大连国家税务局-乡镇安全生产工作总结

[基础达标]
一、选择题
1. (2012·高考陕 西
卷)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
，CA＝CC
1
＝2CB，则直线BC
1
与
直线AB
1
夹角的余弦值为( )


B.
5

3
A.
5

5
25
C.
5
3
D.
5
解析：选A.不妨令CB＝1，则CA＝CC
1
＝2.
可得O(0,0,0)，B( 0,0,1)，C
1
(0,2,0)，A(2,0,0)，B
1
(0,2,1 )，
→→
∴BC1＝(0,2，－1)，AB1＝(－2,2,1)，
→→
BC1·AB14－115
→→
∴cos〈BC1，AB1〉＝＝＝＝＞0，
→→< br>5×95
5
|BC1||AB1|
→→
∴BC1与
AB1的 夹角即为直线BC
1
与直线AB
1
的夹角，
5
.
5
2．已知正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D1
，则直线BC
1
与平面A
1
BD所成的角的正弦值是( )
61
A. B.
46
∴直线BC
1
与直线AB
1
夹角的余弦值为
C.
63
D.
32
解析：
- 1 - 11

选C.建立空间直角坐标系如图所示．
设正方体的棱长为1，直线BC
1
与平面A
1
BD所成的角为θ，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A
1
(1,0,1)，B(1,1,0)，C
1
(0,1,1)，
→→→
∴DA1＝(1,0,1)，DB＝(1,1,0)，BC1＝(－1,0,1)．
设n＝(x，y， z)是平面A
1
BD的一个法向量，
→


n·DA1＝x ＋z＝0
则

→


n·DB＝x＋y＝0

，令z＝1，则x＝－1，y＝1.
∴n＝(－1,1,1)，
6

1＋1

→
∴sin θ ＝|cos〈n，BC1〉|＝

＝
3
.

3·2

二、填空题
3．(2014·江苏徐州一模)在▱ABCD中，AB＝AC＝1，∠
ACD＝ 90°，将它沿对角线AC折起，使AB和CD成60°角，则B，D两点间的距离为________．

解析：如图所示．
- 2 - 11

∵AB＝AC＝1，
→→→→
∴AD＝2，BC＝2，BD＝BA＋AC＋CD，
→→→→→→→
∴|BD|
2< br>＝(
BA＋AC＋
CD)·(
BA＋AC＋
CD)
→→→→→ →→→→→→→→→→
＝BA2＋
BA·
AC＋
BA·
CD＋AC·
BA＋AC2＋
AC·
CD＋
CD·
BA＋
CD ·
AC＋
CD2
→→→→→→→→→
＝BA2＋AC2＋
CD2＋2BA·AC＋2AC·CD＋2BA·CD.
→→→→
∵AB⊥AC，CD⊥AC，∴
BA·
AC＝0，
AC·CD＝0.
→→ 当B，D在AC两侧时，BA和CD成60°角；
→→
当B，D在AC同侧时，BA和CD成120°角．
→→→→
∴|BD|
2
＝BA2＋AC2＋CD2＋2×1×1×cos 60°，
→→→→
或|BD|
2
＝BA2＋AC2＋CD2＋2×1×1×cos 120°，
→→
∴|BD|
2
＝1
2
＋1
2＋1
2
＋1＝4，|
BD|＝2，
→→
或|BD|
2
＝1＋1＋1－1＝2，|BD|＝2.
4．(2014·
检
浙江温
答案：2或 2
州质
)如图(1)，在矩形ABCD中，点E，F分别在线段AB，AD上，A E＝EB＝AF＝
△FD＝4.沿直线EF将
2
3
AEF翻折成△A′EF， 使平面A′EF⊥
平面BEF，则二面角A′-FD-C的余弦值为________．

解析：取线段EF的中点H，连接A′H.
∵A′E＝A′F，H是EF的中点，∴A′H⊥EF.
又∵平面A′EF⊥平面BEF，
∴A′H⊥平面BEF.
如图(2)，可建立空间直角坐标系A-xyz，
则A′(2,2 ,22)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0)，
→→
故FA′＝(－2,2,22)，FD＝(6,0,0)．
- 3 - 11

设n＝(x，y，z)为平面A′FD的一个法向量，

－2x＋2y＋22z＝0，
∴


6x＝0.

取z＝2，则n＝(0，－2，2)．
又平面BEF的一个法向量m＝(0,0,1)，
n·m33
故cos〈n，m〉＝＝，∴二 面角的余弦值为
.
|n|·|m|33
3
3
三、解答题
如 图，在直三棱柱A
1
B
1
C
1
-ABC中，AB⊥
AC，AB＝AC＝2，A
1
A＝4，点D是BC的中点．

答案：
5．(2013·高考江苏卷)

(1)求异面直线A
1
B与C
1
D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC
1
与平面ABA
1
所成二面角的正弦值．
解：

(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A- xyz，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，
- 4 - 11

→→
D(1,1,0)，A
1
(0,0,4)，C
1
(0,2,4)，所以A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，－4)．
→→A1B·C1D
→→
因为cos〈A1B，C1D〉＝
→→
|A1B||C1D|
＝
310
＝，
10
20×18
18
310
所以异 面直线A
1
B与C
1
D所成角的余弦值为
.
10
→ →→
(2)设平面ADC
1
的法向量为n
1
＝(x，y，z)，因为 AD＝(1,1,0)，
AC1＝(0,2,4)，所以n
1
·
AD＝0，< br>→
n
1
·AC1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y ＝－2，所以，n
1
＝(2，－2,1)是平面
ADC
1
的一个法向 量．取平面AA
1
B的一个法向量为n
2
＝(0,1,0)，设平面ADC< br>1
与平面ABA
1
所成
二面角的大小为θ.
n1·n2225
由|cos θ|＝|
|＝＝，得sin θ＝
.
|n1|·|n2|3
9×1
3
因此，平面ADC
1
与平面ABA
1
所成二面角的正弦值为
5
.
3

6．(2014·宜昌市模拟)如图，在底面是正方形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥
平面ABCD，BD交AC于点E，F是PC的中点，G为AC上一点．
(1)确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并说明理由；
2π
(2)当二面 角B－PC－D的大小为时，求PC与底面ABCD所成角的正切值．
3
3
解：(1)当G为EC中点，即AG＝AC时，FG∥平面PBD，理由如下：
4
连接PE(图略)，由F为PC中点，G为EC中点，知FG∥PE，
而FG⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，故FG∥平面PBD.
(2)作BH⊥PC于H，连接DH(图略)．
因为 PA⊥面ABCD，四边形ABCD是正方形，
所以PB＝PD，又因为BC＝DC，PC＝PC，
所以△PCB≌△PCD，
- 5 - 11

所以DH⊥PC，且DH⊥BH.
2π
所以∠BHD是二面角B－PC－D的平面角，即∠BHD＝
.
3
因为PA⊥面ABCD，
所以∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角．
π
连接EH，则EH⊥BD，∠BHE＝，EH⊥PC，
3
BE
所以tan∠BHE＝
＝3，BE＝EC.
EH
ECEH3
所以＝3，所以sin∠PCA＝＝，
EHEC3
所以tan∠PCA＝
所以PC与底面ABCD所成角的正切值是
[能力提升]


1. 如图， 在正三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中，AB＝2
AA
1
，点D是A
1
B
1
的中点，点E在A
1C
1
上且DE⊥AE.

2
.
2
2
.
2


(1)证明：平面ADE⊥平面ACC
1
A
1
；
(2)求直线AD 和平面ABC
1
所成角的正弦值．
解：(1)证明：由正三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
的性质知AA
1
⊥平面A
1B
1
C
1
.又DE⊂平面A
1
B
1
C
1
，
所以DE⊥AA
1
.
而DE⊥AE，AA
1
∩AE＝A，所以DE⊥平面ACC
1
A
1
.又DE⊂平面ADE， 故平面ADE⊥平面
ACC
1
A
1
.
- 6 - 11

(2)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．不妨 设AA
1
＝2，则
AB＝2，相关各点的坐标分别是A(0，－1,0)，B(3， 0,0)，C
1
(0,1，2)，D

1

3
< br>，－，2

.
2

2

→→
易知AB＝(3，1,0)，AC1＝(0,2，2)，
＝


31

→
，，2

.AD

22

设平面 ABC
1
的一个法向量为n＝(x，y，z)，
→


n· AB＝3x＋y＝0，
则有

→


n·AC1＝2y＋2z＝0.
解得x＝－

3
y，z＝－2y.故可取n＝(1，－3，6)．
3
→
n·AD2310
→
所以cos〈n，AD〉＝＝＝
.
→510×3
|n|·|AD|
10
.
5
2．(2013·高考湖北 卷)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥
平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
由此即知，直线AD和平面ABC
1
所成角的正弦值为
- 7 - 11

(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC 的位置关系，并加以证明；
1
→
(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D， 且点Q满足DQ＝
2
→
CP.记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与 EF所成的角为α，二面角E-l-C的大小为
β，求证：sin θ＝sin αsin β .
解：(1)直线l∥平面PAC.证明如下：
连接EF，因为E，F分别是PA，PC的 中点，所以EF∥AC.
又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.而EF⊂ 平面BEF，且平面BEF∩
平面ABC＝l，
所以EF∥l.因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以直线l∥平面PAC.
(2)法一(综合法)：如图(1)，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC.
因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC.
已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l.
而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC.
连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF.
故∠CBF就是二面角E-l- C的平面角，即∠CBF＝β.
1
→
1
→
由DQ＝CP，作DQ∥CP，且DQ＝
CP.
22
连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP＝2PF，
所以DQ＝PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD.
连接CD，因为PC⊥平面ABC，
所以CD是FD在平面ABC内的射影．
故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ.
又BD⊥平面PBC，所以BD⊥ BF，所以∠BDF为锐角．
故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF＝α，于是在Rt △DCF，Rt△FBD，Rt△BCF
中，分别可得
CFBFCF
sin θ＝，sin α＝，sin β＝，
DFDFBF
- 8 - 11

BFCFCF
从而sin αsin β＝
·
＝＝sin θ，
DFBFDF
即sin θ＝sin αsin β.
1
→
1
→
法二(向量法)：如图(2)，由DQ＝CP，作DQ∥CP，且DQ＝CP.连接PQ，E F，BE，BF，
22
BD.
由(1)可知交线l即为直线BD.
→→→
以点C为原点，向量CA，CB，CP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图(2)所示的空间直角< br>坐标系，设CA＝a，CB＝b，CP＝2c，则有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b, 0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，
1

c)，E

a， 0，c

，F(0,0，c)．

2

→

1
→

→
于是
FE＝

a，0，0

，QP＝(－a，－b，c)，BF＝(0，－b，c)，

2

→ →
|FE·QP|a
所以cos α＝＝，
→→
a2＋b2＋c2
|FE||QP|
从而sin α＝1－cos2α＝
.
a2＋b2＋c2
b2＋c2

取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)，
→
|m·QP|c
可得sin θ＝＝
.
→
a2＋b2＋c2
|m||QP|
设平面BEF的一个 法向量为n＝(x，y，z)．
→


n·FE＝0，
由

→


n·BF＝0，

1


ax＝0，
可得

2


－by＋cz＝0，

取n＝(0，c，b)．
|m·n|b
＝，
|m||n|
b2＋c2
c
从而sin β＝1－cos2β＝
.
b2＋c2
于是|cos β|＝
- 9 - 11

故sin αsin β＝b2＋c2
a2＋b2＋c2
·
c
b2＋c2
＝
ca2＋b2＋c2
＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.
3. (2014·江西省七校联考)如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥
DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.


(1)求证：AC⊥平面BDE；
(2)求二面角F-BE- D的余弦值；
(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥
平面BEF，并证明你的结论．
解：(1)证明：∵DE⊥平面ABCD，
∴DE⊥AC.
∵ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，又DE∩BD＝D，
∴AC⊥平面BDE.
(2)∵DE⊥平面ABCD，
∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，
即∠EBD＝60°.
ED
∴
＝3.由AD＝3，得BD＝32，DE＝36，AF＝6.
BD
- 10 - 11

如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间 直角坐标系，则A(3,0,0)，
F(3,0，6)，E(0,0,36)，B(3,3,0)，C(0,3,0)．
→→
∴B F＝(0，－3，6)，EF＝(3,0，－26)．
→


n·BF＝0< br> 设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则

→

n·EF＝0

，

－3y＋6z＝0
即


3x－26z＝0

.令z＝6，则n＝(4,2，6)．
∵AC⊥平面BDE，
→
∴CA＝(3，－3,0)为平面BDE的一个法向量．
→
n·CA613
→
∵cos〈n，CA〉＝＝＝
.
→13
26×32
|n||CA|
故二面角F-BE-D的余弦值为
13
.
13
→
(3)依题意，设M(t，t,0)(t>0)，则AM＝(t－3，t,0)，
→
∵AM∥平面BEF，∴AM·n＝0，
即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.
→
2
→
∴点M的坐标为(2,2,0)，此时DM＝DB，
3
∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点．



- 11 - 11