第17期 用向量方法研究立体几何中的度量关系（空间中的角）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 第１７期３，４版 空间中的角同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＤＣＢ　５～８　ＤＢＢＡ 提示： １．因为两个半平面的法向量所成的角为π３， 所以这个二面角的平面角的大小为 π ３或 ２π ３． ２．因为ｍ·ｎ＝（１，０，１）·（－３，１，３） ＝－３＋０＋３＝０， 所以ｍ⊥ｎ， 所以平面α与β所成的角等于９０°． ３．设→ＡＢ＝ａ，→ＡＤ＝ｂ，ＡＡ→ １ ＝ｃ， 则由题意知｜ａ｜＝２，｜ｂ｜＝３，｜ｃ｜＝３， 三向量ａ，ｂ，ｃ两两之间的夹角都是π３． Ｂ１ → →Ｃ＝ＢＣ－ＢＢ→ １ →＝ＡＤ－ＡＡ→ １ ＝ｂ－ｃ， ＢＤ→ １ ＝ＡＤ→ １ →－ＡＢ＝ｂ＋ｃ－ａ， 故Ｂ１ → Ｃ·ＢＤ→ １ ＝（ｂ－ｃ）·（ｂ＋ｃ－ａ） ＝ｂ２－ａ·ｂ－ｃ２＋ａ·ｃ ＝９－２×３×ｃｏｓπ３－９＋２×３×ｃｏｓ π ３ ＝０， 即Ｂ１ → Ｃ⊥ＢＤ→ １，所以Ｂ１Ｃ与ＢＤ１所成角的大小为π２． ４．直线ＣＤ与平面ＡＢＣ所成角的正弦值为 ｜ｃｏｓ〈ｍ，→ＣＤ〉｜＝｜ｍ· →ＣＤ｜ ｜ｍ →｜｜ＣＤ｜ ＝｜３－４｜ 槡３×５ ＝槡３１５． ５．设 ｜ＰＤ｜＝ａ（ａ＞０），则 Ａ（２，０，０），Ｂ（２，２，０）， Ｐ（０，０，ａ）， (Ｅ １，１，ａ)２ ， 所以 →ＤＰ＝（０，０，ａ），→ (ＡＥ＝ －１，１，ａ)２ ． 因为ｃｏｓ〈→ＤＰ，→ＡＥ〉＝槡３３， 所以 →ＤＰ·→ＡＥ → →｜ＤＰ｜｜ＡＥ｜ ＝ ａ２ ２ ａ× ２＋ａ ２ 槡 ４ ＝槡３３， 解得ａ＝２，所以点Ｅ的坐标为（１，１，１）． ６．如图１，以点Ａ为坐标原点，→ＡＢ，→ＡＤ，ＡＡ→ １的方向 分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴的正方向建 立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为２，则Ａ（０， ０，０），Ｅ（２，０，１），Ｆ（０，２，１），Ｃ（２， ２，０）， 所以 →ＣＥ＝（０，－２，１），→ＣＦ＝ （－２，０，１）． 可求得平面ＥＣＦ的一个法向量为ｎ＝（１，１，２）． 设平面ＥＣＦ与平面ＡＢＣＤ的夹角为θ． 因为ｍ ＝（０，０，１）是平面ＡＢＣＤ的一个法向量， 所以ｃｏｓθ＝ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ２ 槡１×槡６ ＝槡６３． 由图可知平面ＥＣＦ与平面ＡＢＣＤ所成二面角的平面 角为锐角，所以平面ＥＣＦ与平面ＡＢＣＤ所成二面角的平面 角的余弦值为槡 ６ ３． ７．由圆锥的性质可知ＳＯ⊥ 平面 ＡＢＣ，故以点 Ｏ为坐标原 点，以平面ＡＢＣ内过点Ｏ且垂直 于ＡＣ的直线为 ｘ轴，ＯＣ，ＯＳ分 别为ｙ轴、ｚ轴建立空间直角坐 标系，如图２， 设ＯＡ＝ＯＢ＝１，ＳＡ＝槡５， 则ＯＳ＝２， 则Ａ（０，－１，０），Ｃ（０，１，０），Ｓ（０，０，２）， (Ｍ ０，－１２， )１ ． 因 为 ｃｏｓ∠ＢＯＣ ＝ ２３， 所 以 ｓｉｎ∠ＢＯＣ ＝ １－ｃｏｓ２∠槡 ＢＯＣ＝槡 ５ ３，可得 (Ｂ 槡５３，２３， )０ ． 所以 → (ＳＢ＝ 槡５３，２３，－ )２ ，→ (ＣＭ ＝ ０，－３２， )１ ， 所以ｃｏｓ〈→ＳＢ，→ＣＭ〉＝ －１－２ ５ ９＋ ４ ９＋槡 ４· ９ ４＋槡 １ ＝－ 槡６ ６５６５ ， 故异面直线ＳＢ与ＣＭ所成角的余弦值为 槡６ ６５６５ ． ８．如图３，过Ａ作ＡＥ⊥ＣＤ，垂 足为Ｅ，则ＤＥ＝１， 以Ａ为坐标原点，分别以ＡＥ， ＡＢ，ＡＰ所在直线为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立 如图３所示的空间直角坐标系， 则 Ｂ（０，１，０），Ｃ（ 槡２ ２，１，０）， (Ｍ 槡２，－１２， )１２ → (．ＢＭ ＝ 槡２， －３２， )１２ ，→ＢＣ＝（槡２２，０，０）， 设平面ＭＢＣ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＢＣ＝ 槡２２ｘ＝０， ｍ· →ＢＭ ＝槡２ｘ－ ３ ２ｙ＋ １ ２ｚ＝０ { ， 取ｍ ＝（０，１，３）． 取平面ＡＢＣＤ的一个法向量ｎ＝（０，０，１）， 设二面角Ｍ－ＢＣ－Ａ为α， 则ｃｏｓα＝｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝ 槡３ １０ １０ ， 所以二面角Ｍ－ＢＣ－Ａ的平面角的余弦值为 槡３ １０１０ ． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．对于（Ａ），两条异面直线所成的角与这两直线的方 向向量所成的角相等或互补，（Ａ）错误； 对于（Ｂ），直线的方向向量与该平面法向量夹角与直 线与平面所成的角相加或相减等于９０°，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），二面角的大小等于该二面角两个面的法向 量的夹角或补角，（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），若二面角两个面的法向量的夹角为１２０°， 则该二面角的大小等于６０°或１２０°，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．对于（Ａ），因为 ｂ＝－２ａ，且 ｌ１，ｌ２不重合，所以 ｌ１∥ｌ２，（Ａ）正确； 对于（Ｂ），因为ｃ·ｍ ＝６－４－２＝０，所以ｃ⊥ｍ， 所以ｌ∥α或ｌα，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），因为ｕ·ｖ＝－６＋８－２＝０，所以α⊥β， （Ｃ）正确； 对于（Ｄ），记直线 ｌ与平面 α所成角为 θ，则 ｓｉｎθ＝ ｜ｃｏｓ〈ｄ，ｎ〉｜＝ １ 槡２×槡２ ＝ １２， 因为θ [∈ ０，π ]２ ，所以θ＝π６，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．如图４， 以Ａ点为坐标原点，以 ＡＢ，ＡＤ，ＡＡ１所在直线分别 为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴建立空间直 角坐标系； 则 Ａ１（０，０，１），Ｂ（槡３，０，０），Ｃ（槡３，１，０），Ｃ１（槡３，１， １），Ｄ（０，１，０），Ｄ１（０，１，１），则Ａ１ → Ｃ＝（槡３，１，－１）． 设Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ），则Ａ１ → Ｐ＝（ｘ，ｙ，ｚ－１）． 对于（Ａ），当Ａ１ → Ｃ＝２Ａ１→ Ｐ时，槡３＝２ｘ，１＝２ｙ，－１＝ ２（ｚ－１），所以 (Ｐ 槡３２，１２， )１２ ，所以→ (ＢＰ＝ －槡３２，１２， )１２ ，平面ＡＢＣＤ的法向量为Ａ１→ Ａ＝（０，０，－１）． 所以直线 ＢＰ与平面 ＡＢＣＤ所成角的正弦值为 ｜ｃｏｓ〈Ａ１ → Ａ，→ＢＰ〉｜＝ Ａ１ → Ａ·→ＢＰ ｜Ａ１ → →Ａ｜｜ＢＰ｜ ＝槡５５，故（Ａ）正确； 对于（Ｂ），当Ａ１ → Ｃ＝３Ａ１→ Ｐ时，槡３＝３ｘ，１＝３ｙ，－１＝ ３（ｚ－１），所以 (Ｐ 槡３３，１３， )２３ ，所以Ｄ１→ (Ｐ＝ 槡３３，－２３， － )１３ ． 设平面ＢＤＣ１的法向量为ｎ＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′）， Ｃ１ → Ｄ＝（－槡３，０，－１），Ｃ１→ Ｂ＝（０，－１，－１）， 由 ｎ·Ｃ１ → Ｄ＝０， ｎ·Ｃ１ → Ｂ＝{ ０得 －槡３ｘ′－ｚ′＝０，－ｙ′－ｚ′＝０{ ， 取ｎ＝（１，槡３， －槡３），所以Ｄ１ → Ｐ·ｎ＝槡３３×１ (＋ － )２３ ×槡３ (＋ － )１３ ×（－槡３）＝０，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），当Ａ１ → Ｃ＝４Ａ１→ Ｐ时，槡３＝４ｘ，１＝４ｙ，－１＝ ４（ｚ－１），所以 (Ｐ 槡３４，１４， )３４ ， 平面ＡＡ１Ｄ１的法向量记为 →ＡＢ＝（槡３，０，０）， 设平面ＡＰＤ１的法向量记为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， → (ＡＰ＝ 槡３４，１４， )３４ ，ＡＤ→ １ ＝（０，１，１）， 由 ｍ·→ＡＰ＝０， ｍ·ＡＤ→ １ ＝ { ０得 槡３ ４ａ＋ １ ４ｂ＋ ３ ４ｃ＝０， ｂ＋ｃ＝０ { ， 取ｍ (＝ 槡２３３，１，－ )１ ．显然二面角Ａ１－ＡＤ１－Ｐ的 平面角为锐角， 所以二面角 Ａ１ －ＡＤ１ －Ｐ的平面角的余弦值为 ｜ｃｏｓ〈→ＡＢ，ｍ〉｜＝ →ＡＢ·ｍ →｜ＡＢ｜｜ｍ｜ ＝槡１０５ ，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），若Ａ１ → Ｃ·Ｄ１→ Ｐ＝０，Ａ１→ Ｃ＝（槡３，１，－１），Ａ１→ Ｐ ＝λＡ１ → Ｃ（０≤λ≤１）． 因为Ａ１ → Ｐ＝（ｘ，ｙ，ｚ－１），所以槡３λ＝ｘ，λ＝ｙ，－λ＝ !"#$%&'()*+,-./0. ! ( ! " # $ %&' !"#$%&'( )*& !"#!$+,-./ 0123456 & %+78 !%+9 ! " # ! ! " ! $ ! % ! & % $ ! ! ' ( ) ! % * + , $ ! " ( ' ) ( % ! % ! ! ! ' - " " ! $ $ ! ) ! # ! % $ - , " ! $ & ' ( ) 书 ｚ－１，所以Ｐ（槡３λ，λ，１－λ），Ｄ１ → Ｐ＝（槡３λ，λ－１，－λ）． 由Ａ１ → Ｃ·Ｄ１→ Ｐ＝（槡３λ）×槡３＋（λ－１）＋（－λ）× （－１）＝０解得λ＝ １５，所以Ａ１ → Ｐ＝ １５Ａ１ → Ｃ，即Ａ１→ Ｃ＝５ Ａ１ → Ｐ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．槡４５１５；　１３． 槡２１ ７ ；　１４． １ ３． 提示： １２．建立如图５所示空间直 角坐标系，设正方体的边长为２， 则Ｃ（０，２，０），Ｅ（１，０，２），Ｆ（２， １，０）， →ＣＥ＝（１，－２，２），→ＣＦ＝（２， －１，０）， 所 以 ｃｏｓ∠ＥＣＦ ＝ →ＣＥ·→ＣＦ → →｜ＣＥ｜｜ＣＦ｜ ＝ ４ ３×槡５ ＝ 槡４５１５． １３．由题意得，直线ｌ的方向向量为ｎ１＝（２，３，－１）， 平面α的法向量为ｍ１ ＝（２，－７，１）， 设直线ｌ与平面α所成角的大小为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｎ１，ｍ１〉｜＝ ｜（２，３，－１）·（２，－７，１）｜ ４＋９＋槡 １× ４＋４９＋槡 １ ＝｜４－２１－１｜ 槡１４×槡５４ ＝槡２１７ ． １４．将该“阿基米德多面体” 放入正方体中， 平面 ＥＦＧ和平面 ＧＨＫ为有 公共顶点的两个正三角形所在平 面， 建立如图６所示的空间直角 坐标系，设正方体的棱长为２， 则 Ｅ（１，０，２），Ｆ（２，１，２），Ｇ（２，０，１），Ｈ（２，１，０），Ｋ（１， ０，０）， 设平面ＥＦＧ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， →ＥＦ＝（１，１，０），→ＥＧ＝（１，０，－１）， 所以 →ＥＦ·ｍ ＝ｘ＋ｙ＝０， →ＥＧ·ｍ ＝ｘ－ｚ＝０{ ，取ｍ ＝（１，－１，１）． 设平面ＧＨＫ的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， →ＧＨ＝（０，１，－１），→ＧＫ＝（－１，０，－１）， 所以 →ＧＨ·ｎ＝ｂ－ｃ＝０， →ＧＫ·ｎ＝－ａ－ｃ＝０{ ，取ｎ＝（１，－１，－１）． 设平面ＥＦＧ和平面ＧＨＫ所成二面角的平面角为θ， 则ｃｏｓθ＝ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ １ 槡３×槡３ ＝１３． 显然θ为锐角，所以所求角的余弦值为 １３． 四、解答题 １５．解：以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴正 方向建立空间直角坐标系 Ｄ－ｘｙｚ，则 Ｄ（０，０，０），Ｃ（０，１， ０），Ｃ１（０，１，２），Ｂ（２，４，０）， →ＢＣ１＝（－２，－３，２），→ＤＣ＝（０， １，０）． 因为ｃｏｓ〈→ＢＣ１，→ＤＣ〉＝ →ＢＣ１·→ＤＣ →｜ＢＣ１ →｜｜ＤＣ｜ ＝－ 槡３ １７１７ ， 所以异面直线ＢＣ１与ＤＣ所成角的余弦值为 槡 ３ １７ １７ ． １６．解：以Ｂ为原点，→ＢＡ，→ＢＣ，ＢＢ→ １的方向分别为ｘ，ｙ，ｚ 轴正方向建立空间直角坐标系，则 Ａ（２，０，０），Ｃ（０，２，０）， Ａ１（２，０，２），Ｂ１（０，０，２），Ｃ１（０，２，２）．设ＡＣ的中点为Ｍ，连 接ＢＭ（图略）， 因为ＢＭ⊥ＡＣ，ＢＭ⊥ＣＣ１．所以ＢＭ⊥平面Ａ１Ｃ１Ｃ，即 →ＢＭ ＝（１，１，０）是平面Ａ１Ｃ１Ｃ的一个法向量． 设平面Ａ１Ｂ１Ｃ的一个法向量是ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， Ａ１ → Ｃ＝（－２，２，－２），Ａ１→ Ｂ１ ＝（－２，０，０）， 所以 ｎ·Ａ１ → Ｂ１ ＝－２ｘ＝０， ｎ·Ａ１ → Ｃ＝－２ｘ＋２ｙ－２ｚ＝０{ ． 取ｎ＝（０，１，１）．设法向量ｎ与 →ＢＭ的夹角为φ，二面 角Ｂ１－Ａ１Ｃ－Ｃ１的平面角为θ，显然θ为锐角． 因为ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓφ｜＝｜ｎ· →ＢＭ｜ ｜ｎ｜｜→ＢＭ｜ ＝１２，解得θ＝ π ３． 所以二面角Ｂ１－Ａ１Ｃ－Ｃ１的平面角为 π ３． １７．（１）证明：因为 △ＡＢＣ是等边三角形，则 ＡＢ＝ ＣＢ． 又∠ＢＡＤ＝∠ＢＣＤ＝９０°，ＢＤ为公共边， 所以Ｒｔ△ＡＢＤ≌Ｒｔ△ＣＢＤ，可得ＡＤ＝ＣＤ． 因为点Ｐ是ＡＣ的中点，则ＰＤ⊥ＡＣ，ＰＢ⊥ＡＣ． 因为ＰＤ∩ＰＢ＝Ｐ，ＰＤ平面ＰＢＤ，ＰＢ平面ＰＢＤ， 所以ＡＣ⊥平面ＰＢＤ，因为ＡＣ平面ＡＣＤ， 所以平面ＡＣＤ⊥平面ＢＤＰ． （２）解：如图７，作ＣＥ⊥ＢＤ， 垂足为Ｅ，连接ＡＥ． 因为Ｒｔ△ＡＢＤ≌Ｒｔ△ＣＢＤ， 所以 ＡＥ⊥ ＢＤ，ＡＥ＝ＣＥ， ∠ＡＥＣ为二面角Ａ－ＢＤ－Ｃ的平 面角． 所以∠ＡＥＣ＝１２０°． 在等腰三角形ＡＥＣ中，由余弦定理可得ＡＣ＝槡３ＡＥ． 因为△ＡＢＣ是等边三角形，则ＡＣ＝ＡＢ， 所以ＡＢ＝槡３ＡＥ． 在Ｒｔ△ＡＢＤ中，有 １２ＡＥ·ＢＤ＝ １ ２ＡＢ·ＡＤ， 得ＢＤ＝槡３ＡＤ， 因为ＢＤ＝槡６，所以ＡＤ＝槡２． 又ＢＤ２ ＝ＡＢ２＋ＡＤ２，所以ＡＢ＝２． 则ＡＥ＝ 槡２３３，ＥＤ＝ 槡６ ３． 以Ｅ为坐标原点，以向量→ＥＣ，→ＥＤ的方向分别为ｘ轴、ｙ 轴的正方向，以过点Ｅ垂直于平面ＢＣＤ的直线为ｚ轴，建 立空间直角坐标系Ｅ－ｘｙｚ，则 (Ｄ ０，槡６３， )０ ， (Ａ －槡３３，０， )１ ，→ (ＡＤ＝ 槡３３，槡６３，－ )１ ， 取平面ＢＣＤ的一个法向量为ｍ ＝（０，０，１）， 设直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成的角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｍ，→ＡＤ〉｜＝｜ｍ· →ＡＤ｜ ｜ｍ →｜｜ＡＤ｜ ＝｜－１｜ １×槡２ ＝槡２２． 所以直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的正弦值为槡２２． １８．（１）证明：连接ＢＤ交ＣＥ于点Ｇ，连接ＦＧ， 由ＤＥ∥ＢＣ得ＤＧＧＢ＝ ＤＥ ＢＣ，在△ＡＢＣ中，由ＤＥ∥ＢＣ 得 ＤＥ ＢＣ＝ ＡＤ ＡＣ＝ ４ ６ ＝ ２ ３，于是 ＤＧ ＧＢ＝ ＤＥ ＢＣ＝ ２ ３， 则 ＤＧ ＤＢ＝ ２ ５ ＝ ＰＦ ＰＢ，ＰＤ∥ＦＧ． 又ＦＧ平面ＣＥＦ，ＰＤ平面ＣＥＦ， 所以ＰＤ∥平面ＣＥＦ． （２）解：因为ＤＥ⊥ＣＤ，ＤＥ⊥ＰＤ，ＣＤ∩ＰＤ＝Ｄ， ＣＤ，ＰＤ平面ＰＣＤ， 所以ＤＥ⊥平面ＰＣＤ．又ＰＣ平面ＰＣＤ， 则ＤＥ⊥ＰＣ． 又ＤＥ∥ＢＣ， 所以ＰＣ⊥ＢＣ，直线ＣＰ，ＣＤ，ＣＢ两两垂直． 以Ｃ为坐标原点，ＣＤ，ＣＢ，ＣＰ所在直线分别为ｘ轴、ｙ 轴、ｚ轴建立空间直角坐标系，则 Ｄ（２，０，０），Ｂ（０，３，０）， Ｅ（２，２，０），Ｐ（０，０，槡２３）， (Ｆ ０，６５，槡６３)５ ， 所以 →ＣＥ＝（２，２，０），→ (ＣＦ＝ ０，６５，槡６３)５ ， →ＰＤ＝（２，０，－ 槡２３）． 设 → →ＰＨ＝ｔＰＤ（０＜ｔ＜１）， 则 → → →ＣＨ＝ＣＰ＋ＰＨ＝（２ｔ，０，槡２３－ 槡２３ｔ）， 设平面ＣＦＥ的法向量ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＣＦ＝ ６５ｙ＋ 槡６３ ５ｚ＝０， ｍ·→ＣＥ＝２ｘ＋２ｙ＝０ { ， 取ｍ ＝（槡３，－槡３，１）． 设平面ＨＣＦ的法向量ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｎ·→ＣＦ＝ ６５ｂ＋ 槡６３ ５ｃ＝０， ｎ·→ＣＨ＝２ｔａ＋ 槡２３（１－ｔ）ｃ＝０ { ， 取ｎ＝（槡３（ｔ－１），－槡３ｔ，ｔ）． 设二面角Ｈ－ＣＦ－Ｅ的平面角为θ， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝ ｜７ｔ－３｜ 槡７× ７ｔ ２－６ｔ＋槡 ３ ＝ １７， 解得ｔ＝ １２或ｔ＝ ５ １４，所以 ＰＨ ＰＤ＝ １ ２或 ＰＨ ＰＤ＝ ５ １４． １９．解：（１）点Ｏ为四面体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４外接球的球心， 即ＯＡ１ ＝ＯＡ２ ＝ＯＡ３ ＝ＯＡ４，且Ａ１Ｏ⊥面Ａ２Ａ３Ａ４，Ａ２Ｏ⊥ 面Ａ１Ａ３Ａ４，Ａ３Ｏ⊥面Ａ１Ａ２Ａ４，Ａ４Ｏ⊥面Ａ１Ａ２Ａ３，则空间四面 体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４的每一条棱都相等，即Ａ１Ａ２＝Ａ１Ａ３＝Ａ１Ａ４ ＝Ａ２Ａ３ ＝Ａ３Ａ４ ＝Ａ４Ａ２． （２）在四面体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４中，不 妨令ＯＡ１ ＝ＯＡ２ ＝ＯＡ３ ＝ＯＡ４ ＝３， Ａ１Ａ２ ＝Ａ１Ａ３＝Ａ１Ａ４＝Ａ２Ａ３＝Ａ３Ａ４＝ Ａ４Ａ２ ＝ａ， 在面Ａ２Ａ３Ａ４内作点Ｏ的射影Ｏ′， 连接Ｏ′Ａ２， 在等边△Ａ２Ａ３Ａ４中，Ｏ′为其外心，则Ｏ′Ａ２＝ ２ ３× 槡３ ２ａ ＝槡３３ａ． 在Ｒｔ△Ａ１Ｏ′Ａ２中（如图８），可得 Ｏ′Ａ１ ＝ ａ ２－Ｏ′Ａ槡 ２ ２ ＝ ａ ２ (－ 槡３３ )ａ槡 ２ ＝槡６３ａ， (所以 槡６３ａ－ )３ ２ (＋ 槡３３ )ａ ２ ＝３２， 解得ａ＝ 槡２６，所以Ｏ′Ａ１ ＝槡 ６ ３ａ＝ 槡６ ３× 槡２６＝４． 又因为Ａ１Ｏ⊥面Ａ２Ａ３Ａ４，且垂足为Ｏ′， 故以 Ｏ′为原点，以 Ａ４Ｏ′， Ｏ′Ａ１所在直线分别为 ｘ轴、ｚ轴， 建立如图９所示的空间直角坐标 系， 则 Ｏ′（０，０，０），Ａ１（０，０，４）， Ａ２（槡２，－槡６，０），Ａ３（槡２，槡６，０）， Ａ４（－ 槡２２，０，０），Ｏ（０，０，１）． 因为ＯＡ′４＝ ２ ３ＯＡ１，即ＯＡ′ → ４ ＝ ２ ３ＯＡ → ４，则Ａ′(４ － 槡４２３，０， )１３ ，所以Ａ２Ａ→ ３ ＝（０，槡２６，０）， Ａ３Ａ′ → ４ (＝ － 槡７２３，－槡６， )１３ ， 设平面Ａ２Ａ３Ａ′４的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 Ａ２Ａ → ３⊥ｎ， Ａ３Ａ′ → ４⊥ｎ { ， 即 槡２６ｙ＝０， － 槡７２３ｘ－槡６ｙ＋ １ ３ｚ＝０ { ， 取ｎ＝（１，０，槡７２）． ! " #$ % & ' ( # ! " ! ) ( ! * % ! + , ! " -! - ( ! ( # ! $ ( % ( & ! & ( ' ( ! , (! % -! - ! ( % # # ! % ! ) ( " ( ! * " ! ! ) & ! , !"#$%&'()*+,-./0. ! ( " ( . # % ! * , ! & * 书 又ＯＡ→ １ ＝（０，０，３）， 所以 ｃｏｓ〈ＯＡ→ １，ｎ〉＝ ＯＡ→ １·ｎ ｜ＯＡ→ １｜｜ｎ｜ ＝ 槡２１２ ３× 槡３ １１ ＝ 槡７ ２２ ３３ ， 故ＯＡ１与面Ａ２Ａ３Ａ′４所成角的正弦值为 槡 ７ ２２ ３３ ． 第１８期３，４版 空间中的距离问题同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＣＡＢ　５～８　ＢＡＣＤ 提示： １．由题意，→ＭＯ＝（１，－１，２），ｎ＝（１，－２，２）， 则 ｎ ｜ｎ｜ (＝ １３，－２３， )２３ ， 所以点Ｍ到平面β的距离为 →ｄ＝ ＭＯ· ｎ｜ｎ｜ ＝ ７ ３． ２→．ＰＡ＝（ｘ＋２，２，－４），而ｄ＝ →｜ＰＡ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ １０ ３， 即 ｜－２（ｘ＋２）－４－４｜ ４＋４＋槡 １ ＝１０３， 解得ｘ＝－１或ｘ＝－１１． ３．由已知得→ＡＢ＝（１，１，１），→ＣＤ＝（－２，２，１），→ＡＣ＝ （１，０，０），设向量ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）与向量→ＡＢ，→ＣＤ都垂直，则 ｎ·→ＡＢ＝ｘ＋ｙ＋ｚ＝０， ｎ·→ＣＤ＝－２ｘ＋２ｙ＋ｚ＝０{ ，取ｎ＝（１，３，－４）． 又平面α∥平面β，则平面α与平面β间的距离为 →ｄ＝ ＡＣ· ｎ｜ｎ｜ ＝ →｜ＡＣ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝｜１×１＋３×０＋（－４）×０｜ １２＋３２＋（－４）槡 ２ ＝槡２６２６． ４→．ＢＣ＝（１，１，１）－（１，０，２）＝（０，１，－１）， 则与 →ＢＣ同方向的单位向量为ｅ (＝ ０，槡２２，－槡２)２ ． 又 →ＢＡ＝（０，０，－２）， 则点Ａ到直线ＢＣ的距离为 →ｄ＝ ｜ＢＡ｜２－（→ＢＡ·ｅ）槡 ２ ＝ ４ [－ （－２） (× －槡２) ]２槡 ２ ＝槡２． ５．因为ＡＣ＝ＢＣ，Ｏ为ＡＢ的中点，则ＯＣ⊥ＡＢ， 由圆锥的几何性质可知ＳＯ⊥平面ＡＢＣ， 以点Ｏ为坐标原点，→ＯＣ，→ＯＡ，→ＯＳ的方向分别为ｘ，ｙ，ｚ， 轴正方向建立空间直角坐标系， 则 Ｓ（０，０，４），Ｂ（０， －２，０），Ｃ（２，０，０），Ａ（０，２，０）， Ｄ（０，０，２），Ｎ（０，１，１）， →ＢＣ＝（２，２，０），→ＢＳ＝（０，２，４），→ＢＮ＝（０，３，１）， 设平面ＳＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＢＣ＝２ｘ＋２ｙ＝０， ｎ·→ＢＳ＝２ｙ＋４ｚ＝０{ ， 取ｎ＝（２，－２，１），所以点Ｎ到平面ＳＢＣ的距离为ｄ →＝ ＢＮ· ｎ｜ｎ｜ ＝ ｜－６＋１｜ ３ ＝ ５ ３． ６．由题可知→ＡＢ＝（－１，１，０），→ＡＣ＝（－１，０，１）， →ＣＤ＝（１，１，０）． 设平面ＡＢＣ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＡＢ＝－ｘ＋ｙ＝０， ｍ·→ＡＣ＝－ｘ＋ｚ＝０{ ，取ｍ ＝（１，１，１）． 则点Ｄ到平面ＡＢＣ的距离为 →ｄ＝ ＣＤ· ｍ｜ｍ｜ ＝ ２ 槡３ ＝ 槡２３３． 又因为 → → →｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜＝｜ＢＣ｜＝槡２， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２×槡２×槡２× 槡３ ２ ＝ 槡３ ２， 所以四面体ＡＢＣＤ的体积为 Ｖ＝ １３Ｓ△ＡＢＣ ×ｄ＝ １ ３× 槡３ ２× 槡２３ ３ ＝ １ ３． ７．如图１，取ＡＣ的中点Ｏ， 连接ＯＢ，ＯＰ． 因为∠ＡＢＣ＝９０°，所以ＡＣ ＝ ＡＢ２＋ＢＣ槡 ２ ＝１０． 因为ＰＡ＝ＰＣ，Ｏ为 ＡＣ的 中点， 所以ＯＰ⊥ＡＣ，ＯＰ＝ （槡４２） ２－５槡 ２ ＝槡７． 又ＯＢ＝ １２ＡＣ＝ＯＡ，ＰＡ＝ＰＢ， 所以△ＰＯＡ≌△ＰＯＢ，所以ＯＰ⊥ＯＢ． 因为ＡＣ∩ＯＢ＝Ｏ，所以ＯＰ⊥平面ＡＢＣ． 以Ｂ为坐标原点，ＢＣ，ＢＡ所在直线分别为 ｘ，ｙ轴，建 立如图２所示的空间直角坐标系，则 Ｂ（０，０，０），Ａ（０，６， ０），Ｃ（８，０，０），Ｐ（４，３，槡７）， 所以 →ＢＣ＝（８，０，０），→ＢＰ＝（４，３，槡７），→ＢＡ＝（０，６，０）． 设ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）为平面ＰＢＣ的法向量，则有 ｍ·→ＢＣ＝８ｘ＝０， ｍ·→ＢＰ＝４ｘ＋３ｙ＋槡７ｚ＝０ { ， 取ｍ ＝（０，槡７，－３）． 所以点Ａ到平面ＰＢＣ的距离为 ｄ＝ →｜ＢＡ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ 槡６７ ７＋槡 ９ ＝ 槡３７２． ８．如 图 ２，Ｏ 是 底 面 正 △ＡＢＣ的中心，Ａ１Ｏ⊥平面ＡＢＣ， ＡＯ 平面 ＡＢＣ，则 Ａ１Ｏ⊥ ＡＯ， ＡＢ＝ 槡２３，则 ＡＯ＝ ２ ３ × 槡３ ２ × 槡２３＝２，又 ＡＡ１ ＝槡７，Ａ１Ｏ ＝ ＡＡ２１－ＡＯ槡 ２ ＝槡３， ＣＯ⊥ＡＢ，直线ＣＯ交ＡＢ于点Ｄ，ＯＤ＝１， 以直线ＣＯ为ｘ轴、ＯＡ１为ｚ轴、过Ｏ平行于ＡＢ的直线 为ｙ轴建立空间直角坐标系，如图３， 则Ａ１（０，０，槡３），Ａ（１，－槡３，０），Ｂ（１，槡３，０），Ｃ（－２，０，０）， ＡＡ→ １ ＝（－１，槡３，槡３），→ＡＣ＝（－３，槡３，０），Ａ１→ Ｂ＝（１， 槡３，－槡３），ＡＣ → １ ＝ＡＡ → １ →＋ＡＣ＝（－４，槡２３，槡３）， 设ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）与Ａ１ → Ｂ和ＡＣ→ １都垂直， 则 ｎ·ＡＣ→ １ ＝－４ｘ＋ 槡２３ｙ＋槡３ｚ＝０， ｎ·Ａ１ → Ｂ＝ｘ＋槡３ｙ－槡３ｚ＝０ { ， 取ｎ＝（槡３，１，２）． Ｐ，Ｑ两点间距离的最小值即为异面直线 ＡＣ１与 Ａ１Ｂ 间的距离，即 ｜ｎ·ＡＡ→ １｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－槡３＋槡３＋ 槡２３｜ ３＋１＋槡 ４ ＝槡６２． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９．对于（Ａ），→ＡＢ＝（３，１，１），→ＣＤ＝（－１，１，２）， 因为 →ＡＢ·→ＣＤ＝－３＋１＋２＝０，所以ＡＢ⊥ＣＤ，故（Ａ） 正确； 对于（Ｂ），ＡＤ ＝ （０＋１）２＋（２－１）２＋（３－０）槡 ２ ＝槡１１，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），→ＢＣ＝（－１，－１，０）， 取 ａ →＝ＢＡ ＝（－３，－１，－１），ｕ ＝ →ＢＣ →｜ＢＣ｜ ＝ （－１，－１，０） 槡２ (＝ －槡２２，－槡２２， )０ ， 所以ａ２ ＝１１，ａ·ｕ＝ 槡２２，所以点Ａ到直线ＢＣ的距 离为 ａ２－（ａ·ｕ）槡 ２ ＝ １１－槡 ８＝槡３，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），→ＡＢ＝（３，１，１），→ＡＣ＝（２，０，１），→ＡＤ＝（１， １，３）． 设平面ＡＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＢ＝３ｘ＋ｙ＋ｚ＝０， ｎ·→ＡＣ＝２ｘ＋ｚ＝０{ ， 取ｎ＝（１，－１，－２）， 所以点Ｄ到平面ＡＢＣ的距离为 →ｄ＝ ＡＤ· ｎ｜ｎ｜ ＝ ｜ｎ·→ＡＤ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜１－１－６｜ １＋１＋槡 ４ ＝槡６，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０→．ＡＢ＝（－１，１，－１），→ＤＡ＝（２，２，－４）． 对于（Ａ），当Ｃ（２，３，－１）时，→ＡＣ＝（１，２，－２），设ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ１ ＝０， →ＡＣ·ｎ１ ＝０ { ， 得 －ｘ１＋ｙ１－ｚ１ ＝０， ｘ１＋２ｙ１－２ｚ１ ＝０ { ， 取ｎ１ ＝（０，１，１）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ１ ＝ →｜ＤＡ·ｎ１｜ ｜ｎ１｜ ＝ ｜２－４｜ 槡２ ＝槡２＜槡１４，故（Ａ）不符合； 对于（Ｂ），当Ｃ（２，－３，１）时，→ＡＣ＝（１，－４，０），设ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ２ ＝０， →ＡＣ·ｎ２ ＝０ { ， 得 －ｘ２＋ｙ２－ｚ２ ＝０， ｘ２－４ｙ２ ＝０ { ， 取ｎ２ ＝（４，１，－３）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ２ ＝ →｜ＤＡ·ｎ２｜ ｜ｎ２｜ ＝ ｜８＋２＋１２｜ 槡２６ ＝ 槡１１ ２６１３ ＞槡１４，故（Ｂ）符合； 对于（Ｃ），当Ｃ（－２，３，１）时，→ＡＣ＝（－３，２，０），设ｎ３ ＝（ｘ３，ｙ３，ｚ３）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ３ ＝０， →ＡＣ·ｎ３ ＝０ { ， 得 －ｘ３＋ｙ３－ｚ３ ＝０， －３ｘ３＋２ｙ３ ＝０ { ， 取ｎ３ ＝（２，３，１）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ３ ＝ →｜ＤＡ·ｎ３｜ ｜ｎ３｜ ＝ ｜４＋６－４｜ 槡１４ ＝ 槡３ １４７ ＜槡１４，故（Ｃ）不符合； 对于（Ｄ），当 Ｃ（２，３，１）时，→ＡＣ＝（１，２，０），设 ｎ４ ＝ （ｘ４，ｙ４，ｚ４）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ４ ＝０， →ＡＣ·ｎ４ ＝０ { ， 得 －ｘ４＋ｙ４－ｚ４ ＝０， ｘ４＋２ｙ４ ＝０ { ， 取ｎ４ ＝（－２，１，３）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ４ ＝ →｜ＤＡ·ｎ４｜ ｜ｎ４｜ ＝ ｜－４＋２－１２｜ 槡１４ ＝槡１４，故（Ｄ）符合． 故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．以 Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ， ＤＤ→ １的方向分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴 的正方向建立如图３所示的空间 直角坐标系．由题意知， Ａ（１，０，０），Ｂ（１，１，０）， (Ｅ ０，１２， )０ ，Ｃ１（０，１，１）， Ｄ１（０，０，１）， (Ｆ １，１２， )１ ， 则 →ＦＥ＝（－１，０，－１），ＥＤ→ １ (＝ ０，－１２， )１ ， ＡＤ→ １ ＝（－１，０，１），→ (ＡＥ＝ －１，１２， )０ ． 点Ｆ到点Ｅ的距离为 →｜ＦＥ｜＝ （－１）２＋（－１）槡 ２ ＝ ! " # $ % & ' ( ) ! * + ! , - ! ! " % . ) - ! ' " , ! ! ! ) / - % . " ! # 0 + ! ) ! / ! - ! 1 !"#$%&'()*+,-./0. ! ( 书 槡２，故（Ａ）正确； 点Ｆ到直线ＥＤ１的距离为 →｜ＦＥ｜２ (－ →ＦＥ·ＥＤ→ １ ｜ＥＤ→ １ ) ｜槡 ２ ＝ ２ (－ －１槡５ ) ２槡 ２ ＝ 槡３０ ５ ，故（Ｂ）正确； 设平面ＡＥＤ１的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 ＡＤ→ １·ｎ＝－ｘ＋ｚ＝０， →ＡＥ·ｎ＝－ｘ＋１２ｙ＝０ { ，取ｎ＝（１，２，１）． 点Ｆ到平面ＡＥＤ１的距离为ｄ＝ →｜ＦＥ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ２ 槡６ ＝ 槡６ ３，故（Ｃ）正确； 由正方体的性质可知平面ＢＦＣ１∥平面ＡＥＤ１， 所以平面ＢＦＣ１到平面ＡＥＤ１的距离即为点Ｆ到平面 ＡＥＤ１的距离，即为槡 ６ ３，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．槡６２；　１３． 槡２ ２８６ １３ ；　１４． ９ ２． 提示： １２．由题可得平面ＡＢＣ过点Ｑ（０，０，１），且其法向量为 ｎ＝（１，２，－１），→ＰＱ＝（－１，－２，－２），点Ｐ（１，２，３）到平 面α的距离为 →｜ＰＱ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－１－４＋２｜ 槡６ ＝槡６２． １３．连接 ＡＯ１，建立如图４所 示的空间直角坐标系，则 Ａ（２，０， ０），Ｏ１（０，０，２），Ｃ（０，３，０）， 所以ＡＯ→ １ ＝（－２，０，２）， →ＡＣ＝（－２，３，０）， 所以ＡＯ→ １·→ＡＣ＝（－２，０，２）·（－２，３，０）＝４， 所以 ＡＯ→ １·→ＡＣ →｜ＡＣ｜ ＝ ４ 槡１３ ， 所以点Ｏ１到直线ＡＣ的距离为 ｄ＝ （｜ＡＯ→ １｜）２ (－ ＡＯ → １· →ＡＣ → )｜ＡＣ｜槡 ２ ＝ 槡２ ２８６１３ ． １４．由题得→ＡＢ＝（３，－１，２），→ＢＣ＝（－２，２，－１）， →ＡＣ＝（１，１，１），→ＢＤ＝（２，５，－４），则｜ＡＢ｜２ ＝１４， ｜ＢＣ｜２ ＝９，｜ＡＣ｜２ ＝３， ｃｏｓＢ＝｜ＡＢ｜ ２＋｜ＢＣ｜２－｜ＡＣ｜２ ２｜ＡＢ｜｜ＢＣ｜ ＝ 槡５ １４ ２１ ， 所以ｓｉｎＢ＝ １－ｃｏｓ２槡 Ｂ＝槡 ９１ ２１， Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２｜ＡＢ｜｜ＢＣ｜ｓｉｎＢ＝ 槡２６ ２ ， 设平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｍ·→ＡＢ＝３ｘ－ｙ＋２ｚ＝０， ｍ·→ＢＣ＝－２ｘ＋２ｙ－ｚ＝０{ ， 取ｍ ＝（３，１，－４）． →ＢＤ在ｍ方向的投影向量的模即为点Ｄ到平面ＡＢＣ的 距离ｈ＝｜ｍ· →ＢＤ｜ ｜ｍ｜ ＝ 槡２７ ２６ ２６ ， 所以四面体Ｄ－ＡＢＣ的体积 Ｖ＝ １３Ｓ△ＡＢＣ ×ｈ＝ ９ ２． 四、解答题 １５．解：建立如图５所示的空 间直角坐标系，则 (Ｅ １，０， )１２ ， (Ｆ １，１２， )０ ，Ｂ（１，１，０），Ｄ１（０，０，１）， 则 → (ＥＦ＝ ０，１２，－ )１２ ，ＢＤ→ １ ＝（－１，－１，１）． 设ＥＦ，ＢＤ１公垂线的方向向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＥＦ·ｎ＝ １２ｙ－ １ ２ｚ＝０， ＢＤ→ １·ｎ＝－ｘ－ｙ＋ｚ＝０ { ， 取ｍ ＝（０，１，１）．又→ (ＥＢ＝ ０，１，－ )１２ ， 故ＥＦ与ＢＤ１的距离为 →｜ＥＢ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ １ ２ 槡２ ＝槡２４． １６．解：由题得ＢＤ２ ＝ＡＢ２＋ＡＤ２－２ＡＢ·ＡＤｃｏｓ６０°， 解得ＢＤ＝槡３，所以满足ＡＤ ２＋ＢＤ２ ＝ＡＢ２， 即ＡＤ⊥ＢＤ，则ＣＢ⊥ＢＤ． 又Ｍ，Ｎ分别为直线ＡＢ，ＣＤ上的动点，记Ｍ，Ｎ两点之 间的最小距离为ｄ，则ｄ表示两直线ＡＢ，ＣＤ之间的距离， 在△ＡＢＤ沿ＢＤ折叠过程中，直线ＡＢ，ＣＤ由两平行线 变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近． 当三棱锥Ａ－ＢＣＤ的体积最大时， 此时ＡＤ⊥平面ＢＣＤ， 即此时Ｍ，Ｎ两点之间的距离最小，即为两异面直线 ＡＢ，ＣＤ之间的距离． 以点Ｂ为坐标原点，分别以ＢＣ，ＢＤ为ｘ轴、ｙ轴，以过 点Ｂ且与ＡＤ平行的直线为ｚ轴建立空间直角坐标系， 则Ｂ（０，０，０），Ａ（０，槡３，１），Ｃ（１，０，０），Ｄ（０，槡３，０）， 即 →ＢＡ＝（０，槡３，１），→ＣＤ＝（－１，槡３，０）， 设与 →ＢＡ，→ＣＤ垂直的一个向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＢＡ＝槡３ｙ＋ｚ＝０， ｎ·→ＣＤ＝－ｘ＋槡３ｙ＝０ { ， 取ｎ＝（槡３，１，－槡３）． 不妨取 →ＡＤ＝（０，０，－１）， 由两异面直线间的距离公式可得 ｄ的最小值为 →｜ＡＤ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ 槡２１ ７ ． １７．解：连接ＢＤ，与ＡＣ相交 于点Ｏ，连接ＰＯ，则ＡＣ⊥ＢＤ． 因为四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ为正 四棱锥，所以ＯＰ⊥底面ＡＢＣＤ． 以 Ｏ为坐标原点，ＯＡ，ＯＢ， ＯＰ所在直线分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴，建立空间直角坐标系， 如图６所示． 因为正方形ＡＢＣＤ的边长为１，所以ＡＯ＝ＢＯ＝槡２２． 因为ＰＡ＝１，所以ＯＰ＝槡２２． 则 (Ａ 槡２２，０， )０ ， (Ｂ ０，槡２２， )０ ， (Ｃ －槡２２，０， )０ ， (Ｐ ０， ０，槡２)２ ．令点Ｒ的竖坐标为ｍ，则 (Ｒ ｍ－槡２２，０， )ｍ ，令点 Ｑ的横坐标为ｎ，则 (Ｑ ｎ，槡２２－ｎ， )０ ， 当ＲＱ为直线ＰＣ，ＡＢ的公垂线时，ＲＱ取得最小值， 即 →ＲＱ·→ＡＢ＝０， →ＲＱ·→ＰＣ＝０{ ， ( 故 ｎ－ｍ＋槡２２， 槡２ ２－ｎ， )－ｍ (· －槡２２，槡２２， )０ ＝０ ( ， ｎ－ｍ＋槡２２， 槡２ ２－ｎ， )－ｍ (· －槡２２，０，－槡２)２ ＝０{ ． 所以 槡２ ２ｍ－槡２ｎ＝０， 槡２ｍ－槡 ２ ２ｎ－ １ ２ ＝０ { ， 解得ｍ＝槡２３，ｎ＝ 槡２ ６， 此时Ｓ△ＡＣＱ ＝ ２ ３Ｓ△ＡＢＣ ＝ ２ ３× １ ２ ＝ １ ３， 三棱锥Ｒ－ＡＣＱ的高即为ｍ＝槡２３， 所以ＶＱ－ＡＣＲ ＝ＶＲ－ＡＣＱ ＝ １ ３Ｓ△ＡＣＱ×ｍ＝ １ ３× １ ３× 槡２ ３ ＝槡２２７． １８．如图７，以 Ａ为坐标原点，平 面ＡＢＣ内垂直于ＡＣ边的直线为ｘ轴， ＡＣ所在直线为ｙ轴，ＡＰ所在直线为ｚ 轴建立空间直角坐标系． 因为ＡＰ＝２，ＡＢ＝ＢＣ＝ＡＣ＝ ４，且Ｅ，Ｆ分别是ＢＣ，ＡＣ的中点， 所以 Ａ（０，０，０），Ｂ（槡２３，２，０），Ｃ（０，４，０），Ｆ（０，２，０）， Ｅ（槡３，３，０）， (Ｑ 槡３２，７２， )０ ，Ｐ（０，０，２）． （１）证明：因为→ (ＦＱ＝ 槡３２，３２， )０ ，→ＡＥ＝（槡３，３，０）， 所以 →ＡＥ＝２→ＦＱ． 因为ＡＥ与ＦＱ无交点，所以ＡＥ∥ＦＱ． 又ＦＱ平面ＰＦＱ，ＡＥ平面ＰＦＱ， 所以ＡＥ∥平面ＰＦＱ． （２）解：由（１）知，ＡＥ∥平面ＰＦＱ， 所以点Ａ到平面ＰＦＱ的距离就是ＡＥ与平面ＰＦＱ间 的距离． 又 →ＰＦ＝（０，２，－２），→ (ＦＱ＝ 槡３２，３２， )０ ， 设平面ＰＦＱ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 ｎ·→ＰＦ＝２ｙ－２ｚ＝０， ｎ·→ＦＱ＝槡３２ｘ＋ ３ ２ｙ＝０ { ，取ｎ＝（－槡３，１，１）． 连接ＱＡ，则→ (ＱＡ＝ －槡３２，－７２， )０ ， 所以所求距离为ｄ＝ →｜ＱＡ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ 槡２５ ５． １９．（１）解：平面ＰＭＮ中，→ＰＭ ＝（１，－２，１），→ＰＮ＝（２， －１，０）． 设平面ＰＭＮ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 →ＰＭ·ｎ＝ｘ－２ｙ＋ｚ＝＝０， →ＰＮ·ｎ＝２ｘ－ｙ＝０{ ， 取ｎ＝（１，２，３）． 设平面ＰＭＮ任意一点Ｑ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 当Ｑ不同于Ｐ，有→ＰＱ⊥ｎ； 当Ｑ与Ｐ重合，则有→ＰＱ＝０，所以→ＰＱ·ｎ＝０． 所以（ｘ－１，ｙ－３，ｚ＋１）·（１，２，３）＝０， 化简得ｘ＋２ｙ＋３ｚ－４＝０． 所以平面ＰＭＮ的方程为ｘ＋２ｙ＋３ｚ－４＝０． （２）设Ｐ１（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２，ｚ２）为平面Ａｘ＋Ｂｙ＋ Ｃｚ＋Ｄ＝０的任意两个点， 则Ａｘ１＋Ｂｙ１＋Ｃｚ１＋Ｄ＝０，Ａｘ２＋Ｂｙ２＋Ｃｚ２＋Ｄ＝０． 两式相减得Ａ（ｘ２－ｘ１）＋Ｂ（ｙ２－ｙ１）＋Ｃ（ｚ２－ｚ１）＝ ０，即ｍ·Ｐ１Ｐ → ２ ＝０，即ｍ⊥Ｐ１Ｐ → ２， 所以平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０的法向量可取 ｍ ＝ （Ａ，Ｂ，Ｃ）． 记Ｈ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），因为Ａ，Ｂ，Ｃ不同时为０， 所以不妨令Ｃ≠０， 平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０上可取点 (Ｇ ０，０，－Ｄ )Ｃ ， 所以 → (ＧＨ＝ ｘ０，ｙ０，ｚ０＋Ｄ )Ｃ ， 则点Ｈ到平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０的距离为 ｄ＝ →｜ＧＨ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ ｜Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃｚ０＋Ｄ｜ Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ槡 ２ ． ! " # " ! $ ! % & ' ' ! % ! ( ! " ! ) * + & $ ( ! # , $ ! " ! * ! ' ! - ! $ . ) / % * + & 0 ( ! $ ! / , # - ) & + 0 ( ! % !"#$%&'()*+,-./0. ! ( 书书书 １６． （１５ 分 ） 如 图 １０ ，在 直 三 棱 柱 ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ，ＡＡ １ ＝ ＢＣ ＝ ＡＢ ＝ ２ ，ＡＢ ⊥ ＢＣ ，求 二 面 角 Ｂ １ － Ａ １ Ｃ － Ｃ １ 的 平 面 角 ． １７． （１５ 分 ） 如 图 １１ ， 在 三 棱 锥 Ａ － ＢＣＤ 中 ，△ ＡＢＣ 是 等 边 三 角 形 ，∠ ＢＡＤ ＝ ∠ ＢＣＤ ＝ ９０ °，点 Ｐ 是 ＡＣ 的 中 点 ，连 接 ＢＰ ， Ｄ Ｐ． （１ ） 证 明 ：平 面 ＡＣ Ｄ ⊥ 平 面 ＢＤ Ｐ ； （２ ） 若 ＢＤ ＝ 槡 ６ ，且 二 面 角 Ａ － ＢＤ － Ｃ 的 平 面 角 为 １２０°，求 直 线 ＡＤ 与 平 面 ＢＣＤ 所 成 角 的 正 弦 值 ． １８． （１７ 分 ） 如 图 １２ ，在 △ ＡＢＣ 中 ，∠ ＡＣＢ ＝ ９０°，ＢＣ ＝ ３ ，ＡＣ ＝ ６ ，Ｄ ，Ｅ 分 别 为 边 ＡＣ ，ＡＢ 上 一 点 ，且 ＣＤ ＝ ２ ，Ｄ Ｅ ∥ ＢＣ ，将 △ ＡＤ Ｅ 沿 Ｄ Ｅ 折 起 到 △ ＰＤ Ｅ 的 位 置 ，使 得 ＰＣ ⊥ ＣＤ ，Ｆ 为 ＰＢ 上 一 点 ，且 ＰＦＰＢ ＝ ２５ ． （１ ） 证 明 ：ＰＤ ∥ 平 面 ＣＥＦ ； （２ ） 如 图 １３ ，若 Ｈ 为 线 段 ＰＤ 上 一 点 （ 异 于 端 点 ） ，且 二 面 角 Ｈ － ＣＦ － Ｅ 的 平 面 角 的 正 弦 值 为 槡 ４ ３７ ，求 ＰＨＰＤ 的 值 ． １９． （１７ 分 ） 在 陕 西 汉 中 勉 县 的 汉 江 河 与 定 军 山 武 侯 平 一 带 ， 经 常 出 土 有 铜 、铁 扎 马 钉 等 兵 器 文 物 ．扎 马 钉 （ 如 图 １４ ） 是 三 国 时 蜀 汉 的 著 名 政 治 家 、军 事 家 诸 葛 亮 所 发 明 的 一 种 对 付 骑 兵 的 武 器 ， 状 若 荆 刺 ，故 学 名 蒺 藜 ，有 铜 、铁 两 种 ．扎 马 钉 有 四 个 锋 利 的 尖 爪 ， 随 手 一 掷 ，三 尖 撑 地 ，一 尖 直 立 向 上 ， 推 倒 上 尖 ， 下 尖 又 起 ， 始 终 如 此 ， 使 触 者 不 能 避 其 锋 而 被 刺 伤 ． 即 总 有 一 个 尖 垂 直 向 上 ， 三 尖 对 称 支 承 于 地 ．简 化 扎 马 钉 的 结 构 ， 如 图 １５ ， 记 组 成 该 “ 钉 ” 的 四 条 等 长 的 线 段 公 共 点 为 Ｏ ，钉 尖 为 Ａ ｉ （ｉ ＝ １ ，２ ，３ ，４ ）． （１ ） 判 断 四 面 体 Ａ １ － Ａ ２ Ａ ３ Ａ ４ 的 形 状 特 征 ； （２ ） 若 某 个 出 土 的 扎 马 钉 因 年 代 久 远 ，有 一 尖 爪 受 损 ，其 长 度 仅 剩 其 他 尖 爪 长 度 的 ２３ （ 即 Ｏ Ａ′４ ＝ ２３ Ｏ Ａ １ ） ，如 图 １６ ，将 Ａ ２ ，Ａ ３ ，Ａ′４ 置 于 地 面 ，求 Ｏ Ａ １ 与 面 Ａ ２ Ａ ３ Ａ′４ 所 成 角 的 正 弦 值 ． ! " # $ % & ' ( ) * + % , $ - ! ' ./01234567-89:;<=>?!"#$%&'( ./01234567-89:;<=>?!")$%&'( ! " ! ! " ! ! ! ! ! " # # $ % ! " ! ! ! & " ' ! % ( # $ & " ! # ! ! # ! ! $ $ ! $ % $ $ $ # ) $ $ $ # ) " $ " % $ ! ! ! % ! ! & ! ! ' #"#%!!(#" !#!" #"#%!!($" !##" #"#%!%(!&" !#$" #"#%!!'(!(" !#%" #"#%!!)(!)" !#&" #"#%!!*(#!" !#'" #"#%!##(#%" !#+" #"#&!#&(#+" !#)" #"#&!#)($"" !#*" #"#&!$!($$" !#!"" #"#&!$%($'" !#!!" #"#&!$+($*" !#!#" #"#&!%"(%#" !#!$" #"#&!%$(%&" !#!%" #"#&!%'(%)" !#!&" #"#%(#"#& ! "#$%&'( )*+$, -.+$/0 @A ! (),$ 书 空间向量的引入，使立体几何问题的难度 大大降低．因此，正确理解和运用向量方法，对 备战高考有重要意义． 一、异面直线ｍ，ｎ所成的角 例 １直棱柱 ＡＢＣ—Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，已知 ∠ＡＢＣ＝９０°，ＡＢ＝ａ， ＢＣ＝ｂ，ＢＢ１＝ｃ，求异面直线ＡＢ１ 与ＢＣ１所成角的余弦值． 解：如图 １，以 Ｂ为坐标原 点，ＢＡ，ＢＣ，ＢＢ１所在的直线分别 为 ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角坐标 系，则 Ａ（ａ，０，０），Ｂ１（０，０，ｃ），Ｃ１（０，ｂ，ｃ），ＡＢ → １ ＝ （－ａ，０，ｃ），ＢＣ→ １ ＝（０，ｂ，ｃ），故ｃｏｓ〈ＡＢ → １，ＢＣ → １〉＝ ＡＢ→ １·ＢＣ → １ ｜ＡＢ→ １｜｜ＢＣ → １｜ ＝ ｃ ２ （ａ２＋ｃ２）（ｂ２＋ｃ２槡 ） ， 所以异面直线ＡＢ１与ＢＣ１所成角的余弦值 为 ｃ２ （ａ２＋ｃ２）（ｂ２＋ｃ２槡 ） ． 二、直线ｌ与平面α所成的角 例 ２ 已 知 正 三 棱 柱 ＡＢＣ—Ａ１Ｂ１Ｃ１的侧棱长为２，底面 边长为１．求 ＡＢ１与侧面 ＡＣＣ１Ａ１ 所成角的正弦值． 解：如图２，建立以Ａ为坐标 原点的空间直角坐标系，则ＡＡ→ １ ＝（０，０，２），→ＡＣ＝（０，１，０）， 设平面ＡＣＣ１Ａ１的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｎ·ＡＡ→ １ ＝０， ｎ· →ＡＣ＝０{ ，即 ２ｚ＝０，ｙ＝０{ ， 取ｎ＝（１，０，０）， 则｜ｃｏｓ〈ＡＢ→ １，ｎ〉｜＝ ｜ＡＢ→ １·ｎ｜ ｜ＡＢ→ １｜｜ｎ｜ ( ＝ 槡３ ２， １ ２， )２ ·（１，０，０ ( ） 槡３)２ ２ (＋ １)２ ２ ＋２ 槡 ２· １槡 ２ ＝槡１５１０， 故ＡＢ１与侧面 ＡＣＣ１Ａ１所成角的正弦值为 槡１５ １０． 三、两个平面所成的角 例３如图３，在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中， Ｅ，Ｆ分别是棱ＢＣ，ＣＣ１上的点，ＣＦ＝ＡＢ＝２ＣＥ， ＡＢ∶ＡＤ∶ＡＡ１ ＝１∶２∶４． （１）证明：ＡＦ⊥平面Ａ１ＥＤ； （２）求二面角Ａ１－ＥＤ－Ｆ平面角的正弦 值． 解：如图４，建立空间直角坐标系Ａｘｙｚ，不妨设 ＡＢ＝１， 则 Ａ（０，０，０），Ｄ（０，２，０），Ｅ１，３２，( )０，Ｆ（１， ２，１），Ａ１（０，０，４）． （１）因为 →ＡＦ＝（１，２，１）， Ａ１ →Ｅ＝ １，３２，－( )４，Ａ１ →Ｄ＝（０，２，－４）， 所以 →ＡＦ·Ａ１ →Ｅ＝１＋２×３２－４＝０， →ＡＦ·Ａ１ →Ｄ＝２×２－４＝０， 所以ＡＦ⊥Ａ１Ｅ，ＡＦ⊥Ａ１Ｄ， 因为Ａ１Ｅ∩Ａ１Ｄ＝Ａ１， 所以ＡＦ⊥平面Ａ１ＥＤ． （２）设平面ＥＦＤ的一个法向量为ｎ＝（ｘ， ｙ，ｚ）， 因为 →ＥＦ＝ ０，１２，( )１， →ＥＤ＝ －１，１２，( )０， 则有 ｎ· →ＥＦ＝０， ｎ· →ＥＤ＝０{ ，得 １ ２ｙ＋ｚ＝０， －ｘ＋１２ｙ＝０ { ， 取ｎ＝（－１，－２，１）． 由（１）可知→ＡＦ＝（１，２，１）是平面Ａ１ＥＤ的一个 法向量， 设平面Ａ１ＥＤ与平面ＦＥＤ所成的二面角为θ， 则观察图形可知θ为锐角， 所以ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈→ＡＦ，ｎ〉｜ ＝ （１，２，１）·（－１，－２，１） （槡６） ２ ＝２３， 所以ｓｉｎθ＝ １－ ２( )３槡 ２ ＝槡５３． 所以二面角Ａ１－ＥＤ－Ｆ平面角的正弦值为 槡５ ３． 例４已知ＰＡ⊥平面ＡＢＣ， ＡＣ⊥ＢＣ，ＰＡ＝ＡＣ＝１，ＢＣ＝ 槡２，求二面角Ａ－ＰＢ－Ｃ的平面 角的余弦值． 解法１：如图５所示，取ＰＢ 的中点Ｄ，连接ＣＤ． 因为ＰＣ＝ＢＣ＝槡２， 所以ＣＤ⊥ＰＢ． 作ＡＥ⊥ＰＢ于Ｅ，那么二面角Ａ－ＰＢ－Ｃ的 平面角的大小就等于异面直线ＤＣ与ＥＡ所成角 的大小． 设平面ＰＡＢ与平面ＰＢＣ夹角为θ． 在Ｒｔ△ＰＡＢ中，易知ＰＢ＝２． 因为ＰＤ＝１，ＰＥ＝ＰＡ ２ ＰＢ ＝ １ ２， 所以ＤＥ＝ＰＤ－ＰＥ＝１２． 又ＡＥ＝ＰＡ·ＡＢＰＢ ＝ 槡３ ２，ＣＤ＝１，ＡＣ＝１， →ＡＣ＝ →ＡＥ＋ →ＥＤ＋ →ＤＣ， 且 →ＡＥ⊥ →ＥＤ，→ＥＤ⊥ →ＤＣ， 所以｜→ＡＣ｜２ ＝｜→ＡＥ｜２＋｜→ＥＤ｜２＋｜→ＤＣ｜２＋ ２｜→ＡＥ｜·｜→ＤＣ｜ｃｏｓ（π－θ）， 即１＝３４＋ １ ４＋１－２× 槡３ ２×１×ｃｏｓθ， 解得ｃｏｓθ＝槡３３． 故二面角Ａ－ＰＢ－Ｃ的平面角的余弦值为槡３３． 解法２：由解法１可知，向量 →ＤＣ与 →ＥＡ的夹角 的大小就是平面ＰＡＢ与平面 ＰＢＣ夹角的大小， 如图５，建立空间直角坐标系 Ｃｘｙｚ，则 Ａ（１，０， ０），Ｂ（０，槡２，０），Ｃ（０，０，０），Ｐ（１，０，１）． 因为Ｄ为ＰＢ的中点，所以 (Ｄ １２，槡２２，１)２ ． 因为 ＰＥ ＥＢ＝ ＡＰ２ ＡＢ２ ＝１３，即 →ＥＢ＝３→ＰＥ， 故Ｅ为ＰＤ的中点，所以 (Ｅ ３４，槡２４，３)４ ， 所以 →ＥＡ (＝ １４，－槡２４，－３)４ ， 又 →ＤＣ (＝ －１２，－槡２２，－１)２ ，｜→ＥＡ｜＝槡３２， ｜→ＤＣ｜＝１，→ＥＡ· →ＤＣ＝１４ (× －１)２ (＋ －槡２)４ (× －槡２)２ (＋ －３)４ (× －１)２ ＝１２． 所以ｃｏｓ〈→ＥＡ，→ＤＣ〉＝ →ＥＡ· →ＤＣ ｜→ＥＡ｜｜→ＤＣ｜ ＝槡３３． 故二面角Ａ－ＰＢ－Ｃ的平面角的余弦值为槡３３． 解法３：如图６所示，建立 空间直角坐标系，则 Ａ（０，０， ０），Ｂ（ 槡２，１，０），Ｃ（０，１，０）， Ｐ（０，０，１），→ＡＰ＝（０，０，１），→ＡＢ ＝（槡２，１，０）， →ＣＢ ＝（槡２，０， ０），→ＣＰ＝（０，－１，１）．设平面 ＰＡＢ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ· →ＡＰ＝０， ｍ· →ＡＢ＝{ ０  （ｘ，ｙ，ｚ）·（０，０，１）＝０， （ｘ，ｙ，ｚ）·（槡２，１，０ { ）  ｙ＋槡２ｘ＝０， ｚ＝０{ ， 取ｍ ＝（１，－槡２，０）． 设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′），则 ｎ· →ＣＢ＝０， ｎ· →ＣＰ＝{ ０ （ｘ′，ｙ′，ｚ′）·（槡２，０，０）＝０，（ｘ′，ｙ′，ｚ′）·（０，－１，１）＝{ ０  ｘ′＝０， ｙ′＝ｚ′{ ， 取ｎ＝（０，－１，－１）， 所以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ 槡３ ３． 故二面角Ａ－ＰＢ－Ｃ的平面角的余弦值为槡３３． 方法规律：（１）解法１和解法２都是将二面角 转化为两异面直线所成的角，然后运用向量的方 法求出该角． （２）解法３是将二面角转化为平面法向量 所成的角，这两个向量的方向应该是由棱一侧 指向远离棱的方向，此时，这两个向量所成的角 与二面角相等． !"#$%&'()*+ "$&!,&#+!#') !",-%&'()*+ "$&!,&#+!!#& !"#$ %&' ./012345 0 63 !!"#7 $"$% 8 !! 9 %:;<74 3 7 !" BC<D=1EF BC<=GHIJKLMNEO 0P@QRST> QUVWXY Z[\8]^T>_`V!"#$%&'&'(a)b cde`V*+,#-. * + , $ " ! $ ! " ! ! ! ! ! " ! # $ ' ! ! " ! $ ! # ! & ! $ " ! # $ ' ! ! " ! $ ! # ! ! % + * , & $ " ! $ ! " ! ! ! ! # * , + ! , " + $ # & % * ! & ! , " $ % * ! ' + " fg h 8 书 在立体几何中，折叠问题是一类重要题型．求 解这类问题的关键，一是要分析清楚折叠前后图 形中元素的变与不变；二是要抓住折叠后的几何 体中的垂直关系建立空间直角坐标系，利用空间 向量求解．下面通过一道典型例题及其变式来说 明，以进一步深化应用空间向量解决立体几何问 题的能力． 例 如图 １，把正方形纸片 ＡＢＣＤ沿对角线ＡＣ折成直二面 角，点Ｅ，Ｆ分别为ＡＤ，ＢＣ的中 点，点Ｏ是原正方形ＡＢＣＤ的中 心，求折纸后的∠ＥＯＦ大小． 解析：以 Ｏ为原点，以 →ＯＢ， →ＯＣ，→ＯＤ的方向为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴的正方向，建立空 间直角坐标系，设原正方形的边长为１，则 Ｏ（０，０， ０）， (Ａ ０， －槡２２， )０ ， (Ｂ 槡２２，０， )０ ， (Ｃ ０，槡２２， )０ ， (Ｄ ０，０，槡２)２ ， (Ｅ ０，－槡２４，槡２)４ ， (Ｆ 槡２４，槡２４， )０ ，于 是 → (ＯＥ＝ ０，－槡２４，槡２)４ ，→ (ＯＦ＝ 槡２４，槡２４， )０ ， 则ｃｏｓ〈→ＯＥ，→ＯＦ〉＝ →ＯＥ· →ＯＦ → →｜ＯＥ｜｜ＯＦ｜ ＝－１２， 所以∠ＥＯＦ＝１２０°． 若题目条件不变，变换结论，可有： 变式１如图１，把正方形纸片ＡＢＣＤ沿对角线 ＡＣ折成直二面角，点 Ｅ，Ｆ分别为 ＡＤ，ＢＣ的中点， 点Ｏ是原正方形ＡＢＣＤ的中心，求ＢＥ与平面ＡＣＤ 所成角的正弦值． 解析：由例题解析知， → (ＢＥ＝ －槡２２，－槡２４，槡２)４ ． 又 → (ＯＢ＝ 槡２２，０， )０ 是平面 ＡＣＤ的一个法向 量， 所以｜ｃｏｓ〈→ＢＥ，→ＯＢ〉｜＝ →｜ＢＥ· →ＯＢ｜ →｜ＢＥ｜· →｜ＯＢ｜ ＝槡６３． 即ＢＥ与平面ＡＣＤ所成角的正弦值为槡６３． 变式２如图１，把正方形纸片ＡＢＣＤ沿对角线 ＡＣ折成直二面角，点，Ｅ，Ｆ分别为ＡＤ，ＢＣ的中点， 点Ｏ是原正方形ＡＢＣＤ的中心，求二面角Ｅ－ＡＢ－Ｃ 的平面角的余弦值． 解析：由例题解析知， → (ＡＥ＝ ０，槡２４，槡２)４ ，→ＡＢ (＝ 槡２２，槡２２， )０ ． 设ｖ＝（ｘ，ｙ，ｚ）是平面ＥＡＢ的一个法向量， 则 ｖ· →ＡＥ＝槡２４ｙ＋ 槡２ ４ｚ＝０， ｖ· →ＡＢ＝槡２２ｘ＋ 槡２ ２ｙ＝０ { ， 所以 ｙ＋ｚ＝０， ｘ＋ｙ＝０{ ．取ｖ＝（１，－１，１）． 又平面ＡＢＣ的一个法向量为 → (ＯＤ＝ ０，０，槡２)２ ， 则ｃｏｓ〈ｖ，→ＯＤ〉＝ ｖ· →ＯＤ ｜ｖ →｜｜ＯＤ｜ ＝槡３３， 结合图形知二面角Ｅ－ＡＢ－Ｃ的平面角的余 弦值为槡 ３ ３． 若将原题中的正方形改为矩形，并改变点和 折痕的位置，可有： 变式３如图２，在矩形纸片ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝２， ＡＤ＝１，Ｅ为ＣＤ的中点．将△ＡＤＥ沿ＡＥ折起，使 平面ＡＤＥ⊥平面ＡＢＣＥ，得到几何体Ｄ－ＡＢＣＥ，如 图３． （１）证明：ＢＥ⊥平面ＡＤＥ； （２）求ＢＤ与平面ＣＤＥ所成角的正弦值； （３）求二面角Ｄ－ＥＣ－Ｂ的平面角的余弦值． 解析：如图４，以 Ｂ为原 点，以ＢＣ，ＢＡ分别为ｘ轴和 ｙ轴，以过点 Ｂ且与平面 ＡＢＣＥ垂直的直线为ｚ轴，建 立空间直角坐标系，则Ｂ（０， ０，０），Ｃ（１，０，０），Ａ（０，２，０），Ｅ（１，１，０）， (Ｄ １２，３２， 槡２)２ ． （１）→ＢＥ＝（１，１，０），→ＡＥ＝（１，－１，０），→ ( ＡＤ＝ １ ２，－ １ ２， 槡２)２ ，因为 →ＢＥ·→ＡＥ＝０，→ＢＥ·→ＡＤ＝０，所 以ＢＥ⊥ＡＥ，ＢＥ⊥ＡＤ． 又ＡＥ∩ＡＤ＝Ａ，所以ＢＥ⊥平面 ＡＤＥ． （２）设向量ｎ＝（ｘ，ｙ，１）为平面 ＣＤＥ的一个法 向量，则ｎ⊥ →ＣＥ，ｎ⊥ →ＤＥ，即ｎ·→ＣＥ＝０，ｎ·→ＤＥ＝０． 因为 →ＣＥ＝（０，１，０），→ (ＤＥ＝ １２，－１２，－槡２)２ ， 所以ｘ＝槡２，ｙ＝０，即ｎ＝（槡２，０，１）． 设直线ＢＤ和平面ＣＤＥ所成的角为θ，因为 →ＢＤ (＝ １２，３２，槡２)２ ，所以ｓｉｎθ＝ →｜ＢＤ·ｎ｜ →｜ＢＤ｜｜ｎ｜ ＝槡２３． 所以ＢＤ与平面ＣＤＥ所成角的正弦值为槡２３． （３）由（２）知平面ＣＤＥ的一个法向量为ｎ＝ （槡２，０，１），又平面ＣＢＥ的一个法向量为 ｍ ＝（０， ０，１），则ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉＝ ｎ·ｍ｜ｎ｜｜ｍ｜＝ １ 槡３×１ ＝槡３３． 结合图形知二面角Ｄ－ＥＣ－Ｂ的平面角的余弦 值为槡 ３ ３． 书 专项小练一 １．Ｂ；　２．ＢＣＤ；　３．Ｂ． ４．（０，０，ｚ）（ｚ≠０）；　５．－１，２． ６．解：（１）由已知可得， 长方体顶点Ａ，Ｂ，Ａ′，Ｄ′的坐标分别为 Ａ（４，０，０），Ｂ（４，２，０），Ａ′（４，０，３），Ｄ′（０，０，３）． 因为向量 →ＡＡ′＝（０，０，３）， 所以直线ＡＡ′的一个方向向量为（０，０，３）． （２）因为向量 →ＢＤ′＝（－４，－２，３）， 所以直线ＢＤ′的一个方向向量为（－４，－２，３）． 专项小练二 １．Ａ；　２．ＡＢＤ；　３．Ｂ． ４．－８；　５．（１，１，１）（答案不唯一），ｘ＋ｙ＋ｚ＝３． ６．解：以Ｄ为原点，以→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １的方向分别为ｘ轴、 ｙ轴、ｚ轴的正方向建立空间直角坐标系，则 Ｄ（０，０，０）， Ｄ１（０，０，１），Ａ（１，０，０），Ｂ（１，１，０），Ｃ（０，１，０）． 因为Ｄ１Ｐ∶ＰＡ＝ＤＱ∶ＱＢ＝５∶１２， 所以Ｐ ５ １７，０， １２( )１７，Ｑ ５１７，５１７，( )０，→ＰＱ＝ ０，５１７，－１２( )１７． （１） →｜ＰＱ｜＝ ０２＋ ５( )１７ ２ ＋ －１２( )１７槡 ２ ＝１３１７． （２）因为→ＤＡ＝（１，０，０），所以→ＰＱ·→ＤＡ＝０， 即ＰＱ⊥ＤＡ． 又 →ＤＡ＝（１，０，０）是平面ＣＤＤ１Ｃ１的一个法向量， 且ＰＱ平面ＣＤＤ１Ｃ１，所以ＰＱ∥平面ＣＤＤ１Ｃ１． 一、单项选择题　１～４　ＢＡＡＤ　５～８　ＡＤＣＣ 二、多项选择题　９．ＡＢＣＤ；　１０．ＡＤ；　１１．ＢＣ． 三、填空题 １２．ｘ－３ｙ－５ｚ＋９＝０；　１３．平行；　１４．２，４，－１０． 四、解答题 １５．ｎ＝（２，１，３）是平面ＭＤ１Ｂ的一个法向量（答案不 唯一）． １６．略． １７．解：（１）直线ＢＣ的一个方向向量为→ＢＣ＝（－２，１，２）． （２）ｘ，ｙ，ｚ满足的关系式为２ｘ－ｙ－２ｚ＋６＝０． １８．解：以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，→ＤＰ的方向为ｘ轴、ｙ轴、ｚ 轴的正方向建立空间直角坐标系，设 ＡＤ＝２，则 Ｄ（０，０， ０），Ｐ（０，０，２），Ｃ（０，２，０），Ｅ（０，１，１），Ｂ（２，２，０）， 所以 →ＰＢ＝（２，２，－２），→ＤＥ＝（０，１，１）， 因为 →ＰＢ·→ＤＥ＝２×０＋２×１＋（－２）×１＝０， 所以 →ＰＢ⊥ →ＤＥ， 设Ｆ（ｘ，ｙ，ｚ），→ＰＦ＝λ→ＰＢ， 所以（ｘ，ｙ，ｚ－２）＝λ（２，２，－２）， 所以ｘ＝２λ，ｙ＝２λ，ｚ－２＝－２λ， 所以Ｆ（２λ，２λ，２－２λ），所以→ＤＦ＝（２λ，２λ，２－２λ）． 因为 →ＰＢ·→ＤＦ＝０，所以４λ＋４λ－２（２－２λ）＝０， 所以λ＝１３， 所以Ｆ为线段ＰＢ的一个三等分点（靠近Ｐ点）． １９．（１）证明：连接ＡＥ， 因为Ｍ，Ｎ分别为ＡＢ，ＥＦ的中点， 所以ＡＭ∥ＥＮ且ＡＭ ＝ＥＮ， 所以四边形ＡＭＮＥ为平行四边形，则ＡＥ∥ＭＮ， 在△ＡＣＥ中，Ｇ，Ｈ分别为ＡＣ，ＥＣ的中点， 所以ＧＨ为△ＡＣＥ的中位线，则ＧＨ∥ＡＥ， 所以ＧＨ∥ＭＮ，又ＭＮ平面ＤＭＮ，ＧＨ平面ＤＭＮ， 故ＧＨ∥平面ＤＭＮ． （２）解：因为面ＣＤＥＦ⊥面ＡＢＣＤ，面ＣＤＥＦ∩面ＡＢＣＤ ＝ＤＣ，ＤＥ⊥ＤＣ，ＤＥ面ＣＤＥＦ，所以ＤＥ⊥面ＡＢＣＤ，ＤＣ， ＤＡ面ＡＢＣＤ，则ＤＥ⊥ＤＡ，ＤＣ⊥ＤＥ，而ＤＡ⊥ＤＣ，所以 ＤＡ，ＤＣ，ＤＥ两两垂直， 以Ｄ为坐标原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＥ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 Ｄ（０，０，０），Ａ（１，０，０）， Ｅ（０，０，１），Ｃ（０，槡３，０）， (Ｇ １２， 槡３ ２， )０ ，则→ (ＤＧ＝ １２，槡３２， )０ ． 设线段ＥＣ上存在满足题意 的点Ｑ（０，ｙ，ｚ）， →ＥＱ＝λ→ＥＣ，λ∈［０，１］， 则（０，ｙ，ｚ－１）＝λ（０，槡３，－１）， 解得ｙ＝槡３λ，ｚ＝１－λ， 所以Ｑ（０，槡３λ，１－λ）， →ＡＱ＝（－１，槡３λ，１－λ）， 由ＡＱ⊥ＤＧ知，－１２＋ ３ ２λ＝０，解得λ＝ １ ３， 故存在满足题目条件的点Ｑ，且ＥＱＱＣ＝ １ ２． ! !"#$% !&'()(* !+123* !45678/$%#!&#'(!'#) !&9:;/<=>?@ABCDEFG !%' HIJ9K456 !LM4N/$%$$$) !AO6P9QR/$%#!!#'(!')* !##%))%)++(STUVHW !PX/YZ&9AO6;[\]^_`LaSbW !LMPXQR/!!!+# !cdefPghPijP ! & 9 k ] ^ _ >lAWm n o p q 9 ! & 9 r s t u v w x y z { | } ~S € A  ‚ D ƒ „ … † ‡ ˆ ‰ Š !! 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" <= • – — ) / 0 * " 1 2 + $ ' . - , 书书书 空 间 中 的 角 同 步 核 心 素 养 测 评 ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 若 两 个 半 平 面 的 法 向 量 所 成 的 角 为 π ３ ， 则 这 个 二 面 角 的 平 面 角 的 大 小 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） π ３ （ Ｂ） ２ π ３ （ Ｃ） π ３ 或 ２ π ３ （ Ｄ ） 以 上 都 不 对 ２． 若 平 面 α 的 一 个 法 向 量 为 ｍ ＝ （ １， ０， １） ，平 面 β 的 一 个 法 向 量 是 ｎ ＝ （ － ３， １， ３） ， 则 平 面 α 与 β 所 成 的 角 等 于 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３０ ° （ Ｂ） ４５ ° （ Ｃ） ６０ ° （ Ｄ ） ９０ ° ３． 如 图 １， 平 行 六 面 体 ＡＢ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ， ＡＢ ＝ ２， ＡＤ ＝ ３， ＡＡ １ ＝ ３， ∠ ＢＡ Ｄ ＝ ∠ ＢＡ Ａ １ ＝ ∠ Ｄ ＡＡ １ ＝ π ３ ，则 Ｂ １ Ｃ 与 ＢＤ １ 所 成 角 的 大 小 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） π ４ （ Ｂ） π ３ （ Ｃ） π ２ （ Ｄ ） ２ π ３ ４． 在 空 间 直 角 坐 标 系 中 ，已 知 向 量 ｍ ＝ （ １， １， － １） 是 平 面 ＡＢ Ｃ 的 一 个 法 向 量 ，且 → ＣＤ ＝ （ ０， ３， ４） ，则 直 线 ＣＤ 与 平 面 ＡＢ Ｃ 所 成 角 的 正 弦 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ５ １５ （ Ｂ） 槡 ３ １５ （ Ｃ） 槡 ５ ２０ （ Ｄ ） 槡 ３ ２０ ５． 如 图 ２， ＰＤ 垂 直 于 正 方 形 ＡＢ ＣＤ 所 在 平 面 ， ＡＢ ＝ ２， Ｅ 为 ＰＢ 的 中 点 ，ｃ ｏｓ 〈 → Ｄ Ｐ， → ＡＥ 〉 ＝ 槡 ３ ３ ， 若 以 Ｄ Ａ， Ｄ Ｃ， Ｄ Ｐ 所 在 直 线 分 别 为 ｘ， ｙ， ｚ轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ，则 点 Ｅ 的 坐 标 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ １， １， ２） 　 　 　 （ Ｂ ( ） １， １， ) １ ２ （ Ｃ ( ） １， １， ) ３ ２ 　 　 　 （ Ｄ ） （ １， １， １） ６． 如 图 ３， 正 方 体 ＡＢ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ，Ｅ ，Ｆ 分 别 是 ＢＢ １ 和 Ｄ Ｄ １ 的 中 点 ， 则 平 面 ＥＣ Ｆ 与 平 面 ＡＢ ＣＤ 所 成 二 面 角 的 平 面 角 的 余 弦 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ３ ３ （ Ｂ） 槡 ６ ３ （ Ｃ） １ ３ （ Ｄ ） 槡 ２ ３ ７ ． 如 图 ４， 某 圆 锥 ＳＯ 的 轴 截 面 ＳＡ Ｃ， 其 中 ＳＡ ＝ 槡 ５Ａ Ｏ ，点 Ｂ 是 底 面 圆 周 上 的 一 点 ，且 ｃｏ ｓ ∠ ＢＯ Ｃ ＝ ２ ３ ，点 Ｍ 是 线 段 ＳＡ 的 中 点 ，则 异 面 直 线 ＳＢ 与 ＣＭ 所 成 角 的 余 弦 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ２ ３５ ３５ （ Ｂ） 槡 ６ ６５ ６５ （ Ｃ） 槡 １３ １５ （ Ｄ ） 槡 ３ ５ ８ ． 如 图 ５， 在 四 棱 锥 Ｐ － ＡＢ ＣＤ 中 ，Ｐ Ａ ⊥ 平 面 ＡＢ ＣＤ ，Ａ Ｂ ∥ ＣＤ ， ∠ ＡＢ Ｃ ＝ π ２ ，Ａ Ｂ ＝ ＰＡ ＝ １ ２ ＣＤ ＝ １， ＢＣ ＝ 槡２ ２， Ｍ 为 ＰＤ 的 中 点 ， 则 二 面 角 Ｍ － ＢＣ － Ａ 的 平 面 角 的 余 弦 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ３ １０ １０ （ Ｂ） 槡 １０ １０ （ Ｃ） － 槡 ５ ５ （ Ｄ ） 槡２ ５ ５ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 下 列 结 论 不 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 两 条 异 面 直 线 所 成 的 角 与 这 两 直 线 的 方 向 向 量 所 成 的 角 相 等 （ Ｂ） 直 线 与 平 面 所 成 的 角 等 于 直 线 的 方 向 向 量 与 该 平 面 法 向 量 夹 角 的 余 角 （ Ｃ） 二 面 角 的 大 小 一 定 等 于 该 二 面 角 两 个 面 的 法 向 量 的 夹 角 （ Ｄ ） 若 二 面 角 两 个 面 的 法 向 量 的 夹 角 为 １２ ０° ，则 该 二 面 角 的 大 小 等 于 ６０ ° 或 １２ ０° １０ ．下 列 命 题 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 两 条 不 重 合 直 线 ｌ １ ，ｌ ２ 的 方 向 向 量 分 别 是 ａ ＝ （ ２， ０， － １） ， ｂ ＝ （ － ４， ０， ２） ，则 ｌ １ ∥ ｌ ２ （ Ｂ） 直 线 ｌ的 方 向 向 量 ｃ ＝ （ １， － １， ２） ，平 面 α 的 法 向 量 ｍ ＝ （ ６， ４， － １） ，则 ｌ ⊥ α （ Ｃ） 两 个 不 同 的 平 面 α， β 的 法 向 量 分 别 是 ｕ ＝ （ ２， ２， － １） ，ｖ ＝ （ － ３， ４， ２） ，则 α ⊥ β （ Ｄ ） 直 线 ｌ的 方 向 向 量 ｄ ＝ （ ０， １， １） ，平 面 α 的 法 向 量 ｎ ＝ （ １， ０， １） ，则 直 线 ｌ与 平 面 α 所 成 角 的 大 小 为 π ３ １１ ．如 图 ６， 长 方 体 ＡＢ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ＡＢ ＝ 槡 ３， ＡＤ ＝ ＡＡ １ ＝ １， Ｐ 为 线 段 Ａ １ Ｃ 上 的 动 点 ，则 以 下 结 论 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 当 Ａ １ → Ｃ ＝ ２ Ａ １ → Ｐ 时 ，直 线 ＢＰ 与 平 面 ＡＢ ＣＤ 所 成 角 的 正 弦 值 为 槡 ５ ５ （ Ｂ） 当 Ａ １ → Ｃ ＝ ３ Ａ １ → Ｐ 时 ，若 平 面 ＢＤ Ｃ １ 的 法 向 量 记 为 ｎ， 则 Ｄ １→ Ｐ· ｎ ＝ ０ （ Ｃ） 当 Ａ １ → Ｃ ＝ ４ Ａ １ → Ｐ 时 ，二 面 角 Ａ １ － ＡＤ １ － Ｐ 的 平 面 角 的 余 弦 值 为 槡２ ５ ５ （ Ｄ ） 若 Ａ １ → Ｃ· Ｄ １→ Ｐ ＝ ０， 则 Ａ １ → Ｃ ＝ ５ Ａ １ → Ｐ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．如 图 ７， 正 方 体 ＡＢ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ， Ｅ， Ｆ 分 别 是 Ａ １ Ｄ １ ，Ａ Ｂ 的 中 点 ， 则 ｃｏ ｓ ∠ ＥＣ Ｆ ＝ ． １３ ．空 间 直 角 坐 标 系 Ｏ － ｘｙ ｚ 中 ， 经 过 点 Ｐ（ ｘ ０ ，ｙ ０ ，ｚ ０ ） ，且 法 向 量 为 ｍ ＝ （ Ａ， Ｂ， Ｃ） 的 平 面 方 程 为 Ａ（ ｘ － ｘ ０ ） ＋ Ｂ（ ｙ － ｙ ０ ） ＋ Ｃ（ ｚ－ ｚ ０ ） ＝ ０， 经 过 点 Ｐ（ ｘ ０ ，ｙ ０ ，ｚ ０ ） 且 一 个 方 向 向 量 为 ｎ ＝ （ ａ， ｂ， ｃ） （ ａｂ ｃ ≠ ０） 的 直 线 ｌ的 方 程 为 ｘ － ｘ ０ ａ ＝ ｙ － ｙ ０ ｂ ＝ ｚ － ｚ ０ ｃ ，阅 读 上 面 的 内 容 并 解 决 下 面 问 题 ：现 给 出 平 面 α 的 方 程 为 ２ｘ － ７ｙ ＋ ｚ － ４ ＝ ０， 经 过 （ ０， ０， ０） 的 直 线 ｌ的 方 程 为 ｘ ２ ＝ ｙ ３ ＝ ｚ － １， 则 直 线 ｌ与 平 面 α 所 成 角 的 正 弦 值 为 ． １４ ．“ 阿 基 米 德 多 面 体 ” 也 称 为 半 正 多 面 体 ， 是 由 边 数 不 全 相 同 的 正 多 边 形 为 面 围 成 的 多 面 体 ， 它 体 现 了 数 学 的 对 称 美 ．如 图 ８ ， 将 一 个 正 方 体 沿 交 于 一 顶 点 的 三 条 棱 的 中 点 截 去 一 个 三 棱 锥 ， 共 可 截 去 八 个 三 棱 锥 ，得 到 八 个 面 为 正 三 角 形 、 六 个 面 为 正 方 形 的 “ 阿 基 米 德 多 面 体 ” ，则 该 多 面 体 中 具 有 公 共 顶 点 的 两 个 正 三 角 形 所 在 平 面 所 成 二 面 角 的 平 面 角 的 余 弦 值 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 如 图 ９， 已 知 直 四 棱 柱 ＡＢ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ，Ａ Ａ １ ＝ ２， 底 面 ＡＢ ＣＤ 是 直 角 梯 形 ， ∠ ＡＤ Ｃ 是 直 角 ，Ａ Ｂ ∥ ＣＤ ，Ａ Ｂ ＝ ４， ＡＤ ＝ ２， Ｄ Ｃ ＝ １， 求 异 面 直 线 ＢＣ １ 与 Ｄ Ｃ 所 成 角 的 余 弦 值 ． ˜ ™ I š › œ  ž Ÿ   ¡ 2 ¢ £ ¤ ¥ ¦ * § ! " # $ % & ' ( ˜ ™ I š › œ  ž Ÿ   ¡ 2 ¢ £ ¤ ¥ ¦ * § ! " ) $ % & ' ( # # ! ( ! $ ! + ! $ + ( ! ! ( # ( ! # ! 3 $ $ ! + + ! ! ) . # ( ' , + $ 3 - ! ' # $ " # ! $ ! + ! ( ! ' ( + ! % ( # # ! ( ! " + $ + ! ' $ ! ! ( ! + # ( % 4 / + ! , # ( + 3 / $ ! # ! " # $ $ ! ( ! # ! $ ! ! *