直线和平面所成的角与二面角1111(4)

6.C

2二、7.2 点拨：如答图9-7-3，连结B1D1，则∠B1D1B为BD1与面A1B1C1D1所成角，tan

BB12∠B1DB=B1D1=2.

?8.3 点拨：过B作BE⊥α，垂足为E，如答图9-7-4，连结DE，则∠BDE为直线BD与α所成角.在Rt△BED中易知∠BDE=60°.

9.无数个 点拨：由直线和平面垂直的判定定理可知满足条件有无数个.

a10.2

三、11.证明：∵AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，AC=AC， ∴Rt△ABC≌Rt△ADC.∴BC=CD. 又∵E为BD的中点，∴CE⊥BD.

又AB=AD，且E为BD的中点，∴AE⊥BD，则BD⊥平面ACE.

又BD?平面ABD，BD?平面BCD，∴平面ABD⊥平面AEC，平面BDC⊥平面AEC. 点拨：本题关键证明BD⊥面ACE.

5312.解：如答图9-7-5，设正方体的棱长为a，在△AB1E中，AB1=2a，B1E=2a，AE=2a.

2a2?AB12?B1E2?AE2∴cos∠AB1E=2?AB1?B1E=

5292a?a441035102?2a?a2=10.∴sin∠AB1E=10.

35113102

∴S△AB1E=22AB12B1E2sin∠AB1E=232a22a310=4a.

12a2S△A1B1C132211aS△AB1E2△A1B1C1422又S=2a2a=a，∴cosθ===3. 2即平面AB1E与底面A1B1C1D1所成角的余弦值为3.

B卷

aah一、1.解：(1)依题意，B(a，a，0)，C(-a，a，0)，D(-a，-a，0)，E(-2，2，2)，

3aaha3ah∴BE=(-2，-2，2)，DE=(2，2，2).

3a2h23aaa3ahh∴BE2DE=(-222)+(-222)+222=-2+4，

|BE|=

(?(3a2ah1)?(?)2?()210a2?h2222=2，

|DE|=

由向量的数量积公式，有

3a2ah1)?()2?()210a2?h2222=2.

3a2h2??24BE?DE?6a2?h211222210a?h?10a?h222cos=|BE||DE|=2=10a?h.

(2)∵∠BED是二面角α-VC-β的平面角， ∴BE⊥CV，即有BE2CV=0.

又由C（-a，a，0），V（0，0，h），

3aah得CV=(a，-a，h)，且BE=(-2，-2，2)， 3aa2h2∴BE2CV=-2+2+2=0.

即h=2a，此时有

?6a2?h2?6a2?(2a)22222cos=10a?h=10a?(2a)1=-3，

11∴∠BED==arccos(-3)=π-arccos3.

点拨：应用空间向量注意坐标系的建立及点的坐标的确定. 二、2.解：以水平放置的平面α的地面，根据题意画出空间图形如答图9-7-6所示.10min后气球位置为A，又10min后气球位置为B，A、B在平面α的射影分别为A1、B1，且AA1＝14310＝140(m)，BB1=14320=280(m)，∠A1DB1=30°，∠A1DA=45°，∠B1DB=60°，于是，得

280A1D=A1A=140m，B1D=B1Bcot60°=在△A1DB1中，

2802803(m).

A1B1=140+(

22

3)2-221402

3140322=3(m).

2A1B1143因此，风速为10=3(m/min).

∵B1D=A1D+A1B1，∴∠DA1B1=90°. 故风向为正北. 点拨：要使问题得以解决，其关键在于能否建立起一个能表示观察点D与该气球的相对位置之间关系的几何模型，因为有了几何模型我们就能根据其立体图形进行相关的计算，求

22

2出风向和风速.在利用立体图形进行计算之前，必须在图中找到对应的已知量.

三、(一)3.400米 点拨：山坡与水平面成30°角，就是指立体几何中的“二面角的平面角及其大小”，这里只须将文字语言“翻译”成图形语言，再进行推理运算.

如答图9-7-7所示，∠BCO=∠BAC=30°，BC=2BO=200（米）

∴AB=2BC=400（米）.

（二）4.解法一：E∈平面ACC1A1，只要找到F在面ACC1A1内的射影即可.

由正方体性质有平面ACC1A1－平面ABCD且交线为AC，∴过F作FG⊥AC于G，则有FG⊥平面ACC1A1.连EG，则∠FEG为EF与平面ACC1A1所成的角.如答图9-7-8.

1又F是AB的中点，∴AG=4AC.

11又E、F是AA1、AB的中点，∴EF=2A1B=2AC.

1AC4?1GF11ACRt△AGF中，由∠GAF=4，有GF=AG=4AC.所以在Rt△FGE中，sin∠EFG=EF=2=2.

?∴∠FEG=6.

解法二：有现成的垂直关系，直线与平面所成的角最终是由直线与直线所成的角表示其大小的，故可建立空间直角坐标系利用向量数量积解决.

建立如答图9-7-8的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则由E、F是AA1、AB的中点.有E（2，0，1），F（2，1，0）.过F作FG⊥AC于G，则由正方体性质有FG⊥平面ACC1A1.

1连EG，则EG与EF的夹角为所求，又由F是AB的中点，有AG=4AC.

6111∴G(4，2，0)，EG=(-2，2，-1)，EF(0，1，-1).

0?1?12EG?EF∴cos=|EG||EF|=

??又∈(0，2)，=6，

?∴EF与平面ACC1A1所成的角为6.

113??1?0?1?144=2.

（三）5.解：①∵PA⊥平面ABCD，连结AC、BD，BD⊥AC，∴BD⊥PC(三垂线定理).

在平面PBC内，作BE⊥PC，E为垂足，连结DE，得PC⊥平面BED，从而DE⊥PC，即∠BED是二面角B-PC-D的平面角.

在Rt△PAB中，由PA=AB=a，得PB=2a. PA⊥平面ABCD，BC⊥AB，

22∴BC⊥PB（三垂线定理）.∴PC=PB?BC=3a. 在Rt△PBC中，

2?a6PB?PCBE=PC=3a=3a.

6同理DE=3a.

在△BDE中，根据余弦定理，得

2222a?a?2a2332222BE?DE?BD12?a232BE?DEcos∠BED===-2.

∴∠BED=120°，此即为二面角B-PC-D的大小. ②过P作PQ∥AB，则PQ?平面PAB. ∵AB∥CD，

∴PQ∥CD，PQ?平面PCD. ∵PA=AB，∴PA=PQ.

∵PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴CD⊥PD.∴PD⊥PQ. ∵PA=AB=AD，∴∠APD=45°.

即平面PAB和平面PCD所成的二面角是45°. (1)前面的解题过程同①，即∠BED是二面角B-PC-D的平面角.∵四边形ABCD是菱形且

PC2?BC2?PB22142PC?BC∠ABC=60°，∴AB=BC=AC=a，PB=PC=2a，cos∠PCB==4，sin∠PCB=4.

14143∴BE=BC2sin∠PCB=4a.同理DE=BE=4a.又BD=222AB=3a.在△BED中，cos∠BED= 555BE2?DE2?BD22BE?DE=-7.∴∠BED=π-arccos7.即二面角B-PC-D的大小为π-arccos7. 点拨：考查知识的综合应用.

(四)6.老解法：如答图9-7-9，令AA′=a，则AB=2a，A′B=3a，AC=2a，A′C=a.

12222222

在△ABC中，BC=AB+AC-2AB2AC2cos60°=4a+2a-222a22a22=6a-22a，

22222

在△A′BC中，BC=A′B+A′C-2A′B2A′C2cos∠BA′C=3a+a-222a23a2a2 22

cos∠BA′C=4a-23a2cos∠BA′C，

22

∴6a-22a=4a-23acos∠BA′C.

2

222?2∴cos∠BA′C=23新解法：可以利用cosθ1=cosθ2，先求∠A′BC的余弦.再由正弦定理求∠BA′C的正弦值，然后根据同角三角函数基本关系式求∠BA′C的余弦值.

11?0.53(五)7.解：(1)直角梯形ABCD的面积是S底面=2(BC+AD)2AB=231=4，

6?33=.

1131∴四棱锥S一ABCD的体积是V=33SA3S底面=33134=4.

(2)如答图9-7-10，延长BA、CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱.

∵AD∥BC，BC=2AD，∴EA=AB=SA.∴SE⊥SB. ∵SA⊥面ABCD，得面SEB⊥面EBC，EB是交线.

又BC⊥EB，∴BC⊥面SEB.故SB是SC在面SEB上的射影. ∴CS⊥SE.所以∠BSC是所求二面角的平面角.

BC2∵SB=SA?AB=2，BC=1，BC⊥SB，∴tan∠BSC=SB=2.

22

2即所求二面角的正切值为2.

点拨：本题立意简明，目的明确，是一道常规的立体几何问题，对于第二问作出二面角的棱是解题的关键，对线面垂直的考查有一定的力度，是一道中档题.

四、8.(1)证明：由已知，CD⊥AB，VN⊥平面ABC，N∈CD，AB?平面ABC，∴VN⊥AB.∴AB⊥平面VNC.又V、M、N、D都在△VNC所在平面内，∴DM与VN必相交，且AB⊥DM，AB⊥CD.∴∠MDC为二面角M-AB-C的平面角.

(2)证明：由已知，∠MDC=∠CVN，在△VNC与△DMC中，∠NCV=∠MCD，又∵∠VNC=90°，∴∠DMC=∠VNC=90°.故有DM⊥VC.又AB⊥VC，∴VC⊥平面AMB.

(3)解：由(1)(2)，有MD⊥AB，MD⊥VC，且D∈AB，M∈VC， ∴MD=h.又∵∠MDC=θ，在Rt△MDC中，CM=h2tanθ.

11112

V四面体MABC=V三棱锥C-ABM=3CM2S△ABM=3h2tanθ22ah=6ahtanθ.

点拨：本题是一道非常少见的春季高考试题，它重点考查线线垂直和线面垂直、体积计算和体积转换，对考生的数学素质和逻辑思维能力提出了较高的要求.

加试题：解：作PP′⊥A′C′于P′，易知PP′⊥面A′B′C′D′，作P′N⊥A′B′，则PN⊥A′B′.同理可作P′M=B′C′，则PM⊥B′C′.将△PP′N绕PP′旋转使之落到平面PA′P′中，将PP′M绕PP′旋转到平面PA′P′上，从而得到以α、β为两底角的新三

a2?a2，所以N′M′=N′P′角形PN′M′.设AP=a，则N′P′=NP′=2，P′M′=P′M=

+P′M′=1.

1?S?absin??2??222?cos??a?b?c?2ab由?知，当△PM′N′底边长、高一定时，其余两边相等时顶角最大，

1故只有当P在AC中点时，∠N′PM′最大，α+β=π-∠N′PM′为最小，此时N′P′=2，

4tanα=2.又P在AC中点，α=β，则tan（α+β）=tan2α=-3，

4故(α+β)min=π-arctan3.

点拨：本题利用旋转，将空间问题转化为平面问题，使问题得到简化.

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