2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第八章立体几何 8.6含解析.pdf

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1、8.6 空间角的计算空间角的计算考情考向分析本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解题型以解答题为主，要求有较强的数学运算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想 1两条异面直线所成角的求法设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 l1与 l2所成的角 a 与 b 的夹角范围 (0， 2 0，求法cos |ab| |a|b| cos ab |a|b| 2.直线与平面所成角的求法设直线 l 的方向向量为 a，平面的法向量为 n，直线 l 与平面所成的角为，a 与 n

2、的夹角为，则 sin |cos |. |an| |a|n| 3求二面角的大小 (1)如图， AB， CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小， AB CD (2)如图，n1，n2分别是二面角 l 的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 概念方法微思考 1利用空间向量如何求线段长度？提示利用|2 可以求空间中有向线段的长度AB AB AB 2怎样确定两平面法向量夹角和二面角相等还是互补？提示当一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的

3、外部时，二面角与两个平面的法向量夹角相等；当两个法向量同时指向二面角的内部或外部时，两个法向量的夹角与二面角互补题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角( ) (3)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是 (0， 2 0， 2 0，( ) (4)若二面角 a 的两个半平面，的法向量 n1，n2所成角为，则二面角 a 的大小是 .( ) 题组二教材改编 2P111T1设 a，b 分别是两条异面直线 l1，l

4、2的方向向量，且 cosa，b，则异面 2 2 直线 l1和 l2所成的角为_ 答案 45 解析 cosa，b，a，b135， 2 2 异面直线所成角的范围是(0，90，异面直线 l1和 l2所成的角是 45. 3P111T2若直线 l 的方向向量为 a(2,3,1)，平面的一个法向量为 n(1,0,1)，则直线 l 与平面所成角的正弦值等于_ 答案 7 14 解析 cosa，n， 2，3，11，0，1 223212120212 7 14 直线 l 与平面所成角的正弦值 sin |cosan|. 7 14 4P114T12(2)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1

5、的底面边长为 2，侧棱长为 2，则 AC1与侧面 ABB1A1所成的角为_2 答案 6 解析如图，以 A 为原点，以，(AEAB)，所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴(如图)AB AE AA1 建立空间直角坐标系，设 D 为 A1B1的中点，连结 AD，C1D，则 A(0,0,0)， B(2,0,0)， A1(0,0， 2)， C1(1，， 2)， D(1,0,2)， (1，， 2)，(0，2322AC1 32C1D ，0)，(2,0,0)，(0,0,2)，(1,0,2)3A1B1 AB AA1 2AD 2 又因为0，0，C1D A1B1 C1D AA1 所以 C1DA1B1，C

6、1DAA1，又 A1B1AA1A，A1B1，AA1平面 ABB1A1，所以 C1D平面 ABB1A1，则C1AD 为 AC1与平面 ABB1A1所成的角， cosC1AD AC1 AD |AC1 | AD | ， 1， 3，2 21，0，2 2 12 9 3 2 又C1AD，得C1AD . 0， 2 6 题组三易错自纠 5 在直三棱柱 ABCA1B1C1中， BCA90， M， N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BCCACC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为_ 答案 30 10 解析以点 C 为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如

7、图所示的空间直角坐标系设 BCCACC12，则可得 A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)， N(1，0,2)，(1，1,2)，(1,0,2)BM AN cos， BM AN BM AN |BM |AN | . 1 11 02 2 121222120222 3 6 5 30 10 6过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA平面 ABCD，若 ABPA，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的角为_ 答案 45 解析如图，以点 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设 ABPA1，则 A(0,0,0)，D(0,1,

8、0)，P(0,0,1)，由题意，知 AD平面 PAB，设 E 为 PD 的中点，连结 AE，则 AEPD，又 CD平面 PAD， CDAE，从而 AE平面 PCD. (0,1,0)，分别是平面 PAB，平面 PCD 的法向量，且， 45.AD AE (0， 1 2， 1 2) AD AE 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的角为 45. 题型一求异面直线所成的角例 1 如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE 平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC. (1)证明：平面 AEC平面 AFC； (2)求直线 AE 与直线

9、 CF 所成角的余弦值 (1)证明如图所示，连结 BD，设 BDACG，连结 EG，FG，EF. 在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1. 由ABC120，可得 AGGC . 3 由 BE平面 ABCD，ABBC2，可知 AEEC. 又 AEEC，所以 EG，且 EGAC.3 在 RtEBG 中，可得 BE，故 DF.2 2 2 在 RtFDG 中，可得 FG. 6 2 在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE，DF，可得 EF，从而 EG2FG2EF2，2 2 2 3 2 2 所以 EGFG. 又 ACFGG，AC，FG平面 AFC，所以 EG平面 AFC. 因为 EG平面 AEC，所

10、以平面 AEC平面 AFC. (2)解如图，以 G 为坐标原点，分别以 GB，GC 所在直线为 x 轴、y 轴，|为单位长度，GB 建立空间直角坐标系 Gxyz，由(1)可得 A(0，0)，E(1,0，)，F，32 (1，0， 2 2) C(0，，0)，3 所以(1，，)，.AE 32CF (1， 3， 2 2) 故 cos， .AE CF AE CF |AE |CF | 3 3 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为. 3 3 思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系； (2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方

11、向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值跟踪训练 1 三棱柱 ABCA1B1C1中， ABC 为等边三角形， AA1平面 ABC， AA1AB， N， M 分别是 A1B1，A1C1的中点，则 AM 与 BN 所成角的余弦值为_ 答案 7 10 解析如图所示，取 AC 的中点 D，以 D 为原点， BD， DC， DM 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设 AC2，则 A(0， 1,0)， M(0,0,2)， B(， 0,0)， N3 ( 3 2 ，1 2，2) ，所以

12、(0,1,2)，AM ，BN ( 3 2 ，1 2，2) 所以 cos， .AM BN AM BN |AM |BN | 7 2 5 5 7 10 题型二求直线与平面所成的角例 2 (2018全国)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 (1)证明由已知可得 BFPF，BFEF， PFEFF，PF，EF平面 PEF，所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 A

13、BFD. (2)解如图，作 PHEF，垂足为 H. 由(1)得，PH平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，的方向为 y 轴正方向， |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 HHF BF xyz. 由(1)可得，DEPE. 又 DP2，DE1，所以 PE . 3 又 PF1，EF2，所以 PEPF. 所以 PH，EH . 3 2 3 2 则 H(0,0,0)，P，D， (0，0， 3 2) (1， 3 2，0) ，.DP (1， 3 2， 3 2) HP (0，0， 3 2) 又为平面 ABFD 的法向量，HP 设 DP 与平面 ABFD 所成的角为，则 sin |cos，|.HP

14、DP |HP DP | |HP |DP | 3 4 3 3 4 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为. 3 4 思维升华若直线 l 与平面的夹角为，直线 l 的方向向量 l 与平面的法向量 n 的夹角为，则或，故有 sin |cos |. 2 2 |ln| |l|n| 跟踪训练2 (2018全国)如图，在三棱锥PABC中， ABBC2， PAPBPCAC4， O2 为 AC 的中点 (1)证明：PO平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 MPAC 为 30，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值 (1)证明因为 PAPCAC4，O 为 AC

15、的中点，所以 OPAC，且 OP2 . 3 如图，连结 OB. 因为 ABBCAC， 2 2 所以ABC 为等腰直角三角形，所以 OBAC，OB AC2. 1 2 由 OP2OB2PB2知 POOB. 因为 OPOB，OPAC，OBACO， OB，AC平面 ABC，所以 PO平面 ABC. (2)解由(1)知 OP，OB，OC 两两垂直，则以 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 Oxyz，如图所示由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)， A(0，2,0)，C(0,2,0)， P(0,0,2)，(0,2,2)3AP

17、，n.PC 3PC 3 4 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为. 3 4 题型三求二面角例 3 (2018江苏泰州中学摸底)如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直， AA1AB AC1， ABAC， M， N分别是CC1， BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足(R)A1P A1B1 (1)证明：PNAM； (2)若平面 PMN 与平面 ABC 所成的锐二面角为 45，试确定点 P 的位置 (1)证明如图，以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Axyz. 则 A(0,0,0)，P(，0,1)，N，M， (

18、 1 2， 1 2，0) (0，1， 1 2) 从而，PN ( 1 2， 1 2，1) AM (0，1， 1 2) 所以0 11 0，PN AM ( 1 2) 1 2 1 2 所以 PNAM. (2)解由题意知平面 ABC 的一个法向量 n(0,0,1)AA1 设平面 PMN 的法向量 m(x，y，z)，由(1)得，MP (，1， 1 2) NP ( 1 2， 1 2，1) 由Error!得Error! 解得Error! 令 x3，得 m(3,21,22) 因为平面 PMN 与平面 ABC 所成的锐二面角为 45，所以|cosm，n|mn| |m|n| ，解得， |21| 921241

19、2 2 2 1 2 故点 P 在 B1A1的延长线上，且 A1P . 1 2 思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小跟踪训练 3 (2018南通模拟)如图，已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，AB3，AC4， B1CAC1. (1)求 AA1的长； (2)若 BP1，求二面角 PA1CA 的余

20、弦值解 (1)以 A 为坐标原点，分别以 AB，AC，AA1所在直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，设 AA1t，则 A(0,0,0)，C1(0,4，t)，B1(3,0，t)，C(0,4,0)，所以(0,4，t)，(3,4，t)，AC1 B1C 因为 B1CAC1，所以0，AC1 B1C 即 16t20，解得 t4，所以 AA1的长为 4. (2)因为 BP1，所以 P(3,0,1)，又 C(0,4,0)，A1(0,0,4)，故(0,4，4)，(3,0，3)，A1C A1P 设 n(x，y，z)为平面 PA1C 的法向量，则Error!即Error

21、! 取 z1，解得 y1，x1， n(1,1,1)为平面 PA1C 的一个法向量，显然，(3,0,0)为平面 A1CA 的一个法向量，AB 则 cosn，AB nAB |n|AB | 3 3 111 3 3 据图可知，二面角 PA1CA 的余弦值为. 3 3 利用空间向量求解空间角例 (14 分)(2018苏州调研)如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，底面 ABC 的边长为 2，侧棱长为 4，M 是线段 AA1上一点，O 是线段 BC 的中点，D 为 B1C1的中点，以，为OB OD OA 正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. (1)若 AMMA1，求直线 B1C1和平

22、面 BMC1所成角的正弦值； (2)若二面角 MBC1B1的正弦值为，求 AM 的长 15 4 解根据题意得 B(1,0,0)，B1(1,4,0)，C1(1,4,0)，所以(2,0,0)，(2,4,0)B1C1 BC1 (1)当 M 是线段 AA1的中点时，M(0,2，)，(1,2，)，3BM 3 设平面 BMC1的一个法向量为 n(x，y，z)，则Error!得Error! 即Error!取 y1，得 n(2,1,0)，3 分设 B1C1和平面 BMC1所成的角为，则 sin |cosn，|，B1C1 |nB1C1 | |n|B1C1 | |4| 5 2 2 5 5 所以 B1C

23、1和平面 BMC1所成角的正弦值为.7 分 2 5 5 (2)设 AMa(0a4)，则 M(0，a，)，(1，a，)，3BM 3 设平面 BMC1的一个法向量为 n1(x，y，z)，则Error!得Error! 即Error!取 y1，得 n1，10 分 (2，1， 2a 3) 显然(0,0，)是平面 BC1B1的一个法向量，OA 3 设二面角 MBC1B1的大小为，则 sin ，cos ， 15 4 1 4 则|cos |cosn1，|OA |n1OA | |n|OA | ， |2a| 52a 2 3 3 1 4 解得 a1 或 3，所以 AM 的长为 1 或 3.14 分利用向量求

24、空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角 1已知两平面的法向量分别为 m(1，1,0)，n(0,1，1)，则两平面所成的二面角为 _ 答案 60或 120 解析 cosm，n ， mn |m|n| 1 2 2 1 2 即m，n120. 两平面所成二面角为 120或 18012060. 2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1与直线 AB1所成角的余弦值为_ 答案 5 5 解析设 CA2，则 C(0,0,0)， A(2

25、,0,0)， B(0,0,1)， C1(0,2,0)， B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，AB1 (0,2， 1)，由向量的夹角公式得 cos， BC1 AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | 041 441 041 . 1 5 5 5 3在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为_ 答案 2 3 解析以 A 为原点，AB，AD，AA1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 Axyz，设棱长为 1，则 A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，

26、(1，0， 1 2) (0,1，1)，.A1D A1E (1，0， 1 2) 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1(1，y，z)，则有Error!即Error!Error! n1(1,2,2) 平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0,0,1)， cosn1，n2 ， n1n2 |n1|n2| 2 3 1 2 3 即所成的锐二面角的余弦值为 . 2 3 4在正方体 ABCDA1B1C1D1中，AC 与 B1D 所成角的大小为_ 答案 2 解析以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1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，设正方体的边长为 1，则 A(0,0

27、,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0) (1,1,0)，(1,1，1)，AC B1D 1(1)110(1)0，AC B1D ，AC 与 B1D 所成角的大小为 .AC B1D 2 5已知正三棱柱 ABCA1B1C1，ABAA12，则异面直线 AB1与 A1C 所成角的余弦值为 _ 答案 1 4 解析以 A 为原点，在平面 ABC 内过 A 作 AC 的垂线为 x 轴，以 AC 所在直线为 y 轴，以 AA1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B1(，1,2)，A1(0,0,2)，C(0,2,0)，3 (，1,2)，(0,2，2)，A

28、B1 3A1C 设异面直线 AB1和 A1C 所成的角为，则 cos . |AB1 A1C | |AB1 |A1C | |2| 8 8 1 4 异面直线 AB1和 A1C 所成角的余弦值为 . 1 4 6.如图，点 A， B， C 分别在空间直角坐标系 Oxyz 的三条坐标轴上，(0,0,2)，平面 ABCOC 的法向量为 n(2，1,2)，设二面角 CABO 的大小为，则 cos _. 答案 2 3 解析由题意可知，平面 ABO 的一个法向量为(0,0,2)，OC 由图可知，二面角 CABO 为锐角，由空间向量的结论可知，cos . |OC n| |OC |n| |4| 2 3

29、 2 3 7在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，BAC90，D，E，F 分别是棱 AB，BC，CP 的中点，ABAC1，PA2，则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为_ 答案 5 5 解析以 A 为原点，AB，AC，AP 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，由 ABAC1，PA2，得 A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(0,1,0)，P(0,0,2)，D， ( 1 2，0，0) E，F. ( 1 2， 1 2，0) (0， 1 2，1) (0,0，2)，.PA DE (0， 1 2，0) DF ( 1 2， 1 2，1) 设平面 DE

30、F 的法向量为 n(x，y，z)，则由Error!得Error! 取 z1，则 n(2,0,1)，设直线 PA 与平面 DEF 所成的角为，则 sin |cosn， |，PA |PA n| |PA |n| 5 5 直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为. 5 5 8.如图，在正方形 ABCD 中， EFAB，若沿 EF 将正方形折成一个二面角后， AEEDAD 11，则 AF 与 CE 所成角的余弦值为_2 答案 4 5 解析 AEEDAD11，2 AEED，即 AE，DE，EF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ABEFCD2，则 E(0,0,0)，A(1,0

31、,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)， (1,2,0)，(0,2,1)，AF EC cos，，AF EC AF EC |AF |EC | 4 5 AF 与 CE 所成角的余弦值为 . 4 5 9.如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1中， AA1底面 ABC， ABBCAA1， ABC90，点 E， F 分别是棱 AB，BB1的中点，则直线 EF 和 BC1所成角的大小是_ 答案 60 解析以 B 为坐标原点，以 BC 所在直线为 x 轴，BA 所在直线为 y 轴，BB1所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系设 ABBCAA12，则 C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(

32、0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，EF BC1 2，EF BC1 cos，EF BC1 EF BC1 |EF |BC1 | ， 2 2 2 2 1 2 异面直线所成角的范围是(0，90， EF 和 BC1所成角的大小为 60. 10 已知点 E， F 分别在正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 BB1， CC1上，且 B1E2EB， CF2FC1，则平面 AEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的正切值为_ 答案 2 3 解析方法一延长 FE，CB 相交于点 G，连结 AG，如图所示设正方体的棱长为 3，则 GBBC3，作 BHAG 于点 H，连结 EH，则EHB 为所

33、求锐二面角的平面角 BH，EB1， 3 2 2 tanEHB. EB BH 2 3 方法二如图，以点 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，设 DA1，由已知条件得 A(1,0,0)，E，F， (1，1， 1 3) (0，1， 2 3) AE (0，1， 1 3) AF (1，1， 2 3) 设平面 AEF 的法向量为 n(x，y，z)，由Error!得Error! 令 y1，z3，x1，则 n(1,1，3)，取平面 ABC 的法向量为 m(0,0，1)，设平面 AEF 与平面 ABC 所成的锐二面角为，则 c

34、os |cosn，m|，tan . 3 11 11 2 3 11(2018盐城期末)如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA14，AB2，点 M 是 BC 的中点 (1)求异面直线 AC1与 DM 所成角的余弦值； (2)求直线 AC1与平面 A1DM 所成角的正弦值解 (1)在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，以 D 为原点，DA，DC，DD1分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 因为 M(1,2,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,4)，所以(1,2,0)，DM (2,2,4)，AC1 所以 cos，DM AC1 DM AC1 |DM

35、| |AC1 | ， 1 22 20 4 122202222242 30 30 所以异面直线 AC1与 DM 所成角的余弦值为. 30 30 (2)(2,0,4)，设平面 A1DM 的一个法向量为 n(x，y，z)DA1 则Error!得Error! 取 y1，得 x2，z1，故平面 A1DM 的一个法向量为 n(2,1,1) 于是 cosn，AC1 nAC1 |n| |AC1 | ， 2 22 14 1 222242221212 5 6 所以直线 AC1与平面 A1DM 所成角的正弦值为 . 5 6 12 (2018江苏省南京外国语学校期末)如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF

36、中， AB， CE2 1，CE平面 ABCD. (1)求异面直线 DF 与 BE 所成角的余弦值； (2)求二面角 ADFB 的大小解 (1)以 C 为坐标原点，分别以 CD，CB，CE 所在直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，则 D(，0,0)，F(，，1)，E(0,0,1)，B(0，，0)，C(0,0,0)，2222 所以(0，，1)，(0，1)，DF 2BE 2 从而 cos， .DF BE 1 3 3 1 3 所以直线 DF 与 BE 所成角的余弦值为 . 1 3 (2)平面 ADF 的法向量为 m(，0,0)CD 2 设平面 BDF 的法向量为

37、 n(x，y，z) 又(，0,1)BF 2 由 n0，n0，DF BF 得yz0，xz0，22 取 x1，则 y1，z，所以 n(1,1，)，22 所以 cosm，n . 2 4 2 1 2 又因为m，n0，所以m，n . 3 所以二面角 ADFB 的大小为 . 3 13.如图，在四棱锥 SABCD 中， SA平面 ABCD，底面 ABCD 为直角梯形， ADBC， BAD 90，且 AB4，SA3.E，F 分别为线段 BC，SB 上的一点(端点除外)，满足，当 SF BF CE BE 实数的值为_时，AFE 为直角答案 9 16 解析因为 SA平面 ABCD，BAD90，以 A

38、为坐标原点，AD，AB，AS 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 Axyz. AB4，SA3， B(0,4,0)，S(0,0,3) 设 BCm，则 C(m,4,0)，， SF BF CE BE .SF FB ()AF AS AB AF ()(0,4，3)，AF 1 1 AS AB 1 1 F. (0， 4 1， 3 1) 同理可得 E， ( m 1，4，0) .FE ( m 1， 4 1， 3 1) ，要使AFE 为直角，FA (0， 4 1， 3 1) 即0，FA FE 则 00， m 1 4 1 4 1 3 1 3 1 169，解得 . 9 16 14

39、.如图，已知直三棱柱 ABCA1B1C1中， AA1ABAC1， ABAC， M， N， Q 分别是 CC1， BC， AC 的中点，点 P 在直线 A1B1上运动，且(0,1)A1P A1B1 (1)证明：无论取何值，总有 AM平面 PNQ； (2)是否存在点 P，使得平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60？若存在，试确定点 P 的位置，若不存在，请说明理由 (1)证明连结 A1Q. AA1AC1，M，Q 分别是 CC1，AC 的中点， RtAA1QRtCAM， MACQA1A， MACAQA1QA1AAQA190， AMA1Q. N，Q 分别是 BC，AC 的中点，NQAB.

40、又 ABAC，NQAC. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC， NQAA1. 又 ACAA1A，AC，AA1平面 ACC1A1， NQ平面 ACC1A1，又 AM平面 ACC1A1，NQAM. 由 NQAB 和 ABA1B1可得 NQA1B1， N，Q，A1，P 四点共面， A1Q平面 PNQ. NQA1QQ，NQ，A1Q平面 PNQ， AM平面 PNQ，无论取何值，总有 AM平面 PNQ. (2)解如图，以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则 A1(0,0,1)，B1(1,0,1)， M ，N ，

41、(0，1， 1 2) ( 1 2， 1 2，0) Q， (0， 1 2，0) ，(1,0,0)NM ( 1 2， 1 2， 1 2) A1B1 由(1,0,0)(，0,0)，A1P A1B1 可得点 P(，0,1)， .PN ( 1 2， 1 2，1) 设 n(x，y，z)是平面 PMN 的法向量，则Error! 即Error!得Error! 令 x3，得 y12，z22， n(3,12，22)是平面 PMN 的一个法向量取平面 ABC 的一个法向量为 m(0,0,1) 假设存在符合条件的点 P，则|cosm，n| ， |22| 9122222 1 2 化简得 421410，解得或

42、(舍去) 73 5 4 73 5 4 综上，存在点 P，且当 A1P时， 73 5 4 满足平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60. 15在四棱锥 PABCD 中，(4，2,3)，(4,1,0)，(6,2，8)，则这个四AB AD AP 棱锥的高 h_. 答案 2 解析设平面 ABCD 的法向量为 n(x，y，z)，则Error!即Error! 令 y4，则 n， (1，4， 4 3) 则 cosn，，AP nAP |n|AP | 6832 3 13 3 2 26 26 26 h|cosn|22.AP AP 26 26 26 16.如图所示，在梯形 ABCD 中，ABCD，BCD120，四边形 ACFE 为矩形，且 CF平面 ABCD，ADCDBCCF. (1)求证：EF平面 BCF； (2)点 M 在线段 EF 上运动，当点 M 在什么位置时，平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值 (1)证明设 ADCDBC1， ABCD，BCD120，AB2， AC2AB2BC22ABBCcos 603， AB2AC2BC2，则 BCAC. CF平面 ABCD，AC平面 ABCD， ACCF，而 CFBCC，CF，BC平面 BCF， AC平面 BCF. EFAC， EF平面 BCF. (2)解以 C 为坐标原点，分别以

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