專題八立體幾何第二十四講空間向量與立體幾何答案

1、一線名師憑借教學(xué)實(shí)踐科學(xué)分類，高質(zhì)量的解析，你能感受到名家不一樣的解題思路專題八 立體幾何第二十四講 空間向量與立體幾何答案部分1【解析】(1)由已知可得，所以平面PEF又平面，所以平面平面(2)作，垂足為由(1)得，平面以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系由(1)可得，又=2，=1，所以=又=1，=2，故可得,則，為平面的法向量設(shè)與平面所成角為，則所以與平面所成角的正弦值為2【解析】(1)在三棱柱中，平面，四邊形為矩形又，分別為，的中點(diǎn)，平面(2)由(1)知，又平面，平面平面，如圖建立空間直角坐稱系由題意得，設(shè)平面的法向量為，令，則，平面的法向量，又平面的法

2、向量為，由圖可得二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為(3)平面的法向量為，與不垂直，與平面不平行且不在平面內(nèi)，與平面相交3【解析】(1)因?yàn)?，為的中點(diǎn)，所以，且連結(jié)因?yàn)椋詾榈妊苯侨切?，且，由知由，知平?2)如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系由已知得，取平面的法向量設(shè)，則設(shè)平面的法向量為由得，可取，所以由已知得所以解得（舍去），所以又，所以所以與平面所成角的正弦值為4【解析】(1)由題設(shè)知，平面平面，交線為因?yàn)?，平面，所以平面，故因?yàn)闉樯袭愑?，的點(diǎn)，且為直徑，所以 又=，所以平面而平面，故平面平面(2)以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系當(dāng)三

3、棱錐體積最大時(shí)，為的中點(diǎn)由題設(shè)得，設(shè)是平面的法向量，則即可取是平面的法向量，因此，所以面與面所成二面角的正弦值是5【解析】依題意，可以建立以為原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)檩S，軸，軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，(1)證明：依題意，設(shè)為平面的法向量，則 即 不妨令，可得又，可得，又因?yàn)橹本€平面，所以平面(2)依題意，可得，設(shè)為平面的法向量，則 即 不妨令，可得設(shè)為平面的法向量，則 即不妨令，可得因此有，于是所以，二面角的正弦值為(3)設(shè)線段的長為()，則點(diǎn)的坐標(biāo)為，可得易知，為平面的一個(gè)法向量，故，由題意，可得，解得所以線段的長為6【解析】如圖，在正三棱柱中，設(shè)，的中點(diǎn)分別為，則，以為基底，

4、建立空間直角坐標(biāo)系因?yàn)?，所?1)因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，從而，故因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為(2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以，因此，設(shè)n=（x，y，z）為平面AQC1的一個(gè)法向量，則即不妨取，設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為，則，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為7【解析】（1）由已知，得ABAP，CDPD由于ABCD，故ABPD，從而AB平面PAD又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD（2）在平面內(nèi)做，垂足為，由（1）可知，平面，故，可得平面以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系由（1）及已知可得，所以，設(shè)是平面的法向量，則，即，可

5、取設(shè)是平面的法向量，則，即，可取則，所以二面角的余弦值為8【解析】（1）取的中點(diǎn)，連結(jié)，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以，由得，又，所以，四邊形是平行四邊形，又平面，平面，故平面（2）由已知得，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，則，因?yàn)榕c底面所成的角為，而是底面的法向量，所以，即 又在棱上，設(shè)，則， 由，解得（舍去），所以，從而設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取，于是因此二面角的余弦值為9【解析】（1）由題設(shè)可得，從而又是直角三角形，所以取的中點(diǎn)，連接，則，又由于是正三角形，故所以為二面角的平面角在中，又，所以，故所以平面平面（2）由題設(shè)及（1）知，兩兩垂直，以為坐

6、標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，由題設(shè)知，四面體的體積為四面體的體積的，從而到平面的距離為到平面的距離的，即為的中點(diǎn)，得故，設(shè)是平面的法向量，則即可取設(shè)是平面的法向量，則同理可得則所以二面角的余弦值為 10【解析】如圖，以為原點(diǎn)，分別以，方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系依題意可得，（）證明：=，=設(shè)，為平面的法向量，則，即不妨設(shè)，可得又=（1，2，），可得因?yàn)槠矫鍮DE，所以MN/平面BDE（）易知為平面CEM的一個(gè)法向量設(shè)為平面EMN的法向量，則，因?yàn)?，所以不妨設(shè)，可得因此有，于是所以，二面角CEMN的正弦值為（）依題意，設(shè)AH=

7、h（），則H（0，0，h），進(jìn)而可得，由已知，得，整理得，解得，或所以，線段AH的長為或11【解析】（）設(shè)交點(diǎn)為，連接因?yàn)槠矫?，平面平面，所以因?yàn)槭钦叫?，所以為的中點(diǎn)，在中，知為的中點(diǎn)（）取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)?，所以又因?yàn)槠矫嫫矫妫移矫?，所以平面因?yàn)槠矫妫砸驗(yàn)槭钦叫?，所以如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)平面的法向量為，則，即令，則，于是平面的法向量為，所以由題知二面角為銳角，所以它的大小為（）由題意知，設(shè)直線與平面所成角為，則所以直線與平面所成角的正弦值為12【解析】(1)面面，面面，面，面， 面， ，又，面，(2)取中點(diǎn)為，連結(jié)， ， ， ， 以為原點(diǎn)，如圖建系易知，則，設(shè)為面的法向量

8、，令，則與面夾角有，(3)假設(shè)存在點(diǎn)使得面， 設(shè)，由(2)知，有面，為的法向量，即，綜上，存在點(diǎn)，即當(dāng)時(shí)，點(diǎn)即為所求13【解析】()連結(jié)，取的中點(diǎn)，連結(jié)，因?yàn)?，在上底面?nèi)，不在上底面內(nèi)，所以上底面，所以平面；又因?yàn)?，平面，平面，所以平面；所以平面平面，由平面，所以平面EFBACGH() 連結(jié)， ，以為原點(diǎn)，分別以為 軸，建立空間直角坐標(biāo)系EFBACO，Oxyz，于是有，可得平面中的向量，,于是得平面的一個(gè)法向量為，又平面的一個(gè)法向量為，設(shè)二面角為，則二面角的余弦值為14【解析】(1)證明：找到中點(diǎn)，連結(jié)，矩形,、是中點(diǎn)，是的中位線，且，是正方形中心，且四邊形是平行四邊形，面，面(2)正弦值，如

9、圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)面的法向量得：面，面的法向量(3)，設(shè)，得：15【解析】（）連接，設(shè)，連接在菱形中，不妨設(shè)，由，可得，由平面，可知，又，在中，可得，故在中，可得在直角梯形中，由，可得，=，平面，面，平面平面（）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，y軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系G-xyz，由（）可得(0，0)，(1,0, )，(1,0，)，(0，0)，=（1，），=（1，）故所以直線與所成的角的余弦值為16【解析】解法一：（）如圖，取的中點(diǎn)，連接，又是的中點(diǎn)，又是中點(diǎn)，由四邊形ABCD是矩形得，所以，且從而四邊形是平行四邊形，所以，又，所以平面（）如圖，在平面內(nèi)，過點(diǎn)作

10、，因?yàn)橛忠驗(yàn)槠矫?，所以，以為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)閤軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(xiàn)(2，2，1)因?yàn)槠矫妫詾槠矫娴姆ㄏ蛄?，設(shè)為平面AEF的法向量又，由取得從而所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為解法二：（）如圖，取中點(diǎn)，連接，又是的中點(diǎn)，可知，又，所以平面在矩形ABCD中，由分別是，的中點(diǎn)得又，所以又因?yàn)?，所以平面，因?yàn)椋裕ǎ┩夥ㄒ?7【解析】（）證法一：連接，設(shè)，連接在三棱臺(tái)中，為的中點(diǎn)，可得，所以四邊形為平行四邊形，則為的中點(diǎn)，又為的中點(diǎn)，所以，又平面，平面，所以平面證法二：在三棱臺(tái)中，由，為的中點(diǎn)，可

11、得，所以四邊形為平行四邊形，可得 ，在中，為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)，所以，又，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所?平面（）解法一：設(shè)，則，在三棱臺(tái)中，為的中點(diǎn)，由，可得四邊形為平行四邊形，因此，又平面，所以 平面，在中，由，是中點(diǎn)，所以 ，因此 兩兩垂直，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，所以可得，故，設(shè)是平面的一個(gè)法向量，則由 可得可得 平面的一個(gè)法向量，因?yàn)槭瞧矫娴囊粋€(gè)法向量，所以，所以平面與平面所成角（銳角）的大小為解法二：作與點(diǎn)，作與點(diǎn)，連接由平面，得，又，所以平面，因此，所以即為所求的角，在中，由，可得，從而，由 平面，平面，得 ，因此 ，所以 ，所以 平面與平面所成角（銳角）的大小為

12、18【解析】（）在圖1中，因?yàn)?，是的中點(diǎn)，=，所以即在圖2中，從而平面又，所以平面 （）由已知，平面平面，又由（）知，所以為二面角的平面角，所以如圖，以為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)?，所以，?，設(shè)平面的法向量，平面的法向量，平面與平面夾角為，則，得，取，得，取，從而，即平面與平面夾角的余弦值為19【解析】（）連接交于點(diǎn)，連結(jié)因?yàn)闉榫匦?，所以為的中點(diǎn)又為的中點(diǎn)，所以平面,平面，所以平面（）因?yàn)槠矫妫瑸榫匦?，所以，兩兩垂直如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S的正方向，為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系，則設(shè)，則設(shè)為平面的法向量，則即，可取又為平面的法向量，由題設(shè)，即，解得因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以三棱錐的高為三棱

13、錐的體積20【解析】（）證明：四邊形為等腰梯形，且，所以且，連接為四棱柱， 又為的中點(diǎn)，,為平行四邊形，又 ，（）方法一： 由（）知 平面平面=作，連接則即為所求二面角的平面角在中， 在中，方法二：連接，由（）知且為平行四邊形可得，由題意，所以為正三角形因此，以為原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸建立空間坐標(biāo)系，設(shè)平面的法向量為 顯然平面的法向量為顯然二面角為銳角，所以平面和平面所成角的余弦值為21【解析】（）（方法一），且，為三角形，同理，且，為三角形，過作，垂足為，連接，可證出，所以，即從而證出面，又面，所以（方法二）由題意，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面內(nèi)過作垂直的直線為軸，所在直線為軸，在平面內(nèi)過作垂直的直

14、線為軸，建立如圖所示空問直角坐標(biāo)系易得，因而，因此，所以（）如上圖中，平面的一個(gè)法向量為設(shè)平面的法向量，又，由得其中設(shè)二面角大小為，且由題意知為銳角，因此，即所求二面角的正弦值為22【解析】（）連接，交，連接AO，因?yàn)閭?cè)面，所以又又（）因?yàn)橛忠驗(yàn)?，以因?yàn)閯t23【解析】：（）因?yàn)槠矫?平面平面平面所以平面又平面所以 （）過點(diǎn)在平面內(nèi)作,如圖由（）知平面平面所以以為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以的方向?yàn)檩S, 軸, 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系依題意,得則設(shè)平面的法向量則即取得平面的一個(gè)法向量設(shè)直線與平面所成角為,則即直線與平面所成角的正弦值為24【解析】（）在直角梯形中，由，得，由，則，即，又平面平面，從而平面

15、，所以，又，從而平面（）方法一：作，與交于點(diǎn)，過點(diǎn)作，與交于點(diǎn)，連結(jié)，由（）知，則，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，從而，由于平面，得：，在中，由，得，在中，得，在中，得，從而，在中，利用余弦定理分別可得，在中，所以，即二面角的大小是方法二：以為原點(diǎn)，分別以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，由題意可知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：，設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為，可算得，由得，可取，由得，可取，于是，由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角的大小是25【解析】（）平面，又，平面，又，平面，即；（）設(shè)，則中，又，由（）知，又，同理，如圖所示，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐

16、標(biāo)系，則，設(shè)是平面的法向量，則，又，所以，令，得，由（）知平面的一個(gè)法向量，設(shè)二面角的平面角為，可知為銳角，即所求26【解析】（）如圖，因?yàn)樗倪呅螢榫匦?，所以同理因?yàn)椋远?，因此底面由題設(shè)知，故底面（）解法一 如圖，過作于H，連接，由（）知，底面，所以底面，于是又因?yàn)樗睦庵鵄BCD-的所有棱長都相等，所以四邊形是菱形，因此，從而，所以，于是，進(jìn)而故是二面角的平面角不妨設(shè)AB=2因?yàn)?，所以，在中，易知而，于是故即二面角的余弦值為解? 因?yàn)樗睦庵?的所有棱長都相等，所以四邊形是菱形，因此又底面，從而OB，OC, 兩兩垂直如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB,OC, 所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角

17、坐標(biāo)系不妨設(shè)AB=2因?yàn)椋?，于是相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為：O(0，0，0)，易知，是平面的一個(gè)法向量設(shè)是平面的一個(gè)法向量，則即取，則，所以設(shè)二面角的大小為，易知是銳角，于是故二面角的余弦值為27【解析】：（）由該四面體的三視圖可知：，由題設(shè)，面面面面面， 同理， 四邊形是平行四邊形又平面 ,四邊形是矩形（）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)平面的一個(gè)法向量,即得，取28【解析】（）取AB中點(diǎn)E，連結(jié)CE，AB=，=，是正三角形，AB， CA=CB， CEAB， =E，AB面， AB；（）由（）知ECAB，AB，又面ABC面，面ABC面=AB，EC面，EC，EA，EC，兩兩相互垂直，以E為

18、坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，|為單位長度，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，有題設(shè)知A(1,0,0),(0,0),C(0,0,),B(1,0,0),則=（1,0，）,=(1,0,),=(0,), 設(shè)=是平面的法向量，則，即，可取=（，1，-1），=，直線A1C 與平面BB1C1C所成角的正弦值為29【解析】（）連結(jié)，交于點(diǎn)O，連結(jié)DO，則O為的中點(diǎn)，因?yàn)镈為AB的中點(diǎn)，所以O(shè)D，又因?yàn)镺D平面，平面，所以 /平面；（）由=AC=CB=AB可設(shè)：AB=，則=AC=CB=，所以ACBC，又因?yàn)橹崩庵砸渣c(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線CA、CB、為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則、，設(shè)平面的法

19、向量為，則且，可解得，令，得平面的一個(gè)法向量為，同理可得平面的一個(gè)法向量為，則，所以，所以二面角D-E的正弦值為30【解析】（）在圖1中,易得連結(jié),在中,由余弦定理可得由翻折不變性可知,所以,所以,理可證, 又,所以平面（）傳統(tǒng)法:過作交的延長線于,連結(jié),因?yàn)槠矫?所以,所以為二面角的平面角結(jié)合圖1可知,為中點(diǎn),故,從而所以,所以二面角的平面角的余弦值為向量法:以點(diǎn)為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則,所以,設(shè)為平面的法向量,則,即,解得,令,得由() 知,為平面的一個(gè)法向量,所以，即二面角的平面角的余弦值為31【解析】：（）解法一 由題意易知兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，如圖：,解法

20、二： （）取由（）知，32【解析】（）直線平面，證明如下：連接，因?yàn)?，分別是，的中點(diǎn)，所以 又平面，且平面，所以平面而平面，且平面平面，所以因?yàn)槠矫?，平面，所以直線平面（）（綜合法）如圖1，連接，由（）可知交線即為直線，且 因?yàn)槭堑闹睆剑?，于是已知平面，而平面，所以而，所以平面連接，因?yàn)槠矫?，所以故就是二面角的平面角，?由，作，且 連接，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以，從而四邊形是平行四邊形，連接，因?yàn)槠矫?，所以是在平面?nèi)的射影，故就是直線與平面所成的角，即 又平面，有，知為銳角，故為異面直線與所成的角，即， 于是在，中，分別可得，從而，即 （）（向量法）如圖2，由，作，且連接，由（）可知交線即為直

21、線以點(diǎn)為原點(diǎn)，向量所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則有, 于是，所以，從而 又取平面的一個(gè)法向量為，可得，設(shè)平面的一個(gè)法向量為， 所以由 可得 取于是，從而故，即33【解析】解法一 如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)（）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以（） =（1，-2，-1）設(shè)平面的法向量，則，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一個(gè)法向量為=（-3，-2，1）由（）知，又，可得平面，故=（1，0，-1）為平面的一個(gè)法向

22、量于是從而所以二面角B1CEC1的正弦值為（）=（0，1，0），=(1，l，1)，設(shè)，有可取=（0，0，2）為平面的一個(gè)法向量，設(shè)為直線AM與平面所成的角，則于是，解得，所以34【解析】（）在中，得：同理：得：面（）面取的中點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，面面面 得：點(diǎn)與點(diǎn)重合且是二面角的平面角設(shè)，則，既二面角的大小為35【解析】（）以為原點(diǎn)的方向分別為軸,軸,軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)設(shè),則，故， ， （）假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)， 使得DP平面此時(shí) 又設(shè)平面的法向量=(x,y,z) 平面，,，得取，得平面的一個(gè)法向量 要使DP平面，只要，有，解得 又DP平面，存在點(diǎn)P，滿足DP平面，此時(shí)A

23、P= （）連接A1D,B1C,由長方體ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D B1CA1D,AD1B1C 又由（）知B1EAD1,且B1CB1E=B1, AD1平面DCB1A1是平面A1B1E的一個(gè)法向量,此時(shí)=(0,1,1) 設(shè)與n所成的角為, 則 二面角A-B1E-A1的大小為30°，即解得，即AB的長為2 36【解析】（）因?yàn)?，分別為，的中點(diǎn)，所以是的中位線，所以，又因?yàn)槠矫?，所以平面（）方法一：連接交于，以為原點(diǎn)，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示在菱形中，得，又因?yàn)槠矫妫?，在直角中，得，由此知個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)如下，設(shè)為平面的法向量，由知，取，得設(shè)為

24、平面的法向量，由知，取，得于是，所以二面角的平面角的余弦值為方法二：在菱形中，得又因?yàn)槠矫?，所以所以所以而，分別為，的中點(diǎn)，所以，且取線段中點(diǎn)，連接，則所以是二面角的平面角由，故在中，得在直角中，得在中，得在等腰中，得所以二面角的平面角的余弦值為37【解析】（）因?yàn)椋?由余弦定理得 從而，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD 故 PABD（）如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD的長為單位長，射線DA為軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D-，則，設(shè)平面的法向量為，則， 即 因此可取=設(shè)平面的法向量為，則 可取=（0，-1，）故二面角A-PB-C的余弦值為38【解析】（）（綜合法）證明：設(shè)

25、G是線段DA與EB延長線的交點(diǎn) 由于與都是正三角形，所以，OG=OD=2，同理，設(shè)是線段DA與線段FC延長線的交點(diǎn)，有又由于G和都在線段DA的延長線上，所以G與重合在和中，由和OC，可知B和C分別是GE和GF的中點(diǎn)，所以BC是的中位線，故BCEF（向量法）過點(diǎn)F作，交AD于點(diǎn)Q，連QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸正向，為y軸正向，為z軸正向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系由條件知?jiǎng)t有所以即得BCEF（）由OB=1，OE=2，而是邊長為2的正三角形，故所以過點(diǎn)F作FQAD，交AD于點(diǎn)Q，由平面ABED平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐FOBED的高，且FQ=，所以39【證明】（）在PAD中，因?yàn)镋、F分別為AP，AD的中點(diǎn)，所以EF/PD又因?yàn)镋F平面PCD，PD平面PCD，所以直線EF/平面PCD（）連結(jié)DB，因?yàn)锳B=AD，BAD=60°，所以為正三角形，因?yàn)镕是AD的中點(diǎn)，所以BFAD因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF平面PAD又因?yàn)锽F平面BEF，所以平面BE