1、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，平面以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系由(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，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，設平面的法向量為，令，則，平面的法向量，又平面的法向量為，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

2、不垂直，與平面不平行且不在平面內，與平面相交3【解析】(1)因為，為的中點，所以，且連結因為，所以為等腰直角三角形，且，由知由，知平面(2)如圖，以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系由已知得，取平面的法向量設，則設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)由題設知，平面平面，交線為因為，平面，所以平面，故因為為上異于，的點，且為直徑，所以 又=，所以平面而平面，故平面平面(2)以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系當三棱錐體積最大時，為的中點由題設得，設是平面的法向量，則即可取是平面的法向量

3、，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，分別以，的方向為軸，軸，軸的正方向的空間直角坐標系（如圖），可得，(1)證明：依題意，設為平面的法向量，則 即 不妨令，可得又，可得，又因為直線平面，所以平面(2)依題意，可得，設為平面的法向量，則 即 不妨令，可得設為平面的法向量，則 即不妨令，可得因此有，于是所以，二面角的正弦值為(3)設線段的長為()，則點的坐標為，可得易知，為平面的一個法向量，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，的中點分別為，則，以為基底，建立空間直角坐標系因為，所以(1)因為為的中點，所以，從而，故因此，異面直

4、線BP與AC1所成角的余弦值為(2)因為Q為BC的中點，所以，因此，設n=（x，y，z）為平面AQC1的一個法向量，則即不妨取，設直線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）在平面內做，垂足為，由（1）可知，平面，故，可得平面以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系由（1）及已知可得，所以，設是平面的法向量，則，即，可取設是平面的法向量，則，即，可取則，所以二面角的余弦值為8【解析】（1）取

5、的中點，連結，因為是的中點，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，以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖的空間直角坐標系，則，設，則，因為與底面所成的角為，而是底面的法向量，所以，即 又在棱上，設，則， 由，解得（舍去），所以，從而設是平面的法向量，則，即，所以可取，于是因此二面角的余弦值為9【解析】（1）由題設可得，從而又是直角三角形，所以取的中點，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）由題設及（1）知，兩兩垂直，以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，由題

6、設知，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，得故，設是平面的法向量，則即可取設是平面的法向量，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，分別以，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系依題意可得，（）證明：=，=設，為平面的法向量，則，即不妨設，可得又=（1，2，），可得因為平面BDE，所以MN/平面BDE（）易知為平面CEM的一個法向量設為平面EMN的法向量，則，因為，所以不妨設，可得因此有，于是所以，二面角CEMN的正弦值為（）依題意，設AH=h（），則H（0，0，h），進而可得，由已知，得，整理得，解得，或所以，線

7、段AH的長為或11【解析】（）設交點為，連接因為平面，平面平面，所以因為是正方形，所以為的中點，在中，知為的中點（）取的中點，連接，因為，所以又因為平面平面，且平面，所以平面因為平面，所以因為是正方形，所以如圖建立空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，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)取中點為，連結， ， ， ， 以為原點，如圖建系易知，則，設為面的法向量，令，則與面夾角有，(3)假設存在點使得面， 設，由(2)知，有面，為的法

8、向量，即，綜上，存在點，即當時，點即為所求13【解析】()連結，取的中點，連結，因為，在上底面內，不在上底面內，所以上底面，所以平面；又因為，平面，平面，所以平面；所以平面平面，由平面，所以平面EFBACGH() 連結， ，以為原點，分別以為 軸，建立空間直角坐標系EFBACO，Oxyz，于是有，可得平面中的向量，,于是得平面的一個法向量為，又平面的一個法向量為，設二面角為，則二面角的余弦值為14【解析】(1)證明：找到中點，連結，矩形,、是中點，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，如圖所示建立空間直角坐標系，設面的法向量得：面，面的法向量(3)，設，得：1

9、5【解析】（）連接，設，連接在菱形中，不妨設，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，以為坐標原點，分別以的方向為軸，y軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系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，連接，又是的中點，又是中點，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，過點作，因為又因為平面，所以，以為原點，分別以的方向為x軸，軸，軸的正方向，建立

10、空間直角坐標系，則A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)因為平面，所以為平面的法向量，設為平面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，連接，又是的中點，可知，又，所以平面在矩形ABCD中，由分別是，的中點得又，所以又因為，所以平面，因為，所以（）同解法一17【解析】（）證法一：連接，設，連接在三棱臺中，為的中點，可得，所以四邊形為平行四邊形，則為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面證法二：在三棱臺中，由，為的中點，可得，所以四邊形為平行四邊形，可得 ，在中，為的中點，為的中點，所以，又，所

11、以平面平面，因為平面，所以 平面（）解法一：設，則，在三棱臺中，為的中點，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，所以 ，因此 兩兩垂直，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以可得，故，設是平面的一個法向量，則由 可得可得 平面的一個法向量，因為是平面的一個法向量，所以，所以平面與平面所成角（銳角）的大小為解法二：作與點，作與點，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18【解析】（）在圖1中，因為，是的中點，=，所以即在圖2中，從而平面又，

12、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，建立空間直角坐標系，因為，所以，得 ，設平面的法向量，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，連結因為為矩形，所以為的中點又為的中點，所以平面,平面，所以平面（）因為平面，為矩形，所以，兩兩垂直如圖，以為坐標原點，的方向為軸的正方向，為單位長，建立空間直角坐標系，則設，則設為平面的法向量，則即，可取又為平面的法向量，由題設，即，解得因為為的中點，所以三棱錐的高為三棱錐的體積20【解析】（）證明：四邊形為等腰梯形，且，所以且，連接為四棱柱，

13、 又為的中點，,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，為軸，為軸，為軸建立空間坐標系，設平面的法向量為 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，以為坐標原點，在平面內過作垂直的直線為軸，所在直線為軸，在平面內過作垂直的直線為軸，建立如圖所示空問直角坐標系易得，因而，因此，所以（）如上圖中，平面

14、的一個法向量為設平面的法向量，又，由得其中設二面角大小為，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，因為側面，所以又又（）因為又因為，以因為則23【解析】：（）因為平面,平面平面平面所以平面又平面所以 （）過點在平面內作,如圖由（）知平面平面所以以為坐標原點,分別以的方向為軸, 軸, 軸的正方向建立空間直角坐標系依題意,得則設平面的法向量則即取得平面的一個法向量設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，所以，又，從而平面（）方法一：作，與交于點，過點作，與交于點，連結，由（

15、）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，分別以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標系如圖所示，由題意可知各點坐標如下：，設平面的法向量為，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，則中，又，由（）知，又，同理，如圖所示，以D為原點，建立空間直角坐標系，則，設是平面的法向量，則，又，所以，令，得，由（）知平面的一個法向量

16、，設二面角的平面角為，可知為銳角，即所求26【解析】（）如圖，因為四邊形為矩形，所以同理因為，所以而，因此底面由題設知，故底面（）解法一 如圖，過作于H，連接，由（）知，底面，所以底面，于是又因為四棱柱ABCD-的所有棱長都相等，所以四邊形是菱形，因此，從而，所以，于是，進而故是二面角的平面角不妨設AB=2因為，所以，在中，易知而，于是故即二面角的余弦值為解法2 因為四棱柱-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為坐標原點，OB,OC, 所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系不妨設AB=2因為，所以，于是相關各點的坐標為：O(0，0，0)，易

17、知，是平面的一個法向量設是平面的一個法向量，則即取，則，所以設二面角的大小為，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，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，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，設平面的一個法向量,即得，取28【解析】（）取AB中點E，連結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為坐標原點，的方向為軸正方向，|為單位長度，建立如圖所示空間直角坐標系，有題

18、設知A(1,0,0),(0,0),C(0,0,),B(1,0,0),則=（1,0，）,=(1,0,),=(0,), 設=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，交于點O，連結DO，則O為的中點，因為D為AB的中點，所以OD，又因為OD平面，平面，所以 /平面；（）由=AC=CB=AB可設：AB=，則=AC=CB=，所以ACBC，又因為直棱柱，所以以點C為坐標原點，分別以直線CA、CB、為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系如圖，則、，設平面的法向量為，則且，可解得，令，得平面的一個法向量為，同理可得平面的一個法向量為

19、，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,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（）傳統法:過作交的延長線于,連結,因為平面,所以,所以為二面角的平面角結合圖1可知,為中點,故,從而所以,所以二面角的平面角的余弦值為向量法:以點為原點,建立空間直角坐標系如圖所示,則,所以,設為平面的法向量,則,即,解得,令,得由() 知,為平面的一個法向量,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為原點建立直角坐標系，如圖：,解法二： （）取由（）知，32【解析】（）直線平面，證明如下：連接，因為，分別

20、是，的中點，所以 又平面，且平面，所以平面而平面，且平面平面，所以因為平面，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 因為是的直徑，所以，于是已知平面，而平面，所以而，所以平面連接，因為平面，所以故就是二面角的平面角，即 由，作，且 連接，因為是的中點，所以，從而四邊形是平行四邊形，連接，因為平面，所以是在平面內的射影，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（）可知交線即為直線以點為原點，向量所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則有

21、, 于是，所以，從而 又取平面的一個法向量為，可得，設平面的一個法向量為， 所以由 可得 取于是，從而故，即33【解析】解法一 如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，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）設平面的法向量，則，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一個法向量為=（-3，-2，1）由（）知，又，可得平面，故=（1，0，-1）為平面的一個法向量于是從而所以二面角B1CEC1的正弦值為（）=（0，1，0），=(1，l

22、，1)，設，有可取=（0，0，2）為平面的一個法向量，設為直線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，過點作于點，連接，面面面 得：點與點重合且是二面角的平面角設，則，既二面角的大小為35【解析】（）以為原點的方向分別為軸,軸,軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)設,則，故， ， （）假設在棱AA1上存在一點， 使得DP平面此時 又設平面的法向量=(x,y,z) 平面，,，得取，得平面的一個法向量 要使DP平面，只要，有，解得 又DP平面，存在點P，滿足DP平面，此時AP= （）連接A1D,B1C,由長方體ABCD-A1B1C1D1及AA1=

23、AD=1,得AD1A1D B1CA1D,AD1B1C 又由（）知B1EAD1,且B1CB1E=B1, AD1平面DCB1A1是平面A1B1E的一個法向量,此時=(0,1,1) 設與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】（）因為，分別為，的中點，所以是的中位線，所以，又因為平面，所以平面（）方法一：連接交于，以為原點，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示在菱形中，得，又因為平面，所以，在直角中，得，由此知個點坐標如下，設為平面的法向量，由知，取，得設為平面的法向量，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

24、中，得又因為平面，所以所以所以而，分別為，的中點，所以，且取線段中點，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】（）因為， 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為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為軸的正半軸建立空間直角坐標系D-，則，設平面的法向量為，則， 即 因此可取=設平面的法向量為，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G是線段DA與EB延長線的交點 由于與都是正三角形，所以，OG=OD=2，

25、同理，設是線段DA與線段FC延長線的交點，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，所以BC是的中位線，故BCEF（向量法）過點F作，交AD于點Q，連QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q為坐標原點，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系由條件知則有所以即得BCEF（）由OB=1，OE=2，而是邊長為2的正三角形，故所以過點F作FQAD，交AD于點Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱錐FOBED的高，且FQ=，所以39【證明】（）在PAD中，因為E、F分別為AP，AD的中點，所以EF/PD又因為EF平面PCD，PD平面PCD，所以直線EF/平面PCD（）連結DB，因為AB=AD，BAD=60°，所以為正三角形，因為F是AD的中點，所以BFAD因為平面PAD平面ABCD，BF平面AB