立体几何——建坐标系
1.如图,四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形. AB=BC=2, CD=SD=1.
(Ⅰ)证明:SD⊥平面SAB;
(Ⅱ)求AB与平面SBC所成的角的大小.
2.如图,在四面体ABOC中, OC⊥OA, OC⊥OB, ∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1.
(Ⅰ)设P为AC的中点, Q在AB上且AB=3AQ. 证明:PQ⊥OA;
(Ⅱ)求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.
3.如图, 在正三棱柱ABC-A
1B
1
C
1
中, AB=4,AA
1
=7,点D是BC的中点,点E在AC上,
且DE⊥A
1
E.
(Ⅰ)证明:平面A
1DE⊥平面ACC
1
A
1
;
(Ⅱ)求直线AD和平面A
1
DE所成角的正弦值.
4.如图, 在直三棱柱ABC-A
1B
1
C
1
中, AB=1, AC=AA
1
=3,∠ABC=60°.
(Ⅰ)证明:AB⊥A
1
C;
(Ⅱ)求二面角A-A
1
C-B的大小.
5.四棱锥A-BCDE中, 底面BCDE为矩形, 侧面ABC⊥底面BCDE, BC=2, CD=2, AB=AC.
(Ⅰ)证明:AD⊥CE;
(Ⅱ)设侧面ABC为等边三角形, 求二面角C-AD-E的大小.
6.如图, 正三棱柱ABC-A
1B
1
C
1
的所有棱长都为2, D为CC
1
中点.
(Ⅰ)求证:AB
1⊥平面A
1
BD;
(Ⅱ)求二面角A-A
1
D-B的大小.
7.如图, 在三棱锥V-ABC中, VC⊥底面ABC, AC⊥BC, D是AB的中点, 且AC=BC=a,
∠VDC=θ）
（2
0π
θ<
<. (Ⅰ)求证:平面VAB ⊥平面VCD;
(Ⅱ)试确定θ的值, 使得直线BC 与平面VAB 所成的角为
6
π
.
8.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=2.
(Ⅰ)求直线AM 与平面BCD 所成角的大小; (Ⅱ)求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.
9.如图, 在四棱锥P-ABCD 中, PD ⊥平面ABCD, PD=DC=BC=1, AB=2, AB ∥DC, ∠BCD=90°.
(Ⅰ)求证:PC ⊥BC;
(Ⅱ)求点A 到平面PBC 的距离
.
10.如图, 直三棱柱ABC-A
1B
1
C
1
中, AC=BC, AA
1
=AB, D为BB
1
的中点, E为AB
1
上的一
点, AE=3EB
1
.
(Ⅰ)证明:DE为异面直线AB
1
与CD的公垂线;
(Ⅱ)设异面直线AB
1与CD的夹角为45°, 求二面角A
1
-AC
1
-B
1
的大小.
11.如图, 四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为矩形, SD⊥底面ABCD, AD=2, DC=SD=2. 点M在侧棱SC上, ∠ABM=60°.
(Ⅰ)证明:M是侧棱SC的中点;
(Ⅱ)求二面角S-AM-B的大小.
12.如图, 直三棱柱ABC-A
1B
1
C
1
中, AB⊥AC, D、E分别为AA
1
、B
1
C的中点, DE⊥平
面BCC
1
.
(Ⅰ)证明:AB=AC;
(Ⅱ)设二面角A-BD-C为60°, 求B
1
C与平面BCD所成的角的大小.
13.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AEC⊥平面PDB;
(Ⅱ)当PD=2AB且E为PB的中点时,求AE与平面PDB所成的角的大小.
14. 如图, 在四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD是矩形, PA⊥平面ABCD, PA=AD=4, AB=2.以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M.
(Ⅰ)求证:平面ABM⊥平面PCD;
(Ⅱ)求直线PC与平面ABM所成的角;
(Ⅲ)求点O到平面ABM的距离.
15.如图, 四棱锥S-ABCD 的底面是正方形, SD ⊥平面ABCD, SD=2a, AD=a 2, 点E 是SD 上的点, 且DE=a λ(0<λ≤2).
(Ⅰ)求证:对任意的λ∈(0, 2],都有AC ⊥BE;
(Ⅱ)设二面角C-AE-D 的大小为θ, 直线BE 与平面ABCD 所成的角为?. 若
1tan tan =??θ, 求λ的值.
16.如图, 在五面体ABCDEF 中, AB ∥DC, ∠BAD=2
π
, CD=AD=2. 四边形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.
17.如图, 设动点P 在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上, 记λ=B
D P
D 11. 当∠APC 为钝角时, 求λ的取值范围
.
答案与解析
1.解法一:(Ⅰ)取AB中点E, 连结DE, 则四边形BCDE为矩形, DE=CB=
2. 连结SE, 则SE⊥AB, SE=. 又SD=1, 故ED2=SE2+SD2, 所以∠DSE为直角. (3分)
由AB⊥DE, AB⊥SE, DE∩SE=E, 得AB⊥平面SDE, 所以AB⊥SD, SD与两条相交直线AB、SE都垂直, 所以SD⊥平面SAB. (6分)
(Ⅱ)由AB⊥平面SDE知, 平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE, 垂足为F, 则SF⊥平面ABCD, SF=
=. 作FG⊥BC, 垂足为G, 则FG=DC=1. 连结SG, 则SG⊥BC. 又BC⊥FG, SG∩FG=G, 故BC⊥平面SFG, 平面SBC⊥平面SFG. (9分)作FH⊥SG, H为垂足, 则FH⊥平面SBC. FH==, 即F到
平面SBC的距离为. 由于ED∥BC, 所以ED∥平面SBC, E到平面SBC的距离d也为.
设AB与平面SBC所成的角为α, 则sin α==, α=arcsin. (12分)
解法二:以C为坐标原点, 射线CD为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
设D(1, 0, 0), 则A(2, 2, 0)、B(0, 2, 0).
又设S(x, y, z), 则x>0, y>0, z>0.
(Ⅰ)=(x-2, y-2, z), =(x, y-2, z), =(x-1, y, z),
由||=||得
=, 故x=1. 由||=1得y2+z2=1, 又由||=2得x2+(y-2)2+z2=4, 即y2+z2-4y+1=0, 故y=, z=. (3分)于是S, =, ==·=0, ·=0. 故DS⊥AS, DS⊥BS, 又AS∩BS=S, 所以SD⊥平面SAB. (6分) (Ⅱ)设平面SBC的法向量a=(m, n, p),
则a⊥, a⊥, a·=0, a·=0. 又==(0, 2, 0), 故(9分)
取p=2得a=(-, 0, 2). 又=(-2, 0, 0), cos<, a>==. 故AB与平面SBC所成的角为arcsin. (12分)
2.解法一:(Ⅰ)在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N, 连结CN. 在△AOB中, ∵∠
AOB=120°且OA=OB, ∴∠OAB=∠OBA=30°. 在Rt△AON中, ∵∠OAN=30°, ∴ON=AN. 在△ONB中, ∵∠NOB=120°-90°=30°=∠OBN, ∴NB=ON=AN. 又AB=3AQ, ∴Q为AN的中点. 在△CAN中, ∵P,
Q分别为AC, AN的中点, ∴PQ∥CN. 由OA⊥OC, OA⊥ON知:OA⊥平面CON. 又NC?平面CON, ∴OA ⊥CN. 由PQ∥CN, 知OA⊥PQ.
(Ⅱ)连结PN, PO.
由OC⊥OA, OC⊥OB知:OC⊥平面OAB. 又ON?平面OAB, ∴OC⊥ON. 又由ON⊥OA知:ON⊥平面AOC. ∴OP是NP在平面AOC内的射影. 在等腰Rt△COA中, P为AC的中点, ∴AC⊥OP. 根据三垂线定理,
知:AC⊥NP. ∴∠OPN为二面角O-AC-B的平面角. 在等腰Rt△COA中, OC=OA=1, ∴OP=. 在Rt△AON中, ON=OAtan 30°=, ∴在Rt△PON中, PN==, ∴cos∠OPN===.
解法二:(Ⅰ)取O为坐标原点, 以OA, OC所在的直线为x轴, z轴, 建立空间直角坐标系O-xyz(如图所示).
则A(1, 0, 0), C(0, 0, 1), B. ∵P为AC的中点, ∴P. ∵=, 又由已知, 可得==. 又=+=. ∴=-=, ∴·=·(1, 0, 0)=0. 故⊥.
(Ⅱ)记平面ABC的法向量n=(n1, n2, n3), 则由n⊥, n⊥, 且=(1, 0, -1),
得故可取n=(1, , 1). 又平面OAC的法向量为e=(0, 1, 0). ∴cos
3.(Ⅰ)如图所示, 由正三棱柱ABC-A1B1C1的性质知AA1⊥平面ABC.
又DE?平面ABC, 所以DE⊥AA1. 而DE⊥A1E, AA1∩A1E=A1, 所以DE⊥平面ACC1A1.
又DE?平面A1DE, 故平面A1DE⊥平面ACC1A1. (Ⅱ)解法一:过点A作AF垂直A1E
于点F, 连结DF. 由(Ⅰ)知, 平面A1DE⊥平面ACC1A1, 所以AF⊥平面A1DE. 故∠ADF是直线AD和平面A1DE所成的角.
因为DE⊥平面ACC1A1, 所以DE⊥AC. 而△ABC是边长为4的正三角形, 于是AD=2, AE=4-CE=4-CD=3. 又因为AA1=, 所以A1E===4, AF==,
sin∠ADF==. 即直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.
解法二: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, ),
D(-1, , 0), E(-1, 0, 0).
易知=(-3, , -), =(0, -, 0), =(-3, , 0). 设n=(x, y, z)是平面A1DE的一
个法向量, 则解得x=-z, y=0. 故可取n=(, 0, -3).
于是cos
由此即知, 直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.
4.解法一:(Ⅰ)证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴AB⊥AA1. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC.
∴AB⊥平面ACC1A1, 又A1C?平面ACC1A1, ∴AB⊥A1C. (Ⅱ)如图, 作AD⊥A1C交A1C
于D点, 连结BD, 由三垂线定理知BD⊥A1C, ∴∠ADB为二面角A-A1C-B的平面角. 在Rt△AA1C中, AD===,
在Rt△BAD中, tan∠ADB==, ∴∠ADB=arctan, 即二面角A-A1C-B的大小为arctan.
解法二:(Ⅰ)证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴AA1⊥AB, AA1⊥AC. 在△ABC中, AB=1, AC=, ∠ABC=60°. 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC. 如图, 建立空间直角坐标系, 则A(0, 0, 0), B(1, 0, 0),
C(0, , 0), A1(0, 0, ), ∴=(1, 0, 0), =(0, , -). ∵·=1×0+0×+0
×(-)=0, ∴AB⊥A1C.
(Ⅱ)如图, 可取m==(1, 0, 0)为平面AA1C的法向量,
设平面A1BC的法向量为n=(l, m, n), 则·n=0, ·n=0, 又=(-1, , 0), ∴
∴l=m, n=m. 不妨取m=1, 则n=(, 1, 1).
cos
∴二面角A-A1C-B的大小为arccos.
5.解法一:(Ⅰ)作AO⊥BC, 垂足为O, 连结OD, 由题设知, AO⊥底面BCDE, 且O为BC中点. 由=
=知, Rt△OCD∽Rt△CDE, 从而∠ODC=∠CED, 于是CE⊥OD. 由三垂线定理知, AD⊥CE.
(Ⅱ)作CG⊥AD, 垂足为G, 连结GE. 由(Ⅰ)知, CE⊥AD. 又CE∩CG=C, 故AD⊥平面CGE, AD⊥GE, 所以∠CGE是二面角C-AD-E的平面角. GE===, CE=,
cos∠CGE===-. 所以二面角C-AD-E为arccos.
解法二:(Ⅰ)作AO⊥BC, 垂足为O. 由题设知AO⊥底面BCDE, 且O为BC的中点. 以O为坐标原点, 射线OC为x轴正向, 建立如图所示的直角坐标系O-xyz. 设A(0, 0, t). 由已知条件有C(1, 0, 0), D(1, , 0), E(-1, , 0), =(-2, , 0), =(1, , -t). 所以·=0, 知AD⊥CE.
(Ⅱ)△ABC为等边三角形, 因此A(0, 0, ).
作CG⊥AD, 垂足为G, 连结CE. 在Rt△ACD中,
求得|AG|=|AD|. 故G, ==, 又=(1, , -), ·=0, ·=0. 所以与的夹角等于二面角C-AD-E的平面角. 由cos<>=
=-知二面角C-AD-E为arccos.
6.解法一:(Ⅰ)取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1.
连结B1O, 在正方形BB1C1C中, O、D分别为BC、CC1的中点, ∴B1O⊥BD, ∴AB1⊥BD. 在正方形ABB1A1中, AB1⊥A1B, ∴AB1⊥平面A1BD.
(Ⅱ)设AB1与A1B交于点G, 在平面A1BD中, 作GF⊥A1D于F, 连结AF, 由(Ⅰ)得AB1⊥平面A1BD, ∴AF⊥A1D. ∴∠AFG为二面角A-A1D-B的平面角. 在△AA1D中, 由等面积法可求得AF=, 又∵AG=
AB1=, ∴sin∠AFG===, 所以二面角A-A1D-B的大小为arcsin.
解法二:(Ⅰ)取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1中点O1, 以O为原点, 的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则B(1, 0, 0), D(-1, 1, 0), A1(0, 2, ), A(0, 0, ), B1(1, 2, 0), ∴=(1, 2, -), =(-2, 1, 0), =(-1, 2, ). ∵·=-2+2+0=0, ·
=-1+4-3=0, ∴⊥⊥, ∴AB1⊥平面A1BD.
(Ⅱ)设平面A1AD的法向量为n=(x, y, z). =(-1, 1, -), =(0, 2, 0).
∵n⊥, n⊥, ∴∴∴令z=1得n=(-, 0, 1)为平面A1AD的
一个法向量. 由(Ⅰ)知AB1⊥平面A1BD, ∴为平面A1BD的法向量. cos
=-. ∴二面角A-A1D-B的大小为arccos.
7.
解法一:(Ⅰ)∵AC=BC=a, ∴△ACB是等腰三角形, 又D是AB的中点, ∴CD⊥AB, 又VC⊥底面ABC,∴VC⊥AB, 于是AB⊥平面VCD, 又AB?平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.
(Ⅱ)过点C在平面VCD内作CH⊥VD于H, 则由(Ⅰ)知CH⊥平面VAB. 连结BH, 于是∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角. 依题意∠CBH=, 所以在Rt△CHD中, CH=asin θ;在Rt△BHC中,
CH=asin=, ∴sin θ=, ∵0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.
解法二:(Ⅰ)以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(0, 0, 0), A(a, 0, 0), B(0, a, 0), D, V. 于是, =
==(-a, a, 0). 从而·=(-a, a, 0)·=-a2+a2+0=0, 即AB⊥CD. 同理·
=(-a, a, 0)·=-a2+a2+0=0, 即AB⊥VD.
又CD∩VD=D, ∴ AB⊥平面VCD, 又AB?平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.
(Ⅱ)设平面VAB的一个法向量为n=(x, y, z),
则由得
可取n=(1, 1, cot θ), 又=(0, -a, 0), 于是sin===sin θ, 即sin θ=, ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.
解法三:(Ⅰ)以点D为原点, 以DC、DB所在的直线分别为x轴、y轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0, 0, 0),
A,B,C,V, 于是== =(0,a,0),从而·=(0a,0)·=0, 即AB⊥DC. 同理·=(0, a, 0)·=0, 即AB⊥DV. 又DC∩DV=D, ∴ AB⊥平面VCD.
又AB?平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.
(Ⅱ)设平面VAB的一个法向量为n=(x, y, z), 则由得
取n=(tan θ, 0, 1), 又=, 于是sin===sin θ,
即sin θ=. ∵ 0<θ<, ∴θ=. 故当θ=时, 直线BC与平面VAB所成的角为.
8. 解法一:(Ⅰ)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, 所以MO∥AB, A、B、O、M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=, MO∥AB,
则==, EO=OB=, 所以EB=2=AB, 故∠AEB=45°.
∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.
(Ⅱ)CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由(Ⅰ)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θ. 因为∠BCE=120°, 所以∠
BCF=60°. BF=BC·sin 60°=, tan θ==2, sin θ=. 所以, 所求二面角的正弦值是. 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. OB=OM=, 则各点坐标分别为O(0, 0, 0), C(1, 0, 0), M(0, 0, ), B(0, -, 0), A(0, -, 2),
(Ⅰ)设直线AM与平面BCD所成的角为α. 因=(0, , -), 平面BCD的法向
量为n=(0, 0, 1). 则有sin α=cos<, n>===, 所以α=45°.
∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.
(Ⅱ)=(-1, 0, ), =(-1, -, 2).
设平面ACM的法向量为n1=(x, y, z), 由得解得x=z, y=z, 取n1=(, 1, 1). 平面BCD的法向量为n=(0, 0, 1). 则cos
9.解法一:(Ⅰ)因为PD⊥平面ABCD, BC?平面ABCD,
所以PD⊥BC. 由∠BCD=90°, 得BC⊥DC. 又PD∩DC=D, PD?平面PCD, DC?平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为PC?平面PCD, 所以PC⊥BC.
(Ⅱ)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°. 从而由AB=2, BC=1, 得△ABC的面积S△ABC=1. 由PD⊥平面ABCD及PD=1, 得三棱锥P-ABC的体积V=S△
·PD=. 因为PD⊥平面ABCD, DC?平面ABCD, 所以PD⊥DC. 又PD=DC=1, 所以PC==. ABC
由PC⊥BC, BC=1, 得△PBC的面积S△PBC=. 由V=S△PBC h=··h=, 得h=. 因此, 点A到平面PBC的距离为.
解法二:建立如图所示空间直角坐标系D-xyz, 则P(0, 0, 1), C(0, 1, 0), B(1, 1, 0).
(Ⅰ)=(0, 1, -1), =(-1, 0, 0). ∵·=0×(-1)+1×0+(-1)×0=0, ∴PC⊥BC.
(Ⅱ)设平面PBC的法向量n=(x, y, z), 则有即令y=1得n=(0, 1, 1). 又因为A(1, -1, 0), =(0, 2, 0), 所以点A到平面PBC的距离d===.
解法三:(Ⅱ)取AB中点E, 连DE, 则DE∥BC, DE∥面PBC, 则A点到面PBC的距离等于E点到面PBC 距离的2倍, 即等于点到面PBC距离的2倍. 过D作DH⊥PC, 则DH⊥面PBC. 在Rt△PCD中, DH=, ∴A到面PBC的距离为.
10.解法一:(Ⅰ)连结A1B, 记A1B与AB1的交点为F.
因为面AA1B1B为正方形, 故A1B⊥AB1, 且AF=FB1. 又AE=3EB1, 所以FE=EB1. 又D为BB1的中点, 故DE∥BF, DE⊥AB1. 作CG⊥AB, G为垂足, 由AC=BC知, G为AB中点.
又由底面ABC⊥面AA1B1B, 得CG⊥面AA1B1B. 连结DG, 则DG∥AB1, 故DE⊥DG, 由三垂线定理, 得DE⊥CD. 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.
(Ⅱ)因为DG∥AB1, 故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角, ∠CDG=45°. 设AB=2, 则AB1=2, DG=, CG=, AC=. 作B1H⊥A1C1, H为垂足. 因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C, 故B1H⊥面AA1C1C, 又作HK⊥AC1, K为垂足, 连结B1K, 由三垂线定理, 得B1K⊥AC1, 因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.
B1H==, HC1==, AC1==, HK==,
tan∠B1KH==, 所以二面角A1-AC1-B1的大小为arctan.
解法二:(Ⅰ)以B为坐标原点, 射线BA为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.
设AB=2, 则A(2, 0, 0), B1(0, 2, 0), D(0, 1, 0), E,
又设C(1, 0, c), 则==(2, -2, 0), =(1, -1, c). 于是·=0, ·=0, 故DE⊥B1A, DE⊥DC, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.
(Ⅱ)因为<>等于异面直线AB1与CD的夹角,
故·=||·||cos 45°, 即2××=4, 解得c=, 故=(-1, 0, ). 又
==(0, 2, 0), 所以=+=(-1, 2, ). 设平面AA1C1的法向量为m=(x, y, z), 则m·
=0, m·=0, 即-x+2y+z=0且2y=0. 令x=, 则z=1, y=0, 故m=(, 0, 1). 设平面AB1C1
的法向量为n=(p, q, r), 则n·=0, n·=0, 即-p+2q+r=0, 2p-2q=0. 令p=, 则q=, r=-1, 故n=(, -1).
所以cos
11. (2009全国Ⅰ, 19, 12分)如图, 四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为矩形, SD⊥底面ABCD, AD=, DC=SD=2. 点M在侧棱SC上, ∠ABM=60°.
11.解法一:(Ⅰ)作ME∥CD交SD于点E, 则ME∥AB, ME⊥平面SAD.
连结AE, 则四边形ABME为直角梯形.
作MF⊥AB, 垂足为F, 则AFME为矩形. 设ME=x, 则SE=x,AE==
, MF=AE=, FB=2-x. 由MF=FB·tan 60°, 得=(2-x), 解得x=1. 即ME=1, 从而ME= DC, 所以M为侧棱SC的中点.
(Ⅱ)MB==2, 又∠ABM=60°, AB=2, 所以△ABM为等边三角形.
又由(Ⅰ)知M为SC中点, SM=, SA=, AM=2, 故SA2=SM2+AM2, ∠SMA=90°. 取AM中点G, 连结BG, 取SA中点H, 连结GH, 则BG⊥AM, GH⊥AM, 由此知∠BGH为二面角S-AM-B的平面角. 连结BH.
在△BGH中, BG=AM=, GH=SM=, BH==, 所以cos∠BGH==-. 二面角S-AM-B的大小为arccos.
解法二:以D为坐标原点, 射线DA为x轴正半轴, 建立如图所示的直角坐标系D-xyz.
设A(, 0, 0), 则B(, 2, 0), C(0, 2, 0), S(0, 0, 2).
(Ⅰ)设=λ(λ>0), 则M, =. 又=(0, 2, 0), <>=60°, 故·=||·||cos 60°, 即=, 解得λ=1, 即=. 所以M 为侧棱SC的中点.
(Ⅱ)由M(0, 1, 1), A(, 0, 0), 得AM的中点G. 又==(0, -1, 1),
=(-, 1, 1). ·=0, ·=0, 所以⊥⊥. 所以<>等于二面角S-AM-B 的平面角. 因为cos<>==-. 所以二面角S-AM-B的大小为arccos.
12.解法一:(Ⅰ)取BC中点F, 连结EF, 则EF B1B, 从而EFDA.
连结AF, 则ADEF为平行四边形, 从而AF∥DE. (2分)又DE⊥平面BCC1, 故AF⊥平面BCC1,
从而AF⊥BC, 即AF为BC的垂直平分线, 所以AB=AC. (5分)
(Ⅱ)作AG⊥BD, 垂足为G, 连结CG. 由三垂线定理知CG⊥BD, 故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角. 由题设知, ∠AGC=60°. 设AC=2, 则AG=. 又AB=2, BC=2, 故AF=. 由AB·AD=AG·BD得
2AD=·, 解得AD=, 故AD=AF. 又AD⊥AF, 所以四边形ADEF为正方形. (8分)因为BC
⊥AF, BC⊥AD, AF∩AD=A, 故BC⊥平面DEF, 因此平面BCD⊥平面DEF. 连结AE、DF, 设AE∩DF=H, 则EH⊥DF, EH⊥平面BCD. 连结CH, 则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角. 因ADEF为正方形, AD=,
故EH=1, 又EC=B1C=2, 所以sin∠ECH==, 所以∠ECH=30°, 即B1C与平面BCD所成的角为30°. (12分)
解法二:(Ⅰ)以A为坐标原点, 射线AB为x轴的正半轴, 建立如图所示的直角坐标系A-xyz. 设B(1, 0, 0),
C(0, b, 0), D(0, 0, c), 则B1(1, 0, 2c), E. (2分)于是==(-1, b, 0). 由
DE⊥平面BCC1知DE⊥BC, ·=0, 求得b=1, 所以AB=AC. (5分)
(Ⅱ)设平面BCD的法向量=(x, y, z), 则·=0, ·=0. 又=(-1, 1, 0), =(-1, 0, c), 故(8分)令x=1, 则y=1, z==. 又平面ABD的法向量=(0, 1, 0). 由
二面角A-BD-C为60°知, <>=60°, 故·=||·||·cos 60°, 求得c=. 于是
中考数学重难点专题讲座 第七讲 坐标系中的几何问题 【前言】 前面六讲我们研究了几何综合题及代数综合题的各种方面，相信很多同学都已经掌握了。但是中考中，最难的问题往往都是几何和代数混杂在一起的，一方面涉及函数，坐标系，计算量很大，另一方面也有各种几何图形的性质体现。所以往往这类问题都会在最后两道题出现，而且基本都是以多个小问构成。此类问题也是失分最高的，往往起到拉开分数档次的关键作用。作为想在中考数学当中拿高分甚至满分的同学，这类问题一定要重视。此后的两讲我们分别从坐标系中的几何以及动态几何中的函数两个角度出发，去彻底攻克此类问题。 第一部分 真题精讲 【例1】2010，石景山，一模 已知：如图1，等边ABC ?的边长为x 轴上且() 10A ，AC 交y 轴于点E ，过点E 作EF ∥AB 交BC 于点F ． （1）直接写出点B C 、的坐标； （2）若直线()10y kx k =-≠将四边形EABF 的面积两等分，求k 的值； （3）如图2，过点A B C 、、的抛物线与y 轴交于点D ，M 为线段OB 上的一个动点，过x 轴上一点()2,0G -作DM 的垂线，垂足为H ，直线GH 交y 轴于点N ，当M 点在线段 OB 上运动时，现给出两个结论： 。 ① GNM CDM ∠=∠ ②MGN DCM ∠=∠，其中有且只有一个结论是正确的，请你判 断哪个结论正确，并证明．
图2 图1 【思路分析】 很多同学一看到这种题干又长条件又多又复杂的代几综合压轴题就觉得头皮发麻，稍微看看不太会做就失去了攻克它的信心。在这种时候要慢慢将题目拆解，条分缕析提出每一个条件，然后一步一步来。第一问不难，C 点纵坐标直接用tg60°来算，七分中的两分就到手了。第二问看似较难，但是实际上考生需要知道“过四边形对角线交点的任意直线都将四边形面积平分”这一定理就轻松解决了，这个定理的证明不难，有兴趣同学可以自己证一下加深印象。由于EFAB 还是一个等腰梯形，所以对角线交点非常好算，四分到手。最后三分收起来有点麻烦，不过稍微认真点画图，不难猜出①式成立。抛物线倒是好求，因为要证的是角度相等，所以大家应该想到全等或者相似三角形，过D 做一条垂线就发现图中有多个全等关系，下面就忘记抛物线吧，单独将三角形拆出来当成一个纯粹的几何题去证明就很简单了。至此，一道看起来很难的压轴大题的7分就成功落入囊中了。 【解析】解：（1 ）() 10B ；()13C ，． （2）过点C 作CP AB ⊥于P ，交EF 于点Q ，取PQ 的中点R ． ∵ABC ? 是等边三角形，() 10A ． ∴60EAO ∠=? ． 在Rt EOA ?中，90EOA ∠=?． ∴( tan 6013EO AO =??=-= ∴(0,3E ． … ∵EF ∥AB 交BC 于F ，()13C ， ．
空间立体几何建立直角坐标系 1．[2015·浙江]如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝ AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是 B 1C 1的中点。 (1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ； (2)求二面角A 1－BD －B 1的平面角的余弦值。 解析：(1)证明：设E 为BC 的中点，连接A 1E ，AE ，DE ，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE 。 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC 。 故AE ⊥平面A 1BC 。 由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形。 故A 1D ∥AE 。 又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC 。 (2)方法一：作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F 。 由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°， 得A 1B ＝A 1A ＝4。 由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等。 由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1－BD －B 1的平面角。 由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得 BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43 ， 由余弦定理得cos ∠A 1FB 1＝－1 8。 方法二：以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，如图所示。
用空间向量解立体几何题型与方法 平行垂直问题基础知识 (1) 线面平行： l ∥α? a ⊥u? a ·u ＝0? a 1a 3＋ b 1b 3＋c 1c 3＝ 0 (2) 线面垂直： l ⊥α? a ∥u? a ＝ku? a 1＝ka 3，b 1＝ kb 3，c 1＝kc 3 (3) 面面平行： α∥β? u ∥v? u ＝kv? a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4 (4) 面面垂直： α⊥β? u ⊥v? u ·v ＝ 0? a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0 例 1、如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P-ABCD 中， PA ⊥底面 ABCD ， 的中点， PA ＝AB ＝1， BC ＝2. (1) 求证： EF ∥平面 PAB ； (2) 求证：平面 PAD ⊥平面 PDC. ［证明］ 以 A 为原点， AB ，AD ，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立 空 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)， D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E 12，1，12 ， uuur uuur uuur 1)，PD ＝(0,2，－1)，AP ＝(0,0,1)，AD ＝(0,2,0)， uuur ∥AB ，即 EF ∥AB. 又 AB? 平面 PAB ， EF? 平面 PAB ，所以 EF ∥平面 PAB. uuur uuur uuur uuur (2)因为 AP ·DC ＝(0,0,1) (1,0·,0)＝ 0， AD ·DC ＝(0,2,0) (1,0·,0)＝0， uuur uuur uuur uuur 所以 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC ，即 AP ⊥DC ，AD ⊥DC. 又 AP ∩ AD ＝ A ，AP? 平面 PAD ，AD? 平面 PAD ，所以 DC ⊥平面 PAD.因为 DC? 平面 PDC ， 直线 l 的方向向量为 a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面 α， β的法向量 u ＝ (a 3，b 3，c 3)， v ＝(a 4，b 4，c 4) 1 uuur 1 uuur F 0 ， 1， 2 ，EF ＝ －2， 0， 0 ，PB ＝ (1,0， uuur uuur E ， F 分别是 PC ， PD 间直角坐标系如图所示，则 DC ＝(1,0,0)， AB ＝(1,0,0)． uuur 1uuur uuur (1)因为 EF ＝－ 2AB ，所以 EF
中考数学难点分类讲解 第七讲 坐标系中的几何问题 第七讲 坐标系中的几何问题 【前言】 前面六讲我们研究了几何综合题及代数综合题的各种方面，相信很多同学都已经掌握了。但是中考中，最难的问题往往都是几何和代数混杂在一起的，一方面涉及函数，坐标系，计算量很大，另一方面也有各种几何图形的性质体现。所以往往这类问题都会在最后两道题出现，而且基本都是以多个小问构成。此类问题也是失分最高的，往往起到拉开分数档次的关键作用。作为想在中考数学当中拿高分甚至满分的同学，这类问题一定要重视。此后的两讲我们分别从坐标系中的几何以及动态几何中的函数两个角度出发，去彻底攻克此类问题。 第一部分 真题精讲 【例1】2010，石景山，一模 已知：如图1，等边ABC ? 的边长为x 轴上且() 10A ，AC 交y 轴于点E ，过点E 作EF ∥AB 交BC 于点F ． （1）直接写出点B C 、的坐标； （2）若直线()10y kx k =-≠将四边形EABF 的面积两等分，求k 的值； （3）如图2，过点A B C 、、的抛物线与y 轴交于点D ，M 为线段OB 上的一个动点，过x 轴上一点()2,0G -作DM 的垂线，垂足为H ，直线GH 交y 轴于点N ，当M 点在线段 OB 上运动时，现给出两个结论： ① GNM CDM ∠=∠ ②MGN DCM ∠=∠，其中有且只有一个结论是正确的，请你判断哪个结论正确，并证明． 图2 图1
【思路分析】 很多同学一看到这种题干又长条件又多又复杂的代几综合压轴题就觉得头皮发麻，稍微看看不太会做就失去了攻克它的信心。在这种时候要慢慢将题目拆解，条分缕析提出每一个条件，然后一步一步来。第一问不难，C 点纵坐标直接用tg60°来算，七分中的两分就到手了。第二问看似较难，但是实际上考生需要知道“过四边形对角线交点的任意直线都将四边形面积平分”这一定理就轻松解决了，这个定理的证明不难，有兴趣同学可以自己证一下加深印象。由于EFAB 还是一个等腰梯形，所以对角线交点非常好算，四分到手。最后三分收起来有点麻烦，不过稍微认真点画图，不难猜出①式成立。抛物线倒是好求，因为要证的是角度相等，所以大家应该想到全等或者相似三角形，过D 做一条垂线就发现图中有多个全等关系，下面就忘记抛物线吧，单独将三角形拆出来当成一个纯粹的几何题去证明就很简单了。至此，一道看起来很难的压轴大题的7分就成功落入囊中了。 【解析】解：（1）() 10B ；()13C ，． （2）过点C 作CP AB ⊥于P ，交EF 于点Q ，取PQ 的中点R ． ∵ABC ?是等边三角形，() 10A ． ∴60EAO ∠=? ． 在Rt EOA ?中，90EOA ∠=?． ∴(tan 6013EO AO =??=-= ∴(0,3E ． ∵EF ∥AB 交BC 于F ，()13C ， ． ∴1R ? ?? ． （就是四边形对角线的中点，横坐标自然和C 一样，纵坐标就是E 的纵坐标的一半） ∵直线1y kx =-将四边形EABF 的面积两等分． ∴直线1y kx =-必过点1R ? ?? ． ∴1k -= ，∴k
向量法解立体几何 立体几何的计算和证明常常涉及到二大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，线线平行，线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，面面所成角等。 一、基本工具 1.数量积： cos a b a b θ?= 2.射影公式：向量a 在b 上的射影为 a b b ? 3.直线0Ax By C ++=的法向量为 (),A B ，方向向量为 (),B A - 4.平面的法向量（略） 二、用向量法解空间位置关系 1.平行关系 线线平行?两线的方向向量平行 线面平行?线的方向向量与面的法向量垂直 面面平行?两面的法向量平行 2.垂直关系 线线垂直（共面与异面）?两线的方向向量垂直 线面垂直?线与面的法向量平行 面面垂直?两面的法向量垂直 三、用向量法解空间距离 1.点点距离
点()111,,P x y z 与()222,,Q x y z 的 距离为PQ =u u u r 2.点线距离 求点()00,P x y 到直线:l 0Ax By C ++=的距离： 方法：在直线上取一点(),Q x y ， 则向量PQ u u u r 在法向量(),n A B =上的射影 PQ n n ?u u u r = 即为点P 到l 的距离. 3.点面距离 求点()00,P x y 到平面α的距离： 方法：在平面α上去一点(),Q x y ，得向量PQ u u u r ， 计算平面α的法向量n ， 计算PQ u u u r 在α上的射影，即为点P 到面α的距离. 四、用向量法解空间角 1.线线夹角（共面与异面） 线线夹角?两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2.线面夹角 求线面夹角的步骤： ① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可，若为钝角，则取其补角； ②再求其余角，即是线面的夹角. 3.面面夹角（二面角） 若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角；法
空间向量与立体几何 一、知识网络： 二．考纲要求： （1）空间向量及其运算 ① 经历向量及其运算由平面向空间推广的过程； ② 了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示； ③ 掌握空间向量的线性运算及其坐标表示； ④ 掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直。 （2）空间向量的应用 ① 理解直线的方向向量与平面的法向量； ② 能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系； ③ 能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）； ④ 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。 三、命题走向 本章内容主要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用。本章是立体几何的核心内容，高考对本章的考查形式为：以客观题形式考查空间向量的概念和运算，结合主观题借助空间向量求夹角和距离。 预测10年高考对本章内容的考查将侧重于向量的应用，尤其是求夹角、求距离，教
材上淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，加大了向量的应用，因此作为立体几何解答题，用向量法处理角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。 第一课时 空间向量及其运算 一、复习目标：1．理解空间向量的概念；掌握空间向量的加法、减法和数乘； 2．了解空间向量的基本定理； 3．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；理解空间向量的夹角的概念；掌握空间向量的数量积的概念、性质和运算律；了解空间向量的数量积的几何意义；能用向量的数量积判断向量的共线与垂直。 二、重难点：理解空间向量的概念；掌握空间向量的运算方法 三、教学方法：探析类比归纳，讲练结合 四、教学过程 （一）、谈最新考纲要求及新课标高考命题考查情况，促使积极参与。 学生阅读复资P128页，教师点评，增强目标和参与意识。 （二）、知识梳理，方法定位。（学生完成复资P128页填空题，教师准对问题讲评）。 1．空间向量的概念 向量：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。如位移、速度、力等。 相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量。 表示方法：用有向线段表示，并且同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量。 说明：①由相等向量的概念可知，一个向量在空间平移到任何位置，仍与原来的向量相等，用同向且等长的有向线段表示；②平面向量仅限于研究同一平面内的平移，而空间向量研究的是空间的平移。 ②向量加法的平行四边形法则在空间仍成立。 3．平行向量(共线向量)：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合， 则这些向量叫做共线向量或平行向量。a 平行于b 记作a ∥b 。 注意：当我们说a 、b 共线时，对应的有向线段所在直线可能是同一直线，也可能是平 行直线；当我们说a 、b 平行时，也具有同样的意义。 共线向量定理：对空间任意两个向量a （a ≠）、b ，a ∥b 的充要条件是存在实数λ使b ＝λa （1）对于确定的λ和a ，b ＝λa 表示空间与a 平行或共线，长度为 |λa |，当λ>0时与
2015年七年级下学期期末备考之《平面直角坐标系中几何综合 题》 2015-06-15一．解答题（共17小题） 1．（2015春?玉环县期中）如图在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0），（﹣1，2）．且|2a+b+1|+=0． （1）求a、b的值； （2）①在y轴的正半轴上存在一点M，使S△COM=S△ABC，求点M的坐标．（标注：三角形ABC 的面积表示为S△ABC） ②在坐标轴的其他位置是否存在点M，使S△COM=S△ABC仍成立若存在，请直接写出符合条件的点M的坐标． 2．（2015春?汕头校级期中）如图，在下面直角坐标系中，已知A（0，a），B（b，0），C （3，c）三点，其中a、b、c满足关系式：|a﹣2|+（b﹣3）2+=0． （1）求a、b、c的值； （2）如果在第二象限内有一点P（m，），请用含m的式子表示四边形ABOP的面积；（3）在（2）的条件下，是否存在负整数m，使四边形ABOP的面积不小于△AOP面积的两倍若存在，求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．
3．（2015春?鄂城区期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为A（a，0），B（b，0），且a、b满足a=+﹣1，现同时将点A，B分别向上平移2个单位，再向右平移1个单位，分别得到点A，B的对应点C，D，连接AC，BD，CD． （1）求点C，D的坐标及四边形ABDC的面积S四边形ABDC． （2）在y轴上是否存在一点P，连接PA，PB，使S△PAB=S四边形ABDC若存在这样一点，求出点P 的坐标；若不存在，试说明理由． （3）点P是线段BD上的一个动点，连接PC，PO，当点P在BD上移动时（不与B，D重合）的值是否发生变化，并说明理由． 4．（2014春?富顺县校级期末）在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0），C（﹣1，2）（见图1），且|2a+b+1|+=0 （1）求a、b的值； （2）①在x轴的正半轴上存在一点M，使△COM的面积=△ABC的面积，求出点M的坐标； ②在坐标轴的其它位置是否存在点M，使△COM的面积=△ABC的面积仍然成立若存在，请直接写出符合条件的点M的坐标；
建立空间直角坐标系，解立体几何高考题 立体几何重点、热点： 求线段的长度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂直关系等． 常用公式： 1 、求线段的长度： 222z y x AB ++==()()()2 12212212z z y y x x -+-+-= 2、求P 点到平面α的距离： PN = ，（N 为垂足，M 为斜足，为平面α的法向量） 3、求直线l 与平面α所成的角：|||||sin |n PM ?= θ，(l PM ?,α∈M ,为α的法向量) 4、求两异面直线AB 与CD 的夹角：cos = θ 5、求二面角的平面角θ：|||||cos |21n n ?= θ，（ 1n ，2n 为二面角的两个面的法向量） 6、求二面角的平面角θ：S S 射影 = θ cos ，（射影面积法） 7、求法向量：①找；②求：设, 为平面α内的任意两个向量，)1,,(y x =为α的法向量， 则由方程组?????=?=?0 n b n a ，可求得法向量．