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

§5.7空间向量在立体几何中的应用 考纲·题型解读 1.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 2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 3.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， 4,会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题，从而 培养准确无误的运算能力， 5.高考中立体几何为必考内容，并且通常有一道综合题，常居于6个解答题的中间位置，难度不是很大，但由于考查空间想 象能力，故学生掌握情况差异比较大，如果用向量法来解可以降低难度，并且多数情况下传统法、向量法都可以解题，有时还可 以用向量的坐标运算解题 五年高考母题题源揭秘 解题模型 题源1空间向量的坐标运算 1.设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b:),则a+b=(a +b1,a2+b2,a3+b3);a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-bg); Aa=(入a1,λa2,Aag);a·b=a1b1十a2b2+a3b3:a∥b=a1 =Ab1ag=入b2,a=ab3a⊥b台a1b1十a2b2十a3b3=0. 2.设A(x1y1之1)、B(x2y2,x),则AB=O店-OA =(x2-x1y:-y12一之1). 这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示 这个向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标， 3.两个向量的夹角及两点间的距离公式 (1)已知a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2b), 则la|=√a=√a+a+a:|b|=√b =√b+b+b: a·b=a1b1+a2b2+a3ba: a1b+a2b2+a3b3 cos(a,b〉= /ai+a+a·√b+b5+b (2)已知A(x1,y1,之1)，B(x,y2,2),则|A方1 √A店.A店=√x1-x:)+(y1-y:)+(1-:)厂，或 者dA.B=AB引.其中dA,B表示A与B两点间的距离，这就 是空间两点的距离公式。 5.设n是平面M的一个法向量，AB、CD是M内的 两条相交直线，则n·AB=0,n·CD=0,由此可求出一个 法向量n(向量AB及CD). 6.利用空间向量证明线面平行：只要在平面a内找到 一条直线的方向向量为b,已知直线的方向向量为a,问题 转化为证明a=b即可.或者已知直线上的A、B两点坐 标，在平面Q内找出两点C、D写成坐标形式，AB=(x1, y1z1),CD=(xy2,之2)，只要证明x1=入x:且y1=入y: 且之1=入82 ·128· |AM1=1MN|→1+3+m'=1+3 7.利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面 +(n-m)2即m2=(n-m)2②， 直线上各取一个向量a,b,只要证明a⊥b,即a·b=0 由①、②解得m=√2，n=2√2， A 即可. 8.证明线面垂直：直线l,平面a,要让l⊥a,只要在l .|AN|=√22+02+(22)2= 上取一个非零向量p,在a内取两个不共线的向量a、b,问 25. 题转化为只证：p⊥a且p⊥b,也就是a·p=0且b·p (向量法运用方程思想求解，比较直 接，容易想到) A(O) =0. 9.证明面面平行、面面垂直，最终都要转化为证明线 题源2空间角公式 线平行，线线垂直. [真题1](2020·江苏)如图，设动点P在棱长为1的正 解题模型 DP 方体ABCD-AB:CD,的对角线BD1上，记D,B =入.当 (1)异面直线成角公式，设a,b分别为异面直线l1,l。 上的方向向量，0为异面直线所成的角，则c0s=|cos(a,b)川 ∠APC为钝角时，求λ的取值范围】 la·bl [解析]由题设可知，以DA、D心、 lallb' DD为单位正交基底，建立如图所示的空 (2)线面角公式，设1为平面a的斜线，a为1的方向向 间直角坐标系D一xyz,则有A(1,0,0), 量，n为平面a的法向量，0为l与a成角， B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1). 由D1B=(1,1,-1)得D1P=入D1B 则i0=casa.a=88 =(X,A,-A),所以P月=PD+D1A= (3)面面角公式：①设n1,n2分别为平面a,B的法向 (一入，-A,A)十(1,0，-1) 量，二面角为0，则0=(n1,n2〉或0=x一(n1,n2)(需要根 =(1一入，-入，入-1)， 据具体情况判断相等或互补)，其中cos〈n1,n:〉 PC=PD1+D1C=(-入，-A,A)+(0,1,-1) n1·n2 =(-入，1-入，入-1). ln|·ln2 显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC= ②设n1,n2为二面角棱的法向量，二面角为日，则 ospi,Pt=Pi·P心 日=〈n1,n2〉或0=π一〈n1,n2〉（需要根据具体情况判 <0,这等价于PA.P元<0. 1PA1·P元 断相等或互补)，其中cos〈n1,n2)= n1·ng 即(1-A)(-1)+(-1)(1-A)+(入-1)2=（入-1）(3x-1) Inm2T <0,得子<A<1. [真题3](2022·辽宁)已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平 因光以的取雀范国为（合小 面ABC,AB⊥AC,PA=AC=ZAB,N为AB上一点，AB= 4AN,M,S分别为PB,BC的中点. [真题2](2019·全国I)一个等腰直角三角形的三个顶 (I)证明：CM⊥SW; 点分别在正三棱柱的三条侧棱上已知正三棱柱的底面边长为 (Ⅱ)求SN与平面CMN所成角的大小. 2,则该三角形的斜边长为 [解析]设PA=1,以A为原点，射线AB,AC,AP分别 [解析]解法一：如图，△AMN就是已知的等腰直角三角 为x,y,之轴正向建立空间直角坐标系如图. 形，取AN的中点Q,连结MQ.作MP⊥BB1,垂足为P,易证 △ACM≌△MPN, .MC=PN,又MC=PB. :MCL2BN,取AB中点E,连结EQ,QE= 2BN,. MC LQE .四边形MQEC是矩形 ∴.MQ=CE=√3.又AN=2MQ=2√3（直角三角形斜边上 的中线等于斜边的一半) (这种解法是将所求斜边长转化为2·CE,思维量大，不易 想到) 解法二：（向量法） 期P(0.0.1),C(0.1,0).B(2,0.0,M.0,） 如图建立坐标系，A(0,0,0),M(1W3,m),N(2,0,n) N(合00）s20 且m>0,n>0.则AM=(1,√3，m),M=(1,-√3，n m), (10成=0-1，名5=(-分-20.周为G· 2-1 又AMLMN→1-3+m(n-m)=0即m(n-m)=2①， ·129· =-++0=0 =2 故SE=2EB. 所以CM⊥SN. N-(210 (②)由1知E(层，号号)取DE中点F, 设a=(x,y,之)为平面CMN的一个法向量， 由a·CM=0a·NC=0, 0,由此得FA⊥DE, 1 -y+2=0, 得 令x=2,得a=(2,1,-2). 2x+y=0. ⊥DE, 所以向量FA与E武的夹角等于二面角A一DE一C的平 一1一 面角. 因为|cos(a,SN)1 e 1 3② 2 成成-是 FA1衣=-2， 2 所以，二面角A-DE-C的大小为120°. 所以SV与平面CMN所成角为45， [真题5](2020·安徽)如图，在四棱鞋O-ABCD中，底 [真题4](2022·全国I)如图，四棱锥S-ABCD中，SD ⊥底面ABCD,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=1,DC=SD= 面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=年.OAL底面ABCD, 2,E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC. OA=2,M为OA的中点，N为BC的中点. (1)证明：SE=2EB; (1)证明：直线MN∥平面OCD: (2)求二面角A一DE-C的大小. (2)求异面直线AB与MD所成角的大小； [解析]以D为坐标原点，射线DA为x轴正半轴，建立 (3)求点B到平面OCD的距离. 如图所示的直角坐标系D一xy心 [解析]作AP⊥CD于点P,如图， 设A(1,0,0),则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2). 分别以射线AB,AP,AO为x,y,心正半 轴建立直角坐标系 A00.0.B1.0,0,P0, 2,0), p.oc....0.1. (1)sC=(0,2,-2).BC=(-1,1,0). 设平面SBC的法向量为n=(a,b,c), 由n⊥SC,n⊥BC得n·SC=0,n·BC=0, 故2b-2c=0,-a+b=0. 令a=1,则b=1,c=1,n=(1,1,1). （9 文成-威以>0湖（合中2 设平面OCD的法向量为n=(x,y,≈)，则n·OP=0, n·OD=0. =(年)Dd=020, 2 y-2=0, 即」 设平面CDE的法向量m=(x,y,之)， 由m⊥DE,m⊥DC,得m·DE=0,m·DC=0. (2+ 2y-2=0. 收年+路+系=0=0 取x=√2，解得n=(0,4,w2). 令x=2,则m=(2,0,-入). 由平面DEC⊥平面SBC得m⊥n,m·n=0,2-入=0，入 .MN∥平面OCD. ·130· (2)设AB与MD所成角为0， 设c10c)剥-（合7B才-(2，-20）. AB=(1,0,0),MD =(1,-1,c). IAB.MD 于是D正.B1A=0,D正.D元=0， ∴.c0s0= AB1·MD1 3 故DE⊥B1A,DE⊥DC, 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线， AB与MD所成角的大小为子 (2)因为(B1A,D心)等于异面直线AB1与CD的夹角， (3)设，点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n= 故B1A.D元=B1A1·D元cos45°， (0,4,√2)上的投影的绝对值。 即2Xv×9-, 由OB=(1,0,-2),得d= OB.nl 2 n 3 解得c=√2，故AC=(-1,02). 所以，点B到车西O0D的距离为子 又AA1=BB1=(0,2,0), 所以AC=AC+AA=(-1,2,N2). 题源3 空间距离 设平面AA1C1的法向量为m=(x,y,x), 则m·AC=0,m·AA=0, 解题模型 即-x+2y十√2x=0且2y=0. 令x=√2，则之=1，y=0,故m=(√2,0,1). (1)点面距离公式：P为平面a外一点，a,n分别为平 设平面AB1C1的法向量为n=(p,q,r), 面a的斜向量和法向量，d为P到a的距离，则d=|a|· 则n·AC=0,n·B1A=0, cos(a,n>1= a·n 即-力+2q+√2r=0,2p-2g=0. (2)线面距离公式：转化为，点面距离. 令力=√2，则g=√2，r=-1,故n=(W2,W2,-1). (3)面面距离公式：转化为点面距离. 所以cos(m,n)= m·n1 (4)异面直线的距离公式：设n为异面直线11、l:的公 mn√/5 垂线上的方向向量，a为11，l2上两点的连线向量(a与n 由于(m,n)是二面角A:一AC1一B1的平面角， 不共线)，d为l1与l:间的距离，则d=a||cos(a,n)|= a·nl 所以二西角A-AC:-B,的大小为arc0s国 15 n [真题6](2022·全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC-A1B1C 五年高考母题原型训练 中，AC=BC,AA1=AB,D为BB1的中点，E为AB1上的一 (★代表高考出现的频次) 点，AE=3EB1. (I)证明：DE为异面直线AB1与CD的公垂线； 题源1空间向量的坐标运算（★★★★） (2)设异面直线AB1与CD的夹角为45°，求二面角A1- AC1-B1的大小. 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是正三棱鞋 D B.直线OB∥平面ACD B C.直线AD与OB所成的角是45° D.二面角D-OB-A为45 [解析](1)以B为坐标原，点，射线BA为x轴正半轴，建 2.(2021·安徽)在空间直角坐标系 立如图所示的空间直角坐标系B一xy必， 中，已知点A(1,02),B(1,-3,1),点M 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，四棱鞋S-ABCD的底面是正方形， SD⊥平面ABCD,SD=AD=a,点E是SD上的点，且DE= 、D λa(0<λ1). (1)求证：对任意的入∈(0,1]，都有AC LBE; (2)若二面角C-AE-D的大小为60°，求A的值 设AB=2,则A(2,0,0),B:(0,2,0),D(0,1,0), ·131· 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 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BB1C!C的中心，则AD与平面 BB,C1C所成角的大小是 A.30° B.459 C.609 D.90° 5.(2021·湖北)如图，在三棱柱ABC-AB1C1中， ∠ACB=90°，∠ACC1=60°，∠BCC1=45°，侧棱CC1的长为1， 10.(2021·上海)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， 则该三棱柱的高等于 AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,求二面角B1-A1C-C1的大小 1 A.2 R号 3 C. 2 D. 3 3 D C A DA 11.(2018·广东)如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的 第5题 第6题 直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD=8,BC是⊙O的直 6.(2020·福建)如图，在长方体ABCD一A1B1C1D1中， 径，AB=AC=6,OE∥AD.求： AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D:D所成角的正弦 (1)二面角B-AD-F的大小： 值为 ( (2)直线BD与EF所成的角. 6 A.3 B26 c 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AB1与底面ABC所成角的正弦值等于 1 A. B誓 e 2 D. 8.(2020·山东)如图，已知四楼鞋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 题源3空间距离（★★★★） (1)证明：AE⊥PD: 12.(2021·浙江)如图，平面PAC⊥平面ABC,△ABC是 (2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的 以AC为斜边的等腰直角三角形，E,F,O分别为PA,PB,AC 正切位为求二面角E-AP-C的余弦位 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 9.(2022·全国)如图，已知四楼锥P一ABCD的底面为等 腰梯形，AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高，E ·132· 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一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=2V3, (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 B ·133· 2022一2023高考题源拓展测试 D未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题2.5分，共20分。每小题 A.aresin5 1 只有一个选项符合题意) 1.(1)如图，已知空间四边形OABC,其对角线为OB、 AC,M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在线段MN上，且 B.arecos 5 分MN所成的比为2，现用基向量OA、OB、OC表示向量OG,设 OG=xOA+yOB+xOC,则xyx的值分别是 ( C.aresin5 A.x=1 1 -3 D.aresin5 5 8.(1.2.3)如图，在四棱锥 P一ABCD中，侧面PAD为正三角形，底 C=== 面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面 ABCD,M为底面ABCD内的一个动点， 1 11 D.x=60y=32=3 且满足MP=MC.则点M在正方形A ABCD内的轨迹为 2.(1)△ABC的顶点分别为A(1,-1,2),B(5,-6,2), C(1,3,-1),则AC边上的高BD等于 () A.5 B.√4I C.4 D.2W5 3.(G1)如图所示，在正方体ABCD-AB,C1D1中，E、F 分别在A,DAC上，且A,E=号A,DAF=AC,则《） 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） A.EF至多与A1D、AC之一垂直 0 9.(2)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C,D B.EF是A1D、AC的公垂线 中，M和N分别是A,B1和BB1的中点，那么直线AM与CN A B C.EF与BD,相交 所成角的余弦值为 D D.EF与BD1异面 ND 4.(O3)在正三棱柱ABC-A1B:C 中，若AB=2,AA1=1,则点A到平面 A,BC的距离为 第9题 第12题 C. D.3 10.(G2)正方体ABCD-AB1CD1中，二面角A-BD 4 B1的大小为 5.(⑦2)在正方体ABCD一A1B1C1D1中，M、N分别为棱 11.(g1.3)在各棱长都等于1的正四面体OABC中，若点 AA1和BB1的中点，则sin(CM,D1N)的值为 ( ) P满足OP=xOA+yOB+OC(x十y+之=1)，则IOP1的最 小值为 A.9 B合后 12.(们3)如图，在45°的二面角a一1一B的棱上有两点A、 c后 D.号 B,点C、D分别在aB内，且AC⊥AB,∠ABD=45°，AC=BD =AB=1,则CD的长度为 6.(1)设A、B、C、D是空间不共面的四个点，且满足AB 三、解答题（本小题包括5小题，每小题12分，共60分） .AC=0,AD·AC=0,AD·AB=0,则△BCD的形状是 13.(们2)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a, ( 侧棱长为2a,求AC1与侧面ABB1A1所成的角 A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.无法确定 7.(2)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠BAC= 90°，D、E、F分别是棱AB、BC、CP的中点，AB=AC=1,PA= 2,则直线PA与平面DEF所成角为 (） ·134· 14.(了1.2.3)直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以 ∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a,BB1=3a,D为 AC1的中点，E为B1C的中点. (1)求直线BE与A1C所成角的余弦值： (2)在线段AA1上是否存在点F使CF⊥平面BDF?若 存在，求出A下：若不存在，请说明理由， 15.(☐2)如图，直三棱柱ABC-A1B:C1中，∠ACB=90°， AC=1,CB=√2，侧棱AA1=1,侧面AA1B1B的两条对角线的 交点为D,B1C1的中点为M. (1)求证：DM⊥平面BCD: (2)求面B1BD与面CDM所成二面角的正弦值. A ·135· 16.(2.3)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥ABCD,四边 形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点.若PA=AD= 3,CD=√6. (1)求证：AF∥平面PCE; (2)求点F到平面PCE的距离； (3)求直线FC与平面PCE所成角的大小. A 17.(o2)如图，已知△A0B,∠A0B=,∠BA0=石， AB=4,D为线段AB的中点，若△AOC是△AOB绕直线AO 旋转而成的.记二面角B-AO-C的大小为0. (1)当平面CODL平面AOB时，求6的值： (2)当9[受，】时，求二画角C-0D-B的余弦值的取 值范围， -- ·136·(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 +6+-a 1 =合a+专b+子c放选D 2.A【解析】设AD=入AC,D(xy,z), 则(x-1,y十1，之-2)=入(0,4，-3)， .x=1,y=4入-1，之=2-3入. ∴.BD=(-4,4入+5，-3A), ∴.4(4入+5)-3(-3λ)=0， ∴λ=- 号…防=(4号) 防=√-4+（号）+（传）=5 3.B【解析】设AB=1,以D为原点，DA所 在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线 为之轴建立空间直角坐标系， 则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0), E60）(学g）B110.D00D, A1方=(-1,0，-1)，AC=(-1,1,0),E序= (行号）丽=-1-1萨丽 A:D.EF=AC.EF=0. 从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC. 4.B【解析】解法一：取A C BC中点E,连结AE、A1E,过点 A作AF⊥A1E,垂足为F. A1A⊥平面ABC,.A1A ⊥BC,AB=AC. .AE⊥BC.BC⊥平 面AEA1. .BC⊥AF,又AF⊥A1E, .AF⊥平面A1BC. ∴AF的长即为所求点A到平面A1BC距离. AA=1AE=6AP=9&造B 1 解法二：VA1-ABC= 3Sae·AM,=专XBX1 3 又，A1B=A1C=√5， 在△A1BE中，A1E=√A1B-BE=2. 1 :S△A1C=2 ×2×2=2. ·8 VA-AB=3XSaAB·h= 2 . 子- 2 h即点A到平面A1BC的距离.故选B. 5.B【解析】以D为原点，DA、DC、DD1分 别为x轴、y轴、之轴建系，设正方体棱长为1，则 C01,0.M0,2）D001.N1,2） ci=.-1,2）D-(1,-）o成。 D1N)= 3、3 日nCi.D=4g5故 2X2 选B. 6.C【解析】BC·BD=(AC-AB)·(AD -AB)=AC·AD-AC·AB-AB·AD+AB= AB>0,同理，D.DC>0,Ci.Ci>0, .△BCD为锐角三角形，故选C. 7.C【解析】以A为原点，AB、AC、AP所在 直线分别为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系，由 AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0, 1,0),P(0,0,2),D (200）E(合3 F0,1小i=00.2.=（0,号0）D =(子）设西DBF的法白童为a=: )则由00得2公取1则=20， 1),设PA与平面DEF所成角为0，则sin0= PA·n PAn G,PA与平面DEF所成角为arcsin气故选C 8.A【解析】以D为原点，DA、DC分别为 x、y轴建系如图： 设M(x,y,0),设正方形边长为a,则 ,0, 2a ,C(0,a,0),则1M元1= √x+(y-a)2, IMPI (e-）++ 3 2a ,M亦1=M心|得x= 2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线 22,故选A. 92 【解析】以D为坐标原点，DA为x轴， D心为y轴，DD,为之轴建立空间直角坐标系， 则A1,0.0,M(,2）小C(0.1.0 N）则Ai=(0）c=(0)月 .cos(AM.CN)= AM.CN AM1·C 0x1+x0+1x 1 W0+4+1×1+0+ 10.120°【解析】如 图，以C为原，点建立空间直角 坐标系C一xyz,设正方体的B 边长为a,则A(a,a,0),B(a, 0,0),D1(0,a,a),B1(a,0, a), ∴.BA=(0,a,0),BD= (-a,aa),BB1=(0,0,a), 设平面ABD1的法向量为n=(x,y,之)， 则n·BA=(x,y,x)·(0,a,0)=ay=0, n·BD1=(x,y,x)·(-a,aa) =-a.x十ay+ax=0, a≠0，y=0,x=g, 令x=之=1，则n=(1,0,1), 同理，平面B1BD1的法向量m=(一1，一1,0)， n·m 1 cosn,m〉=n.m=-2: 而二面角A一BD1一B1为钝角，故为120° :【解析】由于点P满足O市=xOA+ yOB+xOC(.x+y+之=1)， ∴P、A、B、C共面，|OP|的最小值即为O到面 ABC的距离，即正四面体的高h= 1 8 6 12.√/2-√2 【解析】由C市=CA+AB+ BD,cos(AC,BD)=cos45'cos45= 2 .CDI=CA*+AB+BD+2(CA.AB+ AB.BD+CA.BD)=3+2(0+1×1×cos135°+1 ×1×cos120)=2-√2， CD1=√2-2. 13.解：建立如图所示的空间直角坐标系 A-g则A0,0.0B(g,0A0.0 aB(ga）Ca.0Ea.kAB 的中点D,连结AD、C1D,由CD⊥A1B,得C1D 面ABB1A1,故AC1与AD所成的角即AC1与侧面 AB,A所成的角由-（任。C =(a,0,2a)得cos(AC,AD》= AC.AD AC1·AD 气故AC与AD所成的角，即AC与侧画 ABB1A1所成角为30 [2 D 14.解：(1)以B为原点，建立B 2 如图所示的空间直角坐标系，因为 AC=2a,∠ABC=90°，所以AB= BC=√2a,所以B(0,0,0),C(0 √2a,0),A(2a,0,0),A1(2a, 0,3a),C1(0,√2a,3a),B1(0,0, 3a), 所以（停号）号 所u=iaa成-（号号 所以C=丽a,应=T。,C·脏 2a2, 所以c0s(CA,B正》= CA.B证7√143 1CA1·BE 143 即直线BE与A,C所成角的余弦值为V3 1431 (2)假设存在点F,使CF⊥平面B1DF,只需C LB,F且C苹LB1D即可. 设AF=b,则F(√2a,0,b),C苹=(2a,-2a, b.B=0,b-a.Bi-(停号。0月 因为C示，B1D=a2-a2=0,所以CLB1D恒成立. 由B1下.C京=2a:+b(b-3a)=0,解得b=a 或b=2a. 故当AF|=a或2a时，CF⊥平面B1DF. 15.解：(1)证法一：取 AB1中点N,连结DN、 MN、A1M、BM. 在直三棱柱ABC A1B1C1中BB=A1C1=1,B B1M=MC1,∠BB1M=∠A1C1B=90°， .BM=A M, .DM⊥A1B,即DM⊥BD 又N为A1B1中点，DN∥BB1,B1C1⊥B1B. .BC1⊥DN,MN∥AC1,A1C1⊥B1C1, .MN⊥B1C1,.B1C1⊥DM,B1C1∥BC, .DM⊥BC.又BC∩BD=B, ∴.DM⊥平面BCD 证法二：建立如图所示 的空间直角坐标系，由AC =1,BC=√2，AA1=1知， C(0,0,0),A(0,0,1),B(2, 0,0),C1(0,1,0),A1(0,1,1), BE1o0.M停1 aD停分》威=-）成 -00.可-（停日》 .DM BC=0.DM CD=0, 8 DM⊥BC,DM⊥CD.即DM⊥BC,DM ⊥CD, ,BC∩CD=C,.DM⊥平面BCD (2)建立空间直角坐标系如(1)中证法二 设n!=(x1y1,1)为平面CDM的法向量，n:= (x2y2,1)为平面BDB1的法向量， 市-（停2》m=(-) √2 2 x1+2y+ 1 2y1-2=0 ∴n1=(-√2,1,1). 同理可求得：n:= (停 n1*n2 ∴.cos(n1,n2〉= n·m:=0,设平面cDM 与平面BDB1所成二面角为9，则cos9=0,故sin6= √/1-cos0=1. 16.解：如图建立空间直角坐标系A一xy之，A(0, 0,0),P(0,0,3),D(0,3,0),E (1)取PC的中点G,连结EG,则 -(）-(） AF∥EG 即AF∥EG. 又AF车平面PCE,EG二平面PCE, ∴.AF∥平面PCE. (2)设平面PCE的法向量为n=(x,y,),EP= (93)武-（停0） x十3x=0, 即 √ 2x+3y=0. 取y=-1,得n=(W6,-1,1). 又亦=(0含-) 故点F到平面PCE的距离为 3 32 n 2√2 4 元=6号-引 |cos〈F元，n〉1= IFC.nl 3 1FC1·Inl ×2厄 √2 =②1 141 ∴.直线PC与平面PCE所成角的大小为 21 arcsin 14' 17.解：(1)如图，以O为原点，在平面OBC内垂 直于OB的直线为x轴，OB,OA所在的直线分别为 y轴，之轴建立空间直角坐标系O一xy%,则A(0,0,2 √3)，B(0,2,0),D(0,1,W3),C(2sin9,2cos6,0).设n1 =(x,y,之)为平面COD的一个法向量， B 由·0i=0, 得 n1·0元=0， (xsin+ycos=0, y+3z=0, 取x=sin8,则n1=(√3cos0,一√3sind,sin0). ·8 因为平面AOB的一个法向量为n?=(1,0,0), 由平面COD⊥平面AOB得n1·n2=0, 所以cos0=0,即6=元. 2 (2)设二面角C一OD一B的大小为a,由(1)得当 9=2时，cosa=0: 当6∈ 1元21 23 时，tan0≤-√3，cosa= ni◆ng √5cos0 √3 n1ln2l√3+sim0 √4tanθ+3 ≤cosa<0.综上，二面角C-OD-B的 余弦值的取值范围为 第六章 平面解析几何初步 §6.1直线方程与两直线的位置关系 五年高考母题原型训练 1.C【解析】设过点A的直线1的方程为y =k(x一4)，则圆(x一2)2+y2=1的圆心(2,0)到该 直线的距离d= 12L≤1，解之得∈ √k2+1 √33 ,故应选C 3’3 2.一1x2十(y一1)2=1【解析】由题可知 =3-a-b=1,又kk阳=-1→k:=-1,周关于 kpa一3-b-a 直线1对称，找到圆心(2,3)的对称点(0,1)，又圆的 半径不变，易得x2+(y一1)2=1. 3.D【解析】点(x,y)关于直线x=1的对称 点为(2-x,y),2-x-2y+1=0→x+2y一3=0，故 选D. 4.A【解析】本题解题思路是依题意利用两 条直线垂直时斜率间的关系以及将一条曲线进行平 移时其方程的变化情况来考虑.将直线y=3x绕原点 1 递时针旋转90°得到直线y=一弓x,再向右平移1 个单位，所得到的直线为y=二子（红一1），即y 1 3x+3,选A. 5.x一y+1=0【解析】把已知圆的方程配方 得(x十1)+y2=1,所以圆心C(一1,0).因为所求直 线与已知直线x十y=0垂直，所以其斜率k=1,又过