5.7 空间向量在立体几何中的应用 五年高考母题原型训练-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

(2)设AB与MD所成角为0， AB=(1,0,0),M= IAB MDI ∴.cos0= AB1·MDI 20=3 AB与MD所成角的大小为子 (3)设，点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n= (0,4,√2)上的投影的绝对值. 由OB=(1,0,-2),得d= OB·n_2 n 3 所以，点B到平面OCD的距离为3· 题源3 空间距离 解题模型 (1)点面距离公式：P为平面a外一点，a,n分别为平 面a的斜向量和法向量，d为P到a的距离，则d=|a|· lcos<a,n>1=la·n n (2)线面距离公式：转化为点面距离， (3)面面距离公式：转化为点面距离， (4)异面直线的距离公式：设n为异面直线11、1：的公 垂线上的方向向量，a为11，l2上两点的连线向量(a与n 不共线)，d为l1与l:间的距离，则d=|a|lcos(a,n〉|= a·n [真题6](2022·全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC-ABC 中，AC=BC,AA1=AB,D为BB1的中点，E为AB1上的一 点，AE=3EB1. (1)证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线； (2)设异面直线AB,与CD的夹角为45°，求二面角A1一 AC1-B1的大小. 、D -B A A [解析](1)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一xy之. D B y 设AB=2,则A(2,0,0),B:(0,2,0),D(0,1,0), ·13 设c10,证=（合号）B=2-2.0. =(1,-1,c. 于是DE.B1A=0,DE.DC=0, 故DE⊥B1A,DE⊥DC, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线， (2)因为(B1A,DC)等于异面直线AB1与CD的夹角， 故B1A·DC=B1A|·D元1cos45°， 典2××号 解得c=√2，故AC=(一1,0W2). 又AA1=BB1=(0,2,0), 所以AC=AC+AA1=(-1,2,√2). 设平面AA1C1的法向量为m=(x,y,之)， 则m·AC1=0,m·AA=0, 即一x十2y+√2x=0且2y=0. 令x=2,则之=1，y=0,故m=(wW2,0,1). 设平面AB1C1的法向量为n=（p,q,r), 则n·AC1=0,n·B1A=0, 即-p+2g十√2r=0,2p-2g=0. 令p=2,则g=√2，r=-1,故n=(2,W2,-1). 所以cos(m,n)= m·n1 mn√5 由于(m,n〉是二面角A1一AC1一B1的平面角， 所以二面角A1一AC1-B1的大小为arccos 15 15 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 题源1空间向量的坐标运算（★★★★） 1.(2021·江西)如图，正四面体ABCD的顶点A,B,C分 别在两两垂直的三条射线Ox,Oy,Ox上，则在下列命题中，错误 的是 A.O一ABC是正三棱锥 B.直线OB∥平面ACD C.直线AD与OB所成的角是45 D.二面角D-OB-A为45 2.(2021·安徽)在空间直角坐标系 中，已知点A(1,0,2),B(1,-3,1),点M A 在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是 3.(2021·湖北)如图，四棱锥S一ABCD的底面是正方形， SD⊥平面ABCD,SD=AD=a,点E是SD上的点，且DE= Aa(0<A1). (1)求证：对任意的入∈(0,1]，都有AC⊥BE; (2)若二面角C-AE-D的大小为60°，求入的值. 题源2空间角公式（★★★★★） 4.(2021·浙江)在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长相等， 侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面 BB1C1C所成角的大小是 () A.30° B.459 C.60° D.90° 5.(2021·湖北)如图，在三棱柱ABC一A1B1C1中， ∠ACB=90°，∠ACC1=60°，∠BCC1=45°，侧棱CC1的长为1， 侧该三棱柱的高等于 () A.2 B号 2 0 3 A D C A -=B 第5题 第6题 6.(2020·福建)如图，在长方体ABCD一A1B,C1D1中， AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦 值为 √6 B.26 C.5 5 D①0 5 5 7.(2020·全国I)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与 底面边长都相等，A,在底面ABC内的射影为△ABC的中心， 则AB,与底面ABC所成角的正弦值等于 1 A.3 B号 c. D.3 8.(2020·山东)如图，已知四棱鞋P一ABCD,底面ABCD 为棱形，PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°，E,F分别是BC,PC 的中点. (1)证明：AE⊥PD; (2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的 正切值为，求二面角E-AF-C的余弦值。 9.(2022·全国)如图，已知四棱鞋P一ABCD的底面为等 腰梯形，AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四楼锥的高，E ·13 为AD中点. (I)证明：PE⊥PC; (Ⅱ)若∠APB=∠ADB=60°，求直线PA与平面PEH所 成角的正弦值， D以 10.(2021·上海)如图，在直三楼柱ABC-A1B1C1中， AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,求二面角B1-A,C-C1的大小. B A B 11.(2018·广东)如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的 直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD=8,BC是⊙O的直 径，AB=AC=6,OE∥AD.求： (1)二面角B-AD-F的大小： (2)直线BD与EF所成的角. 题源3空间距离（★★★★） 12.(2021·浙江)如图，平面PAC⊥平面ABC,△ABC是 以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA,PB,AC 的中点，AC=16,PA=PC=10. (1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE; (2)证明：在△ABO内存在一点M,使FM⊥平面BOE,并 求点M到OA,OB的距离. G 2· 13.(2021·重庆)如图，在四棱锥S-ABCD中，AD∥BC 且AD⊥CD:平面CSD⊥平面ABCD,CS⊥DS,CS=2AD=2: E为BS的中点，CE=√2，AS=√5，求： (1)点A到平面BCS的距离： (2)二面角E一CD-A的大小. 14.(2022·江西)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√3. (1)求点A到平面MBC的距离； (2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值 A M D ·133·(2)因为AC1⊥平面A1BC,所以AC1⊥A1C,所 以四边形AA1C1C为菱形，故AA1=AC=2,又D 为AC的中点，所以△A1AC为等腰三角形，则易得 AB=A1B,取AA1的中点F,则AA1⊥BF.又AA1 ⊥BC,所以AA1⊥平面BCF,从而平面A:AB⊥平 面BCF,过C作CH⊥BF于H,则CH⊥平面 A1AB,因为CC1∥AA1,所以CC1∥平面A1AB,所 以CH即为CC,到平面A1AB的距离，在Rt△BCF 中，BC=2,CF=,BF=7,故CH=2 7 即CC,到平面A,AB的距离为2VT 7 (3)过H作HG⊥A1B于G,连结CG,则CG⊥ A1B,从而∠CGH即为二面角A一A1B一C的平面 角，在Rt△ABC中，A1C=BC=2所以CG=√E,在 R1△CGH中，sn∠CGH-器-平，即二面角 CG A-A,B-C的大小为arcsin 7 17.(1)证明：连结OC BO=DO,AB=AD,..AO LBD. BO=DO,BC=CD,.CO⊥BD. 在△AOC中，由已知可得AO=1,C0=√3. 而AC=2,∴.AO2+C02=AC, ∴.∠AOC=90°，即AO⊥OC. .BD∩OC=O,.AO⊥平面BCD (2)解：取AC的中点M,连结OM、ME、OE,由 E为BC的中点知ME∥AB,OE∥DC .直线OE与EM所成的锐角就是异面直线 AB与CD所成的角，在△OME中， EM-ZAB-.OF-DC-1. ,OM是直角△AOC斜边AC上的中线， &OM=2Ac=1.ico∠0EM-g .异面直线AB与CD所成角的大小为 arccos 4 (3)解：设点E到平面ACD的距离为h. VE-ACD =VA-CDE 1 1 h·S△aD=3 :.3 ·AO·S△cDE. 在△ACD中，CA=CD=2,AD=√2， ∴.S△Ac= 而AO=1,S△cDE= 13 4 2 .h= AO·S△cDE 1十 2√21 S△ACD √7 7 点E到平面ACD的距离为 7 §5.7空间向量在立体几何中的应用 五年高考母题原型训练 1.B【解析】本题在正方体ABCD一 A1B,C1D1中构造一个符合条件的几何体 B1一ACD1,其中点D为点O,DA,DC,DD1分别为 工，y,轴，易知错误的为选项B.本题考查直线与平 面的基础知识与几个重要的知识，点，如果只从试卷中 给出的图形来解将会产生一定的难度，而如果将图形 复原到正方体中则非常简单，在此主要是考查学生对 几何图形的分割、复原等转化， 2.(0,一1,0)【解析】本题主要考查空间两 点距离的计算.设M(0,y,0),因MA=MB,由空间 两点距离公式得1十y2+4=1+(y十3)2+1，解得y =一1. 3.本小题主要考查空间直线与直线、直线与平 面的位置关系和二面角等基础知识，考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力. 解法一： (1)证明：连接BD,由底面ABCD是正方形可得 AC⊥BD. ,SD⊥平面ABCD,∴.BD是BE在平面ABCD 上的射影，由三垂线定理得AC⊥BE, (2)解：，SD⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, .SD⊥CD. 又底面ABCD是正方形，.CD⊥AD 又SD∩AD=D,∴.CD⊥平面SAD. 过点D在平面SAD内作DF⊥AE于点F,连接 CF,则CF⊥AE,故∠CFD是二面角C-AE-D的 平面角，即∠CFD=60. 在Rt△ADE中，AD=a,DE=Aa,AE= a2十1， 于是，DF=AD·DEa AE 2+1 3 在Rt△CDF中，由 cot60°=DF CD√+I 得 即 2+1 3， √3λ2+3=3λ. 由0,1]，得解入= 2 解法二： (1)证明：以D为原点，DA,DC,DS的方向分别 作为x,y,之轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 标系，则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a, 0),E(0,0,Aa), Ac=(-a,a,0), BE=(-a,-a,Aa). EA=(a,0,-aa), EC=(0,a,-Aa). AC.B2=(-a, a,0）·(-a,-a,λa) A =a2-a2+0·aa =0, 即对任意的A∈(0,1]，都有AC⊥BE, (2)解：DC=(0,a,0)为平面ADE的一个法 向量 设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,x), 则n⊥EA,n⊥EC, :·Ei=0 即-d=0 “{n·E元=0，{0-az=0 取≈=1，得n=(入，入，1) lDc·nl ∴.cos60°= 1二台√2x+可 1Dc1·|nl√2x2+1 =2入 由入∈(01]，解得X= 4.C【解析】本题主要考查立体几何中线面 角的求法.取BC边的中，点E,连接AE、DE,可知AE ⊥侧面BB1C1C,∠ADE就是AD与侧面BB1C1C 成的角，设各棱长为a,则在Rt△AED中，ED三 a .AE=3 a,所以∠ADE=60°.选C. 5.A【解析】设CC1与底面所成的角为0， CC1在底面内的射影与CB所成的角为a,有 。7 cos0cosa=cos45°，cos9cos(a十90°)=c0s60°，得cos0 号，sin0=故三校程的高为cC,·sing=之 2 6.D【解析】本题考查直线与平面的位置关 系、空间想象能力，可利用传统几何方法直接作出角 求大小；也可利用向量法求直线与平面的一个法向量 所成的角，再求所求的角显然，后种方法对于选择题 是不适用的，连接A1C1交D1B1于O,连接OB, AC1⊥B1D1,∠C1BO为直线C1B与平面B1D1DB 所成角，OC1=√2，OB=√3，BC1=√5. ∠C,0=sn∠C0= 5 7.B【解析】本小题主要考查空间想象能力 及线面角的求法. 法一：设A1的射影为H,延长BA到M,使AM =AB,连接HM,易得四边形AMA1B1为平行四边 形，所以∠A1MH就是AB1与底面ABC所成角. 设棱长为1，由已知得AH= 3,所以A1H= 3 又Mi12=AM:+AH12-2AM·AH cos150 =1+-2x1×5×(-5= 3 2 3 所以IA1M|=√IMH2+|A1H2 √+ √6 sin∠A1MH= A HI 32 A而后3，故选B 法二：如图建立 标系，由法一得 B 16 5√3 6 AB= ，且 1√6 23 |AB11=√3.设x轴方向上的单位向量为n=(0,0, 1),AB1与底面ABC所成角为0，则sin8= AB1·n √6 1ABIImI 3 ,故选B. √3×1 8.(1)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC= 60°，可得△ABC为正三角形 因为E为BC的中点，所以AE⊥BC. 又BC∥AD,因此AE⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD,AEC平面ABCD,所以 PA⊥AE. 而PAC平面PAD,ADC平面PAD且PA∩ AD=A, 所以AE⊥平面PAD.又PDC平面PAD, 所以AE⊥PD. (2)解：设AB=2,H为PD上任意一点，连接 AH,EH. 由(1)知AE⊥平 面PAD, 则∠EHA为EH 与平面PAD所成的角. 在Rt△EAH中，AE =√3， 所以当AH最短时， ∠EHA最大. 此时ian∠EHA= √5√6 AHAH 2' 因此AH=√2.又AD=2,所以∠ADH=45°， 所以PA=2. 解法一：因为PA⊥平面ABCD,PAC平 面PAC, 所以平面PAC⊥平面ABCD, 过E作EO⊥AC于点O,则EO⊥平面PAC, 过O作OS⊥AF于点S,连接ES,则∠ESO为 二面角E一AF一C的平面角， 在Rt△A0E中，E0=AE·sin30°= 2,A0= AE·c0s30°= 2 又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO· 3√2 sin45°= 4 又SE=E0+s0=√ 3,930 十 8 4 7 32 在Rt△ESO中，cos∠ESO= 4 SE √30 =V15 5 即所求二面角的余弦值为 5 解法二：由(1)知AE,AD,AP两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、 F分别为BC、PC的中点，所以A(0,0,0),B(W3, 1,0),C(√3,1,0)，D(0,2,0),P(0,0,2),E(W3,0, .停 所以A正=(W3,0,0),A= 设平面AEF的法向量为m=（(x1,y1,1), 则m·A龙=0 ,因此 {m·AF=0 3x1=0, 3 x+2y+1=0. 取之1=一1，则m= (0,2,-1),因为BD⊥ AC,BD⊥PA,PA∩AC=A, 所以BD⊥平面AFC, 故BD为平面AFC的一个法向量. 又BD=(-√3,3,0)， 所以cos(m,BD)=m·B方 2×3 |m|·1BD|√5×12 =V15 5 因为二面角E一AF一C为锐角， 所以所求二面角的余弦值为 9.解：以H为原点，HA,HB,HP分别为x,y, x轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系 如图，则A(1,0.1),B(0,1,0). 5 H+ (I)设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0), 则D0m0,E(合·空0） 可得=（侵受-）B成=(m,-10. 因为.胶-受-空+0=0， 所以PE⊥BC. (Ⅱ)由已知条件得m=- c(oo.g(G-誓 P(0,0,1). 设n=(x,y,之)为平面PEH的法向量 3 、0了”·HE=0·即2x一6y=0· （=0. 因此可以取n=(1√3,0). 由PA=(1,0,-1), 可得cos(P才，n1= 4 所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值 碧 【点评】利用空间向量法求解问题时，适当建立 空间坐标系是关键，建立坐标系时要抓住三条互相垂 直相交于一点的直线并且求各点坐标要比较方便， 10.解：如图，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, O(B) BM⊥AC,BM⊥CC1, M ∴.BM⊥平面AC1C, 即BM=(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量. 7 设平面A1B1C的一个法向量是n=(x,y,x). A1C=(-2,2,-2),A1B=(-2,0,0), ∴n·A1B=-2x=0n·A1C=-2x+2y 2x=0, 令x=1,解得x=0,y=1. .n=(0,1,1), 设法向量n与BM的夹角为9，二面角B1一A:C 一C1的大小为日， 显然6为锐角. :cos0=I cosp1=n·Bi n·B而=之，解得g 3 “二面角B-A,C-C的大小为 11.本小题主要考查空间中线面关系、二面角及 其平面角、三垂线定理、坐标方法的运用等基础知识， 考查数形结合的数学思想和方法，以及空间想象能 力、思维能力和运算能力】 解：(1)，AD⊥平面2 0 ABF,而AB、AFC平D 面ABF, .AD⊥AB,AD⊥AF, ∴.∠BAF就是二面角B 一AD一F的平面角. A AF、BC是⊙O的直 B 径，.ABFC是矩形. 又，AB=AC=6,.ABFC是正方形. 由于ABFC是正方形，故∠BAF=45°. (2)解法一：由(1)知，ABFC是边长为6的正 方形. ,OE∥AD,而AF是⊙O的直径，∴AF、DE 共面 AD与两圆所在的平面均垂直，且OE∥AD, ∴.OE⊥平面ABF. 以A为坐标原点，AB、AC、AD分别为x轴、y 轴、之轴的正向，建立空间直角坐标系于是有： B(6,0,0)、D(0,0,8)、E(3,3,8)、F(6,6,0) ∴BD=(-6,0,8),EF=(-3,-3,8). 设直线BD与EF所成的角为a,则cosa BD·FE IBD·IFE (-6)×(-3)+0×(-3)+8×8 √/(-6)2+02+82√/(-3)2+(-3)2+82 =v82 10 即直线BD与EF所成角为arccos √82 10 解法二：由(1)知，ABFC是边长为6的正方形， ∴.BC⊥AO.AD⊥平面ABF. ∴.AO是OD在平面ABF上的射影. 由三垂线定理知OD⊥BC. OE∥AD,而AF是⊙O的直径，∴A、O、F、 E、D共面 DE、AF分别是平面AFED与上下圆面的交线， AD与上、下圆面均垂直，故上、下圆面平行. .DE∥AF. 由OE∥AD,有DE=AO=OF=3√2. .OFED是平行四边形，EF∥OD. 即∠BDO就是直线BD与EF所成的角，有 BO3√2 sin∠BDO=BD=0,即直线BD与EF所成 3√2 的角为aresin10, 12.本题主要考查空间线线、线面、面面位置关 系，空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空 间想象能力和推理论证能力. 解法一：(1)证明：如图，连接OP,以点O为坐标 原点，分别以OB,OC,OP所在直线为x轴，y轴， x轴，建立空间直角坐标系O一xyz则 B O(0,00),A(0,一8,0)，B(8,0,0),C(0,8,0), P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3). 由题意，得G(0,4,0). 因为OB=(8,0,0),OE=(0,-4,3), 所以平面BOE的法向量n=(0,3,4). 由FG=(-4,4,-3),得n·FG=0. 又直线FG不在平面BOE内， 所以FG∥平面BOE, (2)解：设点M的坐标为(xoyo,0), 则FM=(xo-4,yo,-3). 因为FM⊥平面BOE,所以FM∥n, 7 因此x。=4,y,=- 早，即点M的坐标是 (4,- 9 ,0) 在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域 1E0, 可表示为不等式组 y<0, x-y<8. 经检验，点M的坐标满足上述不等式组. 所以，在△AOB内存在一点M,使FM⊥平 面BOE. 由点M的坐标，得点M到OA,OB的距离分别 9 为4,4 解法二：(1)证明：如图，取PE的中点为H,连接 HG.HF. E 因为点E,O,G,H分别是PA,AC,OC,PE的 中点， 所以HG∥OE,HF∥EB. 因此平面FGH∥平面BOE, 因为FG在平面FGH内， 所以FG∥平面BOE. (2)解：在平面OAP内，过点P作PN⊥OE,交 OA于点N,交OE于点Q.连接BN,过点F作FM ∥PN,交BN于点M. 下证FM⊥平面BOE. 由题意，得OB⊥平面PAC,所以OB⊥PN, 又因为PN⊥OE,所以PN⊥平面BOE. 因此FM⊥平面BOE.在Rt△OAP中， OE=PA=5,0-兰as∠Np0-8器 OP 4 9 ,ON=OP·tam∠NP0=?<0A. 所以点N在线段OA上 因为F是PB的中点，所以M是BN的中点. 因此点M在△AOB内，点M到OA,OB的距离 分别为行0B=4,宁0N=子 1 13.解法一：(1)因为AD∥BC,且BC二平面 BCS,所以AD∥平面BCS,从而A点到平面BCS的 距离等于D点到平面BCS的距离. 因为平面CSD⊥平面ABCD,AD⊥CD, 故AD⊥平面CSD,从而AD⊥DS. 由AD∥BC,得BC⊥DS. 又由CS⊥DS知DS⊥平面BCS, 从而DS为点A到平面BCS的距离. 因此，在Rt△ADS中， DS=√AS-AD'=√3-I=√2. (2)如图，过E点作EG⊥CD,交CD于点G, 又过G点作GH⊥CD,交AB于点H, 故∠EGH为二面角E一CD一A的平面角，记 为0. 过E点作EF∥BC,交CS于点F,连接GF. 因平面ABCD⊥平面CSD,GH⊥CD,易知GH LGF. 故0=-∠EGR 由于E为BS边中点，故CF=2CS=1, Rt△CFE中，EF=√CE-CF=√2-I=1. 因EF⊥平面CSD,又EG⊥CD,故由三垂线定 理的逆定理得FG⊥CD,从而又可得△CGF △CSD, 因此然品前在R△CSD中. CD=√CS+SDF=/4+2=√6， 在Rt△EFG中，ian∠EGF=ES FG= 可得∠EGF=弩，故所求二面角的大小为g 6 解法二：(1)如图，以S(O)为坐标原点，射线 OD,OC分别为x轴，y轴正向，建立空间坐标系. B S(O) 设A(xA,yA,xA),因平面COD⊥平面ABCD, AD⊥CD,故AD⊥平面COD,即点A在xOx平面 上，因此yA=0,之A=|AD1=1. 又x月+12=A512=3,xA>0解得xA=√2. 从而A(√2,0,1). 因AD∥BC,故BC⊥平面CSD,即平面BCS与 平面yO:重合，从而点A到平面BCS的距离为xA =√2. (2)易知C(0,2,0),D(√2,0,0). 因E为BS的中点，△BCS为直角三角形， 知B51=21C龙1=2√2. 设B(0,2,之B),之B>0,则B=2, 故B(0,2,2),所以E(0,1,1) 在CD上取点G,设为G(x1,y1,0),使GE ⊥CD 由Ci=(W2,-2,0),G=(-x1,-y1+1,1) Ci·GE=0,故2x1-2(y1-1)=0. ① 又点G在直线CD上，即CG∥CD, 由CG（xy-2,0),则有后y1二2 -2 ② 联立D得6坐标为停 二面角E-CD-A的平面角为向量GE与向量DA所 成的角，记此角为6. 因为=25.=001.D成1=1. GE·DA=1,所以cos0= G成.DA3 GE1·DA12 故所求的二面角的大小为石 14.解法一：(1)取CD中点O,连结OB,OM,则 OB=OM=3,OB⊥CD,MO⊥CD. 又平面MCD⊥平面BCD,则MO⊥平面BCD, 所以MO∥AB,MO∥平面ABC,M,O到平面ABC 的距离相等 作OH⊥BC交BC于点H,连结MH,则MH ⊥BC. 求得0H=0c·sin60°=5 2 MH=√W):+5)=压 2 设点A到平面MBC的距离为d. 1 1 由VA-MBe=VM-Ac得3·S△MBc·d= 3 S△A·OH. 3×2×2×25 2 解得d=2√⑤ 5 (2)延长AM、BO相交于点E,连结CE、DE,则 CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由(1)知，O是BE的中点，则四边形BCED是 菱形. 作BF⊥EC于点F,连结AF,则AF⊥EC, ∠AFB就是二面角A一EC一B的平面角，设为日. 因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°， BF=2sin60°=√3， tand=AB F=2,sin0=25 2√5 则所求二面角的正弦值为5， 解法二：取CD中点O,连结OB,OM,则 OB⊥CD,OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD, 。7 则MO⊥平面BCD. 取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、之 轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=√3，则各点 坐标分别为C(1,0,0),M(0,0,√3)，B(0,-√3,0)， A(0,-√3,2√3) (1)设n=(x,y,之)是平面MBC的法向量，则 BC=(1,W3,0),BM=(03W3). 由n⊥BC得x十3y=0: 由n⊥BM得V5y+√3g=0; 取n=(3,-1,1),BA=(0,0,2√5)，则 d=B所·n=2g_25 n √5 51 (2)CM=(-1,0,√5)，CA=(-1,-√5,2√5). 设平面ACM的法向量为n1=(x,y,x),由n11 CM,n11C得厂x+Bx=0 -x-3y+2W3x=0 解得x=√3x,y=之，取n1=(W3,1,1). 又平面BCD的法向量为n:=(0,0,1). 所以cos<n:之=n1,n:-5' n1·n21 设所求二面角为0，则sin0=2,5 5 【点评】立体几何中的成角问题，用向量解.思 路简单，运算较多，而不用向量，则需要很强的空间想 象能力， 2012一2013高考题源拓展测试 1.D【解析】，G分MN的比为2.∴.M心= 子不， 0=0成+花=0成+子(o示-0m) -2+号（+-） 2/1 11