2014届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)空间向量与空间角(含解析).pdf

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1、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 ，则 cos |cos | |a b| |a|b|(其中 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 的法向量为n，直线 l 与平面 所成的角 为 ，两向量e 与 n的夹角为 ，则有 sin |cos | |e n| |e|n|. 3求二面角的大小 (1)如图 1，AB、CD 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 2、3，n1，n2分别是二面角 l 的两个半平面

2、， 的法向量，则二面角的 大小 n1，n2(或 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 的方向向量、法向量，若cos m，n 1 2，则 l 与 所成的角为 ( ) A30B 60 C120D 150 解析： 选 A由于 cosm，n 1 2， m，n 120 . 所以直线 l 与 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() A45B 135 C45 或 135D 90 解析： 选 Ccosm，n m n |m|n| 1 12 2 2 ， 即 m，n 45

3、，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A1B1C1D1ABCD 中， E 是 C1D1的中点，则异 面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为() A 10 10 B 1 20 C. 1 20 D. 10 10 解析： 选 D如图建立直角坐标系Dxyz，设DA1，A(1,0,0)， C(0,1,0)，E 0， 1 2，1 .则 AC(1,1,0)，DE 0， 1 2，1 ，若异面直线 DE 与 AC 所成的角为 ， cos |cosAC，DE | 10 10 . 4已知点E、F 分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱 BB1，CC1上，且 B1E2

4、EB，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Dxyz， 设 DA1 由已知条件A(1,0,0)， E 1，1， 1 3 ，F 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)，面 AEF 与面 ABC 所成的二面角为 ， 由 nAE 0， nAF 0， 得 y 1 3z 0， x y2 3z0. 令 y1，z 3，x 1，则 n (1,1， 3) 设平面 ABC 的法向量为m(0,0， 1)， 则 cos cosn，m 3 11 ，tan 2 3 . 答案： 2 3 5

5、(教材习题改编)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知 DA DC 4， DD13，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)， 1 A B(0,4， 3)， 1 B C(4,0， 3) 设异面直线A1B 与 B1C 所成角为 ， 则 cos |cos 1 A B， 1 B C| 9 25. 答案： 9 25 (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0， 2 ，直线与

6、平面所成 角的范围是0， 2 ，二面角的范围是0， (2)利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面 、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ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1 夹角的余弦值为() A. 5 5 B. 5 3 C.2 5 5 D.3 5 自主解答 不妨令 CB1，则 CACC12.可得 O(0,0,0)， B(0,0,1)， C1(0,

7、2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)， 1 BC (0,2， 1)， 1 AB (2,2,1)， cos 1 BC ， 1 AB 1 BC 1 AB | 1 BC| 1 AB| 41 59 1 5 5 5 0. 1 BC 与 1 AB 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 5 5 . 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 1 3？若存 在，求出M 点；不存在，说明理由 解： 不妨令 CB1，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 1

8、C M (0， 2，a)，又 1 AB ( 2,2,1)， |cos 1 C M ， 1 AB | |a4| 4a 29 1 3. |a4|4a2， a28a16a24. 8a12， a 3 2.又 CB1， a 3 21. 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ABCDA1B1C1D1中，上、 下两个底面A1B1C1D1和 ABCD 互相平行， 且都

9、是正方形， DD 1底面 ABCD，AB2A1B12DD12a. (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) 1 AB (a，a，a)， 1 DD (0,0，a)， cos 1 AB ， 1 DD 1 AB 1 DD | 1 AB| | 1 DD| 3 3

10、 ，所以异面直线AB1与 DD1所成角的余弦 值为 3 3 . (2)证明： 1 BB (a， a，a)，BC(2a,0,0)， 1 FB (0，a，a)， 1 FB 1 BB 0， 1 FBBC0， FB1BB1，FB1BC. BB1 BCB， 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，AC2 2，PA2，E 是 PC 上的 一点， PE2EC. (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 (

11、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Axyz， 则 C(22，0,0) 设 D(2，b,0)，其中 b0，则 P(0,0,2)， E 4 2 3 ，0， 2 3 ， B(2， b,0) 于是PC(22，0， 2)， BE 2 3 ，b，2 3 ， DE 2 3 ， b， 2 3 ， 从而PCBE0，PCDE0， 故 PC BE，PCDE. 又 BE DEE， 所以 PC平面 BED . (2) AP(0,0,2)，AB ( 2， b,0) 设 m(x，y，z)为平面 PAB 的法向量，则 mAP0，mAB 0， 即 2z0 且2xby 0，

12、 令 xb，则 m(b，2， 0) 设 n(p，q， r)为平面 PBC 的法向量，则 nPC0，nBE0， 即 2 2p2r0 且 2p 3 bq2 3r0， 令 p1，则 r2，q 2 b ，n 1， 2 b ， 2 . 因为二面角APBC 为 90 ，所以面PAB面 PBC，故 m n0， 即 b2 b0，故 b 2， 于是 n(1， 1，2)，DP(2，2，2)， 所以 cosn，DP nDP |n|DP| 1 2， 所以 n，DP 60 . 因为 PD 与平面 PBC 所成角和 n，DP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

13、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 PA2，等腰 直角三角形ABC 中， ABBC1，ABBC，ADPB 于 D，AEPC 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 PABC， 又 AB BC，且 PAABA， 所以 BC平面 PAB，从

14、而 BCAD. 又 ADPB，BCPBB， 所以 AD 平面 PBC， 得 PC AD， 又 PC AE，AEADA， 所以 PC平面 ADE . (2)如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz. 则 A(1,0,0)，C(0,1,0)， P(1,0，2)， 因为 PC平面 ADE ， 所以PC(1,1，2)是平面 ADE 的一个法向量 设直线 AB 与平面 ADE 所成的角为 ， 则 sin |PCAB| |PC|AB| 1，1，2 1，0，0 2 1 2， 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ABCA1B1C1中，已知 AB

15、 ACAA15，BC4，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 OEAA1于点 E，因为 AA1BB1， 得 OEBB1， 因为 A1O平面 ABC，所以 A1OBC. 因为 ABAC，OBOC，得 AOBC，所以 BC平面 AA1O，所以 BCOE， 所以 OE平面 BB1C1C. 又 AOAB 2 BO21，AA 1 5， 得 AE AO 2 AA1 5 5 . (2)

16、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AE1 5 1 AA 得点 E 的坐标是 4 5，0， 2 5 ， 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是 OE 4 5，0， 2 5 ， 设平面 A1B1C 的法向量 n(x，y，z)， 由 n 11 A B 0， n 1 A C0， 得 x2y0， yz0. 令 y1，得 x 2，z 1，即 n(2,1， 1)， 所以 cosOE，n OE n | OE| |n| 30 10 ， 即平面 A1B1C 与平面

17、 BB1C1C 夹角的余弦值是 30 10 . 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SABCD 的底面是正方形，SD 平面 ABCD，SD ADa，点 E 是 SD 上的点， 且 DEa(00)，则有 B(1,0,0)，B1(1,0， h)，C1(0,1， h)， A1(0,0，h)， 11 B C (1,1,0)， 11 A C (0,1,0)， 1 A B (1,0， h) (1)因为异面直线A1B 与 B1

18、C1 所成的角为60 ，所以cos60 | 11 B C 1 A B| | 11 B C| | 1 A B| ， 即 1 2h 21 1 2，得 1h22，解得 h 1. (2)由 D 是 BB1的中点，得 D 1，0， h 2 ， 于是 1 DC 1，1，h 2 . 设平面 A1BC1的法向量为n(x，y，z)，于是由n 1 A B，n 11 A C 可得 n 1 A B0， n1 1 A C 0， 即 x hz0， y 0， 可取 n(h,0,1)， 故 sin |cos 1 DC ，n|， 而|cos 1 DC ，n| | 1 DC n| | 1 DC| |n| h h 2 1 4h 2

19、2 h21 h h 4 9h28. 令 f(h) h h 49h28 1 h 28 h 29 ， 因为 h2 8 h 292 89，当且仅当h 28 h 2，即 h 4 8时，等号成立 所以 f(h) 1 92 8 1 81 2 21 7 ， 故当 h 4 8时， sin 的最大值为 2 21 7 . 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

20、，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OABC，当 OA、 OB、OC 两两垂直且OA OBOC 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 内的一条直线平行，则m C若平面

21、 ，且 l，则过 内一点 P 与 l 垂直的直线垂直于平面 D若直线ab，且直线 la，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 内一条直线平行，m 也可在 内，故 B 错；若平面 ，且 l，当 Pl 时，过 P 点 与 l 垂直的直线可在外，也可在 内，故 C 错由等角定理知D 正确 4(2012 新课标全国卷 )平面 截球 O 的球面所得圆的半径为1，球心 O 到平面 的距 离为2，则此球的体积为() A.6B 4 3 C46D 6 3 解析： 选 B设球的半径为R，由球的截面性质得R2 212 3，所以球的体积 V 4 3 R 3 4

22、3. 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. 20 3 B.4 3 C6 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 2 31 32 2 120 3 . 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ABCDA1B1C1D1中，与体对角线 AC1异面的棱有 ()

23、A3 条B4 条 C6 条D8 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. 4 B. 2 C. 2 2 D. 2 4 解析： 选 B此几何体是底面半径为 1 2 ，母线长为1 的圆锥，其侧面积S rl 1 21 2. 9如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中， M，N 分别是 BC1，CD1 的中点，则下列判断错误的是() AMN 与

24、CC1垂直 BMN 与 AC 垂直 CMN 与 BD 平行 DMN 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 () A18 cm 3 B15 cm 3 C12 cm 3 D9 cm 3 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331123 15(cm 3) 11在正四面体ABCD 中，棱长为4，M 是 BC 的中点， P 在线段 AM

25、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： BC面 AMD ； Q 点一定在直线DM 上； VCAMD4 2. 其中正确的是() AB CD 解析：选 AABCD 是正四面体， M 为 BC 中点， AMBC， DMBC， 且 AMDM M， BC面 AMD. 正确 VCAMD1 3S AMD CM(BC面 AMD ， CM 为四面体 CAMD 的高 ) 如图，在AMD中， AM DM AB2BM 2 422223， MNAM 2 AN2 12 2 2 2 2， SAMD1 2AD MN 1 242 2 4 2， VC

26、AMD 1 34 22 82 3 ，故不正确由排除法知选A. 12(2012 浙江高考 )已知矩形ABCD，AB 1，BC2.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 BCCD，可得 CD平面 ACB，因此有 CDAC.因 为 AB1，BC2，CD1，所以 AC1，所以存在某个位置，使得

27、ABCD. 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S122242440， 长方体的体积为V122 416， 球的表面积和体积分别为S2 4 1 24 ， V2 4 3 1 34 3 ， 故该几何体的表面积为SS1S240 4 ， 该几何体的体积为VV1V2164 3 . 答案： 40416 4 3 14 (2012 北京怀柔模拟)P 为 ABC

28、 所在平面外一点，且PA、PB、PC 两两垂直，则 下列命题： PA BC； PBAC； PCAB； AB BC. 其中正确的个数是_ 解析： 如图所示 P APC，P APB，PCPBP， P A平面 PBC. 又 BC? 平面 PBC， PABC. 同理 PBAC，PCAB.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 3 3 623，又 OD3，故在RtOAD 中可得 R|OA|23 23

29、2 21， 故球的表面积为4 (21) 284. 答案： 84 16(2012 长春名校联考)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，点 M AB1，NBC1，且 AM BN 2，有以下四个命题： AA1 MN； A1C1MN；MN平面 A1B1C1D1；MN 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 NPBB1于点 P，连接 MP，可证 AA1平面 MNP， AA1MN，正 确；过 M、N 分别作 MRA1B1、NSB1C1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

30、线 RS相交；当 M、N 分别是 AB1、BC1的中点时， A1C1RS， A1C1与 MN 可以异面，也可以平行，故错误由正确知， AA1平面MNP，而 AA1 平面 A1B1C1D1，平面 MNP平面 A1B1C1D1，故对综上所述，其中正确命题的序号 是 . 答案： 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， ABAA1， CAB 2. (1)证明： CB1BA1； (2)已知 AB2，BC5，求三棱锥C1ABA1的体积 解： (1)证明 ：如图所示，连接AB1， ABC A1B1C1是直三 棱柱，

31、CAB 2， AC平面 ABB1A1， 故 AC BA1. 又 ABAA1，四边形ABB1A1是正方形， BA1 AB1，又 CA AB1 A， BA1平面 CAB1，故 CB1BA1. (2)AB AA1 2，BC 5， ACA1C1 1， 由(1)知， A1C1平面 ABA1， VC1ABA1 1 3SABA 1A1C1 1 3 21 2 3. 18(本小题满分12 分) (12 分)如图所示，四棱锥PABCD 的底面 是边长为a 的正方形，侧棱PA底面ABCD，侧面 PBC 内有 BEPC 于 E，且 BE 6 3 a，试在 AB 上找一点F，使 EF平面 PAD. 解： 在平面 PCD

32、 内，过 E 作 EGCD 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 EGCDAF，EGAF， 四边形 FEGA 为平行四边形， FEAG. 又 AG? 平面 PAD， FE?平面 PAD， EF平面 PAD. 又在 RtBCE 中， CEBC 2BE2 a 22 3a 23 3 a. 在 RtPBC 中， BC2CE CP， CP a 2 3a 3 3a， 又 EG CD PE PC， EG PE PC CD 2 3a， AFEG 2 3a. 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

33、新课标全国卷 )如图， 在三棱柱 ABC A1B1C1中，侧棱垂直底面， ACB90 ， ACBC 1 2AA1，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， BCAC，CC1ACC，所以 BC平面 ACC1A1. 又 DC1? 平面 ACC1A1，所以 DC1BC. 由题设知 A1DC1 ADC45 ，所以 CDC 190 ，即 DC1DC.又 DCBCC，所 以 DC1平面 BDC. 又 DC1? 平面 BDC1，故平面BDC1平面 BDC. (2)设棱锥 B DACC

34、1的体积为 V1，AC1.由题意得 V1 1 3 12 2 11 1 2. 又三棱柱 ABCA1B1C1的体积 V1， 所以 (VV1)V111. 故平面 BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为 11. 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： BDEC1； (2)如果 AB2，AE2，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 A

35、BCD ， 所以 AA1BD. 又 AA1AC A，所以 BD平面 AA1C1C. 由 EC1? 平面 AA1C1C 知， BDEC1. (2)法一： 设 AA1的长为 h，连接 OC1. 在 RtOAE 中， AE2，AO2， 故 OE 2( 2) 2( 2)24. 故 RtEA1C1中， A1E h 2， A1C12 2， 故 EC2 1(h 2)2(22)2. 在 RtOCC1中， OC2，CC1h， OC 2 1h 2( 2) 2. 因为 OEEC1，所以 OE 2EC2 1OC 2 1，即 4(h2) 2(2 2)2h2( 2)2， 解得 h3 2， 所以 AA1的长为 3 2. 法

36、二： OEEC1， AEO A1EC190 . 又 A1C1E A1EC190 ， AEO A1C1E. 又 OAE C1A1E90 ， OAE EA1C1， AE A1C1 AO A1E，即 2 22 2 A1E， A1E2 2， AA1 AEA1E3 2. 21(本小题满分12 分) (12 分)(2012 郑州一模 )如图，在四棱锥S ABCD 中， ABAD，AB CD，CD3AB3，平面 SAD平面 ABCD， E 是线段 AD 上一点， AEED3，SEAD. (1)证明：平面SBE平面 SEC； (2)若 SE1，求三棱锥ESBC 的高 解：(1)证明：平面 SAD平面 ABCD

37、 且平面 SAD平面 ABCD AD，SE? 平面 SAD， SEAD， SE平面 ABCD. BE? 平面 ABCD ， SEBE. ABAD，AB CD，CD3AB3，AEED3， AEB30 ， CED60 . BEC90 ，即 BECE. 又 SECEE， ， BE平面 SEC， BE? 平面 SBE， 平面 SBE平面 SEC. (2)如图，过点E 作 EFBC 于点 F，连接 SF. 由(1)知 SE平面 ABCD， 而 BC? 平面 ABCD， BCSE， 又 SEEFE， BC平面 SEF， BC? 平面 SBC， 平面 SEF平面 SBC. 过点 E 作 EGSF 于点 G，

38、 则 EG平面 SBC，即线段EG 的长即为三棱锥ESBC 的高 由(1)易知， BE2，CE23， 则 BC 4，EF3. 在 RtSEF 中， SE1，SFSE2EF 22， 则 EG ES EF SF 3 2 ， 三棱锥 ESBC 的高为 3 2 . 22(本小题满分12 分) (14 分)(2012 北京昌平二模 )在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1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：

39、在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，取 BC 的中点 M， 连接 AM，FM. B1F BM 且 B1FBM. 四边形 B1FMB 是平行四边形 FMB1B 且 FM B1B. FMA1A 且 FM A1A， 四边形 AA1FM 是平行四边形 FA1 AM. E 为 AD 的中点， AEMC 且 AEMC. 四边形 AMCE 是平行四边形 CEAM.CEA1F. 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， DEGC，CDBC， ADC BCD， CDE BCG. ECD GBC. CGB GBC90 ， CGB DCE90 . BGEC. CC1平面 ABCD ，BG? 平面 ABCD， CC1BG，又 ECCC1 C， BG平面 ECC1. 故在 CD 上存在中点G，使得 BG平面 ECC1.