案】A

62） (B)（1,22）

62,62） (D) （0,22）

【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。

【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a，a，如图，此时a可以取最大值，可知AD=3，SD=a21，则有a21<2+3，即

a2843(62)2，即有a<62

(2)构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时a>0; 综上分析可知a∈（0,62）

3.（2010全国卷2文）（11）与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点 （A）有且只有1个 （B）有且只有2个 （C）有且只有3个 （D）有无数个 【答案】D

【解析】：本题考查了空间想象能力

∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点， 4.（2010全国卷2文）（8）已知三棱锥SABC中，底面那么直线

ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA=3，

AB与平面SBC所成角的正弦值为

34 (B) （A） 54

(C) 74 (D)

3 4【答案】D

【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。 过A作AE垂直于BC交BC于E，连结SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连ABC，∴ E为BC中点，∵ BC⊥AE，SA⊥BC，∴ BC⊥面SAE，∴ BC⊥AF，AFSBC，∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长3，∴ AE3，S

BF，∵正三角形⊥SE，∴ AF⊥面

F C A

E AS=3，∴

B

33sinABF4 SE=23，AF=2，∴

5.（2010全国卷1文）（9）正方体

ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为

62 （D）

33（A）

23 （B）

33 （C）

【答案】D

【命题意图】本小题主要考查正方体的性质、直线与平面所成的角、点到平面的距离的求法，利用等体积转化求出D到平面ACD1的距离是解决本题的关键所在,这也是转化思想的具体体现.

【解析1】因为BB1//DD1,所以BB1与平面ACD1所成角和DD1与平面ACD1所成角

D1 A1

D A

O B1

C1

相等,设DO⊥平面

C B

ACD1，由等体积法得VDACD111VD1ACD,即SACD1DOSACDDD1.设DD=a,

331

则SACD11133211ACAD1sin60(2a)2a,SACDADCDa2. 2222221

SACDDD1DO3a336a所以DO,记DD与平面ACD1所成角为,则sin,所以cosSACD13DD1333a2【解析2】设上下底面的中心分别为

.

O1,O；

O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面

ACD1所成角，

cosO1OD1O1OOD11/3263

6.（2010全国卷1理）（12）已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的最大值为

(A)

234383 (B) (C) 23 (D) 333

7.（2010全国卷1理）（7）正方体ABCD-

A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为

（A）

23 （B）

33 （C）

62 （D）

33

8.（2010四川文）（12）半径为R的球O的直径段

AB垂直于平面a，垂足为B，BCD是平面a内边长为R的正三角形，线

间的球面距离是

AC、AD分别与球面交于点M、N，那么M、N两点1718 （B）Rarccos 252514（C）R （D）R

153（A）Rarccos【答案】A

【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝

1 2cos∠BAC＝25 5

连结OM，则△OAM为等腰三角形

AM＝2AOcos∠BAC＝

4545R，同理AN＝R，且MN∥CD 55而AC＝5R,CD＝R

故MN：CD＝AN:AC  MN＝

4R， 5连结OM、ON，有OM＝ON＝R

OM2ON2MN217于是cos∠MON＝ 2OMON25所以M、N两点间的球面距离是Rarccos二、填空题

1.（2010江西理）16.如图，在三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且积，截面面积依次

17 25OA>OB>OC,分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体

为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为 。 【答案】 S3S2S1

【解析】考查立体图形的空间感和数学知识的运用能力，通过补形，借助长方体验证结论，特殊化，令边长为1，2，3得

S3S2S1。

2.（2010北京文）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚设顶点p（x，y）的纵坐标与横坐标的函数关系是

动。

yf(x)，则f(x)的最小正周期为 ； yf(x)在其两个相邻零点间的图像与x轴

所围区域的面积为 。

【答案】4 1

说明：“正方形PABC沿x轴滚动”包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动。沿x轴正方向滚动是指以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续，类似地，正方形PABC可以沿着x轴负方向滚动。 3.（2010北京理）（14）如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动。的轨迹方程是

设顶点p（x，y）

yf(x)，则f(x)的最小正周期为 ；yf(x)在其

两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为 【答案】4 1

动。沿轴正方

说明：“正方形PABC沿轴滚动”包括沿轴正方向和沿轴负方向滚

向滚动指的是先以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续。类似地，正方形PABC可以沿轴负方向滚动。 4.（2010四川文）（15）如图，二面角l的大小是60°，线段AB.Bl，

AB与l所成的角为30°.则AB与平面所成的角的正弦值是 . 34BA【答案】

【解析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D 连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角l的平面角，为60°

又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为AB与平面所成的角

BAC D

设AD＝2，则AC＝3，CD＝1

AB＝

ADsin300＝4

∴sin∠ABC＝

AC3AB4

5.（2010湖北文数）14.圆柱形容器内盛有高度为3cm的水，若放入三个相同的珠（球的面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是____cm. 【答案】4

【解析】设球半径为r，则由3V球V水V柱可得3半么与圆柱的底

43rr28r26r,解得33r=4.

6.（2010湖南理数）13．图3中的三个直角三角形是一个体积为20cm的几何体的三视

图，则

h

cm．

7.（2010湖北理数）13.圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球

圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 【答案】4

【解析】设球半径为r，则由3V4球V水V柱可得33r3r28r26r,解8.（2010福建理数）

12．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于 ．

【答案】6+23 【解析】由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为

的半径与cm。

得r=4.

23423，侧面积为3216，所以其表面积为6+23。 4【命题意图】本题考查立体几何中的三视图，考查同学们识图的能力、空间想象能力等基本能力。 三、解答题

1.（2010辽宁文）（19）（本小题满分12分） 如图，棱柱ABC（Ⅰ）证明：平面（Ⅱ）设D是

A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1CA1B

AB1C平面A1BC1；

值.

A1C1上的点，且A1B//平面B1CD，求A1D:DC1的

解：（Ⅰ）因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C

又已知B1C所又B1C所以平面

BC1

A1B,且A1BBC1B

1

1

1

平面ABC，又B1C平面ABC ， AB1C平面ABC .

1

1

（Ⅱ）设BC1交B1C于点E，连结DE，

2.（2010辽宁理）（19）（本小题满分12分）

已知三棱锥P－ABC中，PA⊥ABC，AB⊥AC，PA=AC=½AB，N为AB上一点，PB,BC的中点.

（Ⅰ）证明：CM⊥SN；

（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小. 证明：

设PA=1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空

间直角坐标系如图。 AB=4AN,M,S分别为

则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线， 因为A1B//平面B1CD，所以A1B//DE. 又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点. 即A1D：DC1=1.

则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,

111（Ⅰ）CM(1,1,),SN(,,0),

22211因为CMSN00，

22所以CM⊥SN „„6分

111），N（,0,0），S（1,,0）.„„4分 2221（Ⅱ）NC(,1,0),

2设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，

1xyz0,2令x2，得a=(2,1,-2). „„9分 则1xy0.2122cosa,SN22321因为

所以SN与片面CMN所成角为45°。 „„12分

3.（2010全国卷2文）（19）（本小题满分12分）

如图，直三棱柱ABC-A1B1C1 中，AC=BC， AA1=AB，D为BB1的中

点，E为AB1上的一点，AE=3 EB1

（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线；

（Ⅱ）设异面直线AB1与CD的夹角为45°,求二面角A1-AC1-B1的大小

【解析】本题考查了立体几何中直线与平面、平面与平面及异面直线所成角与二面角的基础知识。

（1）要证明DE为AB1与CD的公垂线，即证明DE与它们都垂直，由AE=3EB1，有DE与BA1平行，由A1ABB1为正方形，可证得，证明CD与DE垂直，取AB中点F。连结DF、FC，证明DE与平面CFD垂直即可证明DE与CD垂直。

（2）由条件将异面直线AB1，CD所成角找出即为FDC，设出AB连长，求出所有能求出的边长，再作出二面角的平面角，根据所求的边长可通过解三角形求得。

4.（2010江西理）20. （本小题满分12分）

如图△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，

AB平面BCD，

AB23。

（1） 求点A到平面MBC的距离；

（2） 求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值。

【解析】本题以图形拼折为载体主要考查了考查立体图形的空间感、

离、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力

解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，

点到直线的距

OM⊥CD.又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，A、

共面.延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=B、O、MMO∥

3，AB，MO//面ABC，M、O到平面ABC的距离相等，作OHBC于H，连MH，则

MHBC，求得：

OH=OCsin60=

0

32,MH=

152,利用体积相等得：

VAMBCVMABCd215。 5（2）CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.

作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.

因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.

BFBCsin603，

tan25AB2，sin5BF

所以，所求二面角的正弦值是

25. 5【点评】传统方法在处理时要注意到辅助线的处理，一般采用射影、垂线、平行线等特殊位置的元素解决

解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD平面BCD,则MO⊥平面BCD. 以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.

AOB=OM=z3，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，3），

B（0，-3，0），A（0，-3，23），

MBOD（1）设n(x,y,z)是平面MBC的法向量，则BC=(1,3,0)， BM(0,3,3)，由

nBC得x3y0；由

nBM得

3y3z0；取n(3,1,1),BA(0,0,23)，则距离

BAn215 d5n（2）CM(1,0,3)，CA(1,3,23).

yxCn1CMx3z0设平面ACM的法向量为n1(x,y,z)，由.解得x3z，yz，取得x3y23z0n1CAn1n1n1(3,1,1).又平面BCD的法向量为n(0,0,1)，则cosn1,n 5n1n设所求二面角为，则sin1(1225)55.

【点评】向量方法作为沟通代数和几何的工具在考察中越来越常见，此类方法的要点在于建立恰当的坐标系，便于计算，位置关系明确，以计算代替分析，起到简化的作用，但计算必须慎之又慎

5.（2010重庆文）（20）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分. ）

如题（20）图，四棱锥PABCD中，底面点.

（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若

ABCD为矩形，PA底面ABCD，PAAB2，点E是棱PB的中

AE平面PBC；

AD1，求二面角BECD的平面角的余弦值.

6.（2010浙江文）（20）（本题满分14分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°。E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A’DE，使平面A’DE⊥平面BCD，F的中点。

（Ⅰ）求证：BF∥平面A’DE；

（Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A’DE弦值。

所成角的余为线段A’C

7.（2010重庆理）（19）（本小题满分12分，（I）小问5分，（II）小问7分） 如题（19）图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，PA=AB=（I） （II）

求直线AD与平面PBC的距离； 若AD=6，点E是棱PB的中点。

3，求二面角A-EC-D的平面角的余弦值。

8.（2010北京文）(18) （本小题共14分） 设定函数

f(x)a3xbx2cxd(a0)，且方程f'(x)9x0的两个根分别为1，4。 3yf(x)过原点时，求f(x)的解析式；

（Ⅰ）当a=3且曲线（Ⅱ）若

f(x)在(,)无极值点，求a的取值范围。

解：由

f(x)a3xbx2cxd3 得

f(x)ax22bxc

因为

a2bc902f(x)9xax2bxc9x0的两个根分别为1,4，所以 （*）

16a8bc3602bc60 3时，又由（*）式得8bc120（Ⅰ）当a解得b3,c12 又因为曲线

yf(x)过原点，所以d0

故

f(x)x33x212x

（Ⅱ）由于a>0,所以“

f(x)a3xbx2cxd3在（-∞，+∞）内无极值点”等价于“

f(x)ax22bxc0在

（-∞，+∞）内恒成立”。

由（*）式得2b95a,c4a。 又(2b)24ac9(a1)(a9)

解a0 得a1,9

9(a1)(a9)0即a的取值范围

1,9

AC,EF∥9.（2010北京理）（16）（本小题共14分）

如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,AB=2，CE=EF=1. （Ⅰ）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。

证明：（I） 设AC与BD交与点G。 因为EF//AG，且EF=1，AG=

1AC=1. 2 所以四边形AGEF为平行四边形. 所以AF//平面EG，

因为EG平面BDE，AF平面BDE， 所以AF//平面BDE.

（II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面 相互垂直，且CEAC， 所以CE平面ABCD.

如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C-xyz. 则C（0，0，0），A（2，2，0），B（0，2，0）.

，

所以

22CF(,,1)22BE(0,2,1)，

DE(2,0,1).

所

以

C0DE1010F,CF

B 所以CF 所以CFBE,CFDE. BDE.

22,,1)是平面BDE的一个法向量. (III) 由（II）知，CF(22 设平面ABE的法向量n(x,y,z),则nBA0，nBE0. 即(x,y,z)(2,0,0)0(x,y,z)(0,2,1)0

所以x0,且z2y,

令

y1,则z2.

所以n(0,1,2).

 从而cosn,CFnCF|n||CF|32。 因为二面角ABED为锐角， 所以二面角ABED的大小为

6. 10.（2010广东文）18.（本小题满分14分） 如图4，弧AEC是半径为a的半圆，AC为直径，点点B和点C为线段AD的三等分点，平面AEC外一点BED,FB=

5a

（1）证明：EBFD

（2）求点B到平面FED的距离. （1）证明：点E为弧AC的中点

E为弧AC的中点，F满足FC平面

11.（2010福建文）20． （本小题满分12分）

如图，在长方体ABCD – A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与B1不重合），且EH//A1D1。过EH的平面与棱BB1,CC1相交，交点分别为F，G。 （I）证明：AD//平面EFGH；

（II）设AB=2AA1=2a。在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何A1ABFE – D1DCGH内的概率为p。当点E，F分别在棱A1B1, B1B上运动且满足EF=a时，

体求p

的最小值。

12.（2010湖南理）

13.（2010江苏卷）16、（本小题满分14分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900

。 (1)求证：PC⊥BC；

(2)求点A到平面PBC的距离。

[解析] 本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，象能力、推理论证能力和运算能力。满分14分。

（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC。

由∠BCD=900

，得CD⊥BC，

又PDDC=D，PD、DC平面PCD， 所以BC⊥平面PCD。

考查空间想

因为PC平面PCD，故PC⊥BC。

（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则： 易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。 又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。 由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC， 因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面PBC于F。 易知DF=22，故点A到平面PBC的距离等于2。

（方法二）体积法：连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。 因为AB∥DC，∠BCD=90，所以∠ABC=90。 从而AB=2，BC=1，得ABC的面积SABC0

0

1。

由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积V11SABCPD。 33因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC。 又PD=DC=1，所以PCPD2DC22。

由PC⊥BC，BC=1，得PBC的面积SPBC由VAPBC2。 211VPABC，SPBChV，得h2，

332。

故点A到平面PBC的距离等于

2009年高考题

一、 填空题

121.若等边ABC的边长为23，平面内一点M满足CMCBCA，则MAMB_________

632．在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B(1，-3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是________。 【解析】设M(0,y,0)由12y241(3y)21可得y1故M(0,1,0)

【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 的中点，AF=AB=BC=FE=

平面ABCD, AD//BC//FE，ABAD，

M为EC

1AD 2(I) 求异面直线BF与DE所成的角的大小； (II) 证明平面AMD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

依题意得B1 D0， E0， F0， ，0，0，C1，1，0，2，0，1，1，0，1，A为坐标原点。设AB1，11M，1，.

22BF（I）解：1，0，1，1，1， DE0，

于是cosBF，DEBFDEBFDE0011.

2220所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.

（II）证明：由AM11，0，1，2，0，可得CEAM0， 1，， CE1 AD0，，22CEAD0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.

而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.

uCE0，（III）解：设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则

uDE0.xz0，于是令x1，可得u(1，1，1）.

yz0.又由题设，平面

0，1). ACD的一个法向量为v(0，所以，cosu，vuv0013. uv3314．（本题满分15分）如图，平面PAC平面ABC，ABC

是以

AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA，

PB，AC的中点，AC16，PAPC10．

（I）设G是OC的中点，证明：FG//平面BOE； （II）证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．

证明：（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，

则

O0,0,0,A(0,8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,4,3),F4,0,3，由题意得，G0,4,0,因

OB(8,0,0),OE(0,4,3)，因此平面BOE的法向量为n(0,3,4)，FG(4,4,3得nFG0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG//平面BOE 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 ⊥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，分别以射线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MN=(-1,1,2). 又DA=（0，0，2）为平面DCEF的法向量，

MNDA||MN||DA|63可得cos(MN,DA)=

·

所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为

6MN,DAcos3· ……6分

(Ⅱ)假设直线ME与BN共面， ……8分 则AB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EN∩EF=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，MD平面ABCD，

NB平面ABCD，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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Dxyz

依题意，得D(0,0,0)A(1,0,0)M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E(1NE(,0,1),AM(1,0,1)

2NEAM10cosNE,AM，

10|NE||AM|所以异面直线NE与

1,1,0)。 2AM所成角的余弦值为

10.A 10（2）假设在线段

AN上存在点S，使得ES平面AMN.

AN(0,1,1),

可设

ASAN(0,,),

11又EA(,1,0),ESEAAS(,1,).

221ESAM0,0,由ES平面AMN，得即2 ESAN0,(1)0.1121故，此时AS(0,,),|AS|2222.

经检验，当

AS22时，ES平面AMN.

22故线段

AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.

8.（本小题满分12分） 如图，直三棱柱ABC（I）证明：

A1B1C1中，ABAC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE平面BCC1

ABAC

ABDC为60°，求B1C与平面BCD所成的角的大小。

（II）设二面角

分析一：求B1C与平面BCD所成的线面角，只需求点B1到面BDC的距离即可。

19．（本小题满分12分，（Ⅰ）问5分，（Ⅱ）问7分） 如题（19）图，在四棱锥SABCD中，ADBC且ADCD；平面

；

CSD平面

，CSDS,CS2AD2ABCDE为

BS的中点，

CE2,AS3．求：

（Ⅰ）点

A到平面BCS的距离；

（Ⅱ）二面角ECDA的大小．

（Ⅰ）如答（19）图2，以S(O)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(xA,yA,zA)，因平面

COD平面ABCD,ADCD,故AD平面COD uuuv即点A在xoz平面上，因此yA0，zAAD1

又

uuv2x1AS3,xA22A2 从而（A2，0，1）

因AD//BC，故BC⊥平面CSD，即BCS与平面 yOx重合，从而点A到平面BCS的距离为xA2.

(Ⅱ)易知C(0,2,0)，D(,0,0). 因E为BS的中点. ΔBCS为直角三角形 , 知

uuvuuvBS2CE22

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（x1,y1,0），使GE⊥CD .

uuuvuuuvuuuvuuuv由CD(2,2,0),GE(x1,y11,1),CDGE0故 2x12(y11)0 ①

uuuvuuuvuuuvxy2又点G在直线CD上，即CG//CD，由CG=（x1,y12,0），则有11

22联立①、②，解得G＝(②

24,,0) 33,

uuuvuuuvuuuv22,,1).又由AD⊥CD，所以二面角E－CD－A的平面角为向量GE与向量DA所成的角，记此角为 . 故GE=(33uuuv23uuuvuuuvuuuvuuuvGEDA(0,0,1),DA1,GEDA1,所以 因为=，3uuuvuuuvGEDA3 cosuu uvuuuv2GEDA故所求的二面角的大小为

. 6作AGBD于G，连GC，则GCBD，AGC为二面角ABDC的平面角，AGC60.不妨设

AC23，则AG2,GC4.在RTABD中，由ADABBDAG，易得AD6. 设点B1到面BDC的距离为h，B1C与平面BCD所

成的角为。利用得

11SB1BCDESBCDh，可求得h23，又可求33sinh130. B1C2B1C43

即B1C与平面BCD所成的角为30.

分析二：作出B1C与平面BCD所成的角再行求解。如图可

证

得

B面C，所以面AFED面BDC。由分析一易知：四边形AFED为正方形，连AE、DF，并设交点

为O，则EO面BDC，OC为EC在面BDC内的射影。ECO即为所求。以下略。

分析三：利用空间向量的方法求出面BDC的法向量n，则B1C与平面BCD所成的角即为B1C与法向量n的夹角的余

角。具体解法详见高考试题参。

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自半壁江山的状况。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ABCD的底面是正方形，PD底面ABCD，点E在棱PB上. （Ⅰ）求证：平面（Ⅱ）当PDAEC平面PDB； 2AB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

Aa,0,0,Ba,a,0,C0,a,0,D0,0,0,P0,0,h，

（Ⅰ）∵ACa,a,0,DP0,0,h,DBa,a,0，

∴ACDP0,ACDB0，

∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB， ∴平面

AEC平面PDB.

（Ⅱ）当PD112a,a,a2AB且E为PB的中点时，P0,0,2a,E， 222 设AC∩BD=O，连接OE， 由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O， ∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，

1122a,EO0,0,a ∵EAa,a,， 2222∴cosAEOEAEAEO2EO2， ∴AOE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） 如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB//DC，∠BAD=

π2，CD=AD=2.，形ABFE为平行四边形，FA⊥平面ABCD，FC=3，ED=7，求：

（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离： （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ABCA1B1C1中，AB2AA

D是

A1B1的中点，点E在A1C1上，且DEAE。

（I） 证明平面ADE平面ACC1A1

（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

ABCA1B1C1的性质知AA1平面A1B1C1

又DE平面A1B1C1，所以DEAA1. 而DEAE。AA1AE=A 所以DE平面AC C1A1，又DE平面ADE，故平面ADE平面AC C1A1。

解法2 如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设 A A1=

2，则AB=2，相关各点的坐标分别是

四边

A(0,-1,0)， B（

3，0，0）， C1（0，1，2）， D（

3232，-

1，2）。 21，2） 2易知

AB=(3，1，0)， AC1=(0，2，2)， AD=(

，-

设平面ABC1的法向量为n=（x，y，z）,则有

AB3xy0,n· AC12y2z0,n·解得x=-

33y， z=-

2y，

故可取n=(1，-

3，6)。

所以，cos(n·AD)=n·ADn·AD=23103=

105。

由此即知，直线AD和平面AB C1所成角的正弦值为11.（本小题满分12分） 如图3，在正三棱柱ABC-（Ⅰ）证明：平面

105。

A1B1C1中，AB=4, AA1=7,点D是BC的中点，点E在AC上，且DEA1E

A1DE平面ACC1A1;

A1DE所成角的正弦值。

（Ⅱ）求直线AD和平面

解法2 如图所示，设O是AC的中点，以O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,),

A1.(2,0, 7), D(-1, 3), E(-1,0.0)

易知A，DE=（0，-3，0），AD=（-3，3，0） 1B=（-3，3，-7）

设n=（x，y，z）是平面

A1DE的一个法向量，则

{uuuvnDE3y0uuuuvnA1D3x3y7z0

解得x7z,y0 3）于是 7,0,-3，

故可取n=（

uuuruuurnADcosn,ADuuurnAD=3721

8423由此即知，直线AD和平面

A1DE所成的角是正弦为21 812．（本小题满分12分）

在四棱锥PABCD中，底面球心、

ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2. 以AC的中点O为

AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.

（1）求证：平面

ABM⊥平面PCD；

ACM所成的角的大小；

z（2）求直线CD与平面（3）求点N到平面方法二： （1）同方法一；

ACM的距离.

PMNADyOBxC（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则

A(0,0,0)，P(0,0,4)，B(2,0,0)， C(2,4,0)，D(0,4,0)，M(0,2,2)；

2x4y0设平面ACM的一个法向量n(x,y,z)，由nAC,nAM可得：，令z1，则

2y2z0CDn6n(2,1,1)。设所求角为，则sin3CDn63，

所以所求角的大小为arcsin。

（3）由条件可得，ANNC.在RtPAC中，PA2PNPC,所以PN810NC5,则NCPCPN, ，33PC9，所以所求距离为

APn265所以所求距离等于点P到平面ACM距离的，设点P到平面ACM距离为h则h39n5106h927

19（本小题满分12分） 如图，正方形相垂直，△

。

ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互

ABE是等腰直角三角形，

ABAE,FAFE,AEF45

（I）求证：EF平面BCE；

（II）设线段CD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FBDA的大小。 (Ⅰ)因为△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,

所以AE⊥AB.

又因为平面ABEF⊥平面ABCD,AE平面ABEF, 平面ABEF∩平面ABCD=AB, 所以AE⊥平面ABCD.

所以AE⊥AD.

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=1,则AE=1，B（0，1，0），D (1, 0, 0 ) , E ( 0, 0, 1 ), C ( 1, 1, 0 ). 因为FA=FE, ∠AEF = 45°, 所以∠AFE= 90°.

11,). 2211所以EF(0,,),BE(0,1,1),BC(1,0,0).

2211EFBE00,EFBC0.

22从而，F(0,所以EF⊥BE, EF⊥BC.

因为BE平面BCE,BC∩BE=B ,

所以EF⊥平面BCE.

(Ⅱ)存在点M,当M为AE中点时,PM∥平面BCE.

11 ), P ( 1, ,0 ). 2211 从而PM=(1,,),

221111于是PM·EF=(1,,)·(0,,)=0

2222 M ( 0,0,

所以PM⊥FE,又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，

故PMM∥平面BCE. „„„„„„„„„„„„8分

(Ⅲ)设平面BDF的一个法向量为n1，并设n1=（x,y,z）.

uuuvBD（，11，0） ，

uvuuuvxy0n1gBD0vuvuuu1 即 3

yz0n1gBF022（11，，3）取y=1，则x=1，z=3。从而n1。 （0，0，1）取平面ABD的一个法向量为n2。

uuuv31 BF（0，，）22uvuuvuuvuuvn1gn23311。 cos(n1,n2)uvuuv1111g1n1n2故二面角F—BD—A的大小为arccos

311。„„„„„„„„„„„„„„12分 1114.（本题满分14分） 如图，在直三棱柱

ABCA1B1C1中，AA1BCAB2,

ABBC,求二面角B1AC1C1的大小。

简答：

3