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【步步高】2015届高三数学人教B版【配套课件】 专题四 高考中的立体几何问题_图文

数学

R B(理)

专题四 高考中的立体几何问题
第八章 立体几何

考点自测

自我检测 查缺补漏

题号
1 2 3 4 5

答案 B D D A
平行

解析

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东)
如图,四棱锥 P -ABCD 中, AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD, AB=2CD,E,F,G,M,N 分 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的 中点. 求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东)
如图,四棱锥 P -ABCD 中, AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD, AB=2CD,E,F,G,M,N 分 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的 中点. 求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
考点自测

(1)在平面 PAD 内作直线 CE 的平行线或者利用平面 CEF∥平面 PAD 证明;

(2)MN 是平面 EFG 的垂线.

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东)
如图,四棱锥 P -ABCD 中,

证明

(1) 方法一

取 PA

的中点 H,连接 EH,DH.

又 E 为 PB 的中点,

AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD, 所以 EH 綊1AB. 2 1 AB=2CD,E,F,G,M,N 分 又 CD 綊2AB,所以 EH 綊 CD. 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的 所以四边形 DCEH 是平行四边形, 中点. 所以 CE∥DH. 求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
考点自测

又 DH?平面 PAD,CE?平面 PAD.

所以 CE∥平面 PAD.
高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东)
如图,四棱锥 P

方法二

连接 CF.

因为 F 为 AB 的中点, -ABCD 中, 1 所以 AF= AB. 2 AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD, 1 又 CD= AB,所以 AF=CD. 2 AB=2CD,E,F,G,M,N 分 又 AF∥CD, 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的 所以四边形 AFCD 为平行四边形. 中点. 因此 CF∥AD,又 CF?平面 PAD,
求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
考点自测

所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA.
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东)
如图,四棱锥 P -ABCD 中,

又 EF?平面 PAD, 所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平
面 PAD. 又 CE?平面 CEF,

AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD, 所以 CE∥平面 PAD.

AB=2CD,E,F,G,M,N 分 (2)因为 E、F 分别为 PB、AB 的中点, 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的 所以 EF∥PA. 又因为 AB⊥PA, 中点. 求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
考点自测

所以 EF⊥AB,同理可证 AB⊥FG.

又 因 为 EF∩FG = F , EF ? 平 面 EFG,FG?平面 EFG.

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东)
如图,四棱锥 P -ABCD 中,

所以 AB⊥平面 EFG.

又因为 M,N 分别为 PD, PC 的中点,

AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD, 所以 MN∥CD,又 AB∥CD, AB=2CD,E,F,G,M,N 分 所以 MN∥AB, 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的 所以 MN⊥平面 EFG. 中点. 求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
考点自测

又因为 MN?平面 EMN,
所以平面 EFG⊥平面 EMN.
高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型一 空间点、线、面的位置关系
思维启迪 解析 思维升华

【例 1】 (2013· 山东)
如图,四棱锥 P -ABCD 中,

高考对该部分的考查重点是空间的 平行关系和垂直关系的证明,一般

AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD, 以解答题的形式出现,试题难度中 AB=2CD,E,F,G,M,N 分 等,但对空间想象能力和逻辑推理 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的 能力有一定的要求,在试卷中也可 中点. 求证:(1)CE∥平面 PAD; (2)平面 EFG⊥平面 EMN.
考点自测

能以选择题或者填空题的方式考查 空间位置关系的基本定理在判断线 面位置关系中的应用.
高考题型突破 练出高分

高考题型突破
跟踪训练 1 点.求证: (1)BC∥平面 MNB1; (2)平面 A1CB⊥平面 ACC1A.
证明 (1)因为 BC∥B1C1,

如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1

中,∠ACB=90° ,M,N 分别为 A1B,B1C1 的中

且 B1C1?平面 MNB1, BC?平面 MNB1, 故 BC∥平面 MNB1.
(2)因为 BC⊥AC,且 ABC-A1B1C1 为直三棱柱,

故 BC⊥平面 ACC1A1.
因为 BC?平面 A1CB,

故平面 A1CB⊥平面 ACC1A1.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
解析 思维升华

【例 2】 如图 1 所示, 在 Rt△ABC 思维启迪 中, AC=6, BC=3, ∠ABC=90° , CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在 线段 AC 上,CE=4.如图 2 所示, 将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, 设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 三棱锥 B-DEG 的体积.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题

【例 2】 如图 1 所示, 在 Rt△ABC 思维启迪 解析 思维升华 中, AC=6, BC=3, ∠ABC=90° , CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在 (1)翻折前后, △ACD 内各元素的 线段 AC 上,CE=4.如图 2 所示, 将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 位 置 关 系 没 有 变 化 , 易 知 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, DE⊥DC,再根据平面 BCD⊥平 设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; 面 ACD 可证明 DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 (2)注意从条件 EF∥平面 BDG 三棱锥 B-DEG 的体积.

得线线平行,为求高作基础.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题

【例 2】 如图 1 所示, 在 Rt△ABC 思维启迪 解析 思维升华 中, AC=6, BC=3, ∠ABC=90° , (1)证明 ∵AC=6,BC=3, CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在 ,∴∠ACB=60° . 线段 AC 上,CE=4.如图 2 所示, ∠ABC=90° 将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 ∵CD 为∠ACB 的平分线, ∴∠BCD BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, =∠ACD=30° . ∴CD=2 3. 设点 F 是 AB 的中点. ∵CE=4,∠DCE=30° , (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 ∴DE2=CE2+CD2-2CE· CD· 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 cos 30° =4, 三棱锥 B-DEG 的体积. ∴DE=2,则 CD2+DE2=EC2.
∴∠CDE=90° ,DE⊥DC.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题

【例 2】 如图 1 所示, 在 Rt△ABC 思维启迪 解析 思维升华 中, AC=6, BC=3, ∠ABC=90° , 又∵平面 BCD⊥平面 ACD,平面 CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在 BCD∩平面 ACD=CD,DE?平面 线段 AC 上,CE=4.如图 2 所示, 将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 ACD,∴DE⊥平面 BCD. EF?平面 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, (2)解 ∵EF∥平面 BDG, 设点 F 是 AB 的中点. ABC,平面 ABC∩平面 BDG=BG, (1)求证:DE⊥平面 BCD; ∴EF∥BG. (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 ∵点 E 在线段 AC 上,CE=4,点 F 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 是 AB 的中点, 三棱锥 B-DEG 的体积. ∴AE=EG=CG=2. 如图,作 BH⊥CD 于 H.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 2】 如图 1 所示, 在 Rt△ABC 中, AC=6, BC=3, ∠ABC=90° , CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在 线段 AC 上,CE=4.如图 2 所示, 将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, 设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 三棱锥 B-DEG 的体积.

∵平面 BCD⊥平面 ACD,

∴BH⊥平面 ACD. 3 由条件得 BH= , 2 1 1 1 S△DEG= S△ACD= × AC· CD· 3 3 2
sin 30° = 3,
∴三棱锥 B-DEG 的体积 V= 1 1 3 3 S · BH = × 3 × = 3 △DEG 3 2 2.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型二 平面图形的翻折问题

【例 2】 如图 1 所示, 在 Rt△ABC 思维启迪 解析 思维升华 中, AC=6, BC=3, ∠ABC=90° , CD 为∠ACB 的平分线,点 E 在 平面图形的翻折问题, 关键是搞 线段 AC 上,CE=4.如图 2 所示, 将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 清翻折前后图形中线面位置关 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, 设点 F 是 AB 的中点. 系和度量关系的变化情况. 一般 (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 地, 翻折后还在同一个平面上的 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 三棱锥 B-DEG 的体积. 性质不发生变化, 不在同一个平

面上的性质发生变化.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
跟踪训练 2 (2012· 北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,
D,E 分别为 AC,AB 的中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将 △ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD,如图(2).

(1)求证:DE∥平面 A1CB. (2)求证:A1F⊥BE. (3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
(1)证明 因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点,所以 DE∥BC.
又因为 DE?平面 A1CB,所以 DE∥平面 A1CB.
(2)证明 由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC,所以 DE⊥AC.

所以 DE⊥A1D,DE⊥CD.
所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F?平面 A1DC,所以 DE⊥A1F.

又因为 A1F⊥CD,所以 A1F⊥平面 BCDE,
又因为 BE?平面 BCDE, 所以 A1F⊥BE.

(3)解 线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下: 如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ.
所以平面 DEQ 即为平面 DEP.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破

由(2)知,DE⊥平面 A1DC,
所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ.

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F, 使平 面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值; 若不存在, 说明理由.
考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F, 使平 面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 FP 出AP的值; 若不存在, 说明理由.
考点自测

先假设 EP 上存在点 F 使平面 AFD⊥平面 BFC,然后推证点 F 的位置.

高考题型突破

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD.

(1)证明 ∵EP⊥平面 ABCD, ∴EP⊥DP.
又 ABCD 为矩形,AB= 2BC,P、Q 分别为 AB、

CD 的中点,连接 PQ, 1 则 PQ⊥DC 且 PQ=2DC. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F, 使平 ∴DP⊥PC. 面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 ∵EP∩PC=P,∴DP⊥平面 EPC. (2)解 假设存在 F 使平面 AFD⊥平 FP 出AP的值; 若不存在, 说明理由. 面 BFC,
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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

∵AD∥BC,BC?平面 BFC,AD? 平面 BFC, ∴AD∥平面 BFC.
∴AD 平行于平面 AFD 与平面 BFC 的交线 l.

∵EP⊥平面 ABCD,

(2)问在 EP 上是否存在点 F, 使平 ∴EP⊥AD,而 AD⊥AB, 面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 AB∩EP=P,∴AD⊥平面 EAB, FP 出AP的值; 若不存在, 说明理由. ∴l⊥平面 FAB.
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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

∴∠AFB 为平面 AFD 与平面 BFC 所成二面角的平面角.

∵P 是 AB 的中点,且 FP⊥AB,
∴当∠AFB=90° 时,FP=AP.

FP (2)问在 EP 上是否存在点 F, 使平 ∴当 FP=AP,即AP=1 时,平 面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 面 AFD⊥平面 BFC. FP 出AP的值; 若不存在, 说明理由.
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题型三 线面位置关系中的存在性问题
思维启迪 解析 思维升华

【例 3】 如图,在矩 形 ABCD 中,AB= 2BC,P、Q 分别是 线段 AB、CD 的中 点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC;

对于线面关系中的存在性问题, 首先假设存在,然后在这个假设 下利用线面关系的性质进行推理 论证,寻求假设满足的条件.若

(2)问在 EP 上是否存在点 F, 使平 条件满足则肯定假设,若得到矛 面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求 盾则否定假设. FP 出AP的值; 若不存在, 说明理由.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
跟踪训练 3 如图, 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 已知 DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD. 若存在,确定点 E 位置;若不存在,说明理由.
(1)证明 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,连接 C1D,

∵DC=DD1, ∴四边形 DCC1D1 是正方形, ∴DC1⊥D1C. 又 AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D,
∴AD⊥平面 DCC1D1, 又 D1C?平面 DCC1D1,

∴AD⊥D1C. ∵AD?平面 ADC1,DC1?平面 ADC1, 且 AD∩DC1=D, ∴D1C⊥平面 ADC1,
又 AC1?平面 ADC1,∴D1C⊥AC1.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
跟踪训练 3 如图, 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 已知 DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD. 若存在,确定点 E 位置;若不存在,说明理由.
(2)解 假设存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD.

连接 AD1,AE,D1E,设 AD1∩A1D=M,

∵平面 AD1E∩平面 A1BD=MN, BD∩AE=N,连接 MN,

又 M 是 AD1 的中点, 可使 MN∥D1E, 要使 D1E∥平面 A1BD, 又易知△ABN≌△EDN,∴AB=DE. 则 N 是 AE 的中点.
综上所述,当 E 是 DC 的中点时, 即 E 是 DC 的中点. 可使 D1E∥平面 A1BD.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

利用 PA⊥平面 ABCD 建立空

间直角坐标系, 利用向量求解.

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,

方法一

(1)证明

因为底面 ABCD

为菱形,所以 BD⊥AC. 又 PA⊥底面 ABCD,所以 PC⊥BD. 如图, 设 AC∩BD=F,连接 EF.

PA=2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE 因为 AC=2 2,
=2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测

PE=2EC,
2 3 故 PC=2 3,EC= ,FC= 2, 3
PC AC 从而FC= 6,EC= 6.
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,

PC AC 因为FC=EC,∠FCE=∠PCA,

所 以 △FCE∽△PCA , ∠FEC = ∠PAC=90° . 由此知 PC⊥EF. 因为 PC 与平面 BED 内两条相交直线

PA=2,E 是 PC 上的一点,PE BD,EF 都垂直, 所以 PC⊥平面 BED. =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测

(2) 解

在平面 PAB 内过点 A 作

AG⊥PB,G 为垂足.

因为二面角 A-PB-C 为 90° ,

所以平面 PAB⊥平面 PBC.
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED;

又平面 PAB∩平面 PBC=PB,
故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC.

因为 BC 与平面 PAB 内两条相交直 线 PA,AG 都垂直,
故 BC⊥平面 PAB,于是 BC⊥AB,

所以底面 ABCD 为正方形,AD=2, PD= PA2+AD2=2 2.

设 D 到平面 PBC 的距离为 d. (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 因为 AD∥BC,且 AD?平面 PBC,

PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测

BC?平面 PBC,
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面

故 AD∥平面 PBC,A、D 两点到平

即 d=AG= 2. 面 PBC 的距离相等,

设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α, d 1 则 sin α= = . PD 2 ABCD,AC=2 2, 所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° . PA=2,E 是 PC 上的一点,PE 方法二 (1)证明 =2EC. 以 A 为坐标原点, 射线

(1)证明:PC⊥平面 BED;

AC 为 x 轴的正半轴,

(2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 建立如图所示的空 PD 与平面 PBC 所成角的大小. 间直角坐标系 Axyz,
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,

则 C(2 2,0,0),P(0,0,2),
?4 2 2? ? ? E? ,0, ?, 3? ? 3

设 D( 2,b,0),其中 b>0,

则 B( 2,-b,0). → → PA=2,E 是 PC 上的一点,PE 于 是 PC = (2 2 , 0 , - 2) , BE = ? 2 → ? 2? 2? ? ? ? 2 ? , DE = =2EC. , b , ,- b , ? 3 ? ? 3 ?, 3 3 ? ? ? ? → → → → (1)证明:PC⊥平面 BED; 从而PC· BE=0,PC· DE=0,

(2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 故 PC⊥BE,PC⊥DE. PD 与平面 PBC 所成角的大小. 又 BE∩DE=E,所以 PC⊥平面 BED.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,

→ → (2)解 AP=(0,0,2), AB=( 2, -b,0).

设 m=(x,y,z)为平面 PAB 的法向 → → 量,则 m· AP=0,m· AB=0,

即 2z=0 且 2x-by=0,

PA=2,E 是 PC 上的一点,PE 令 x=b,则 m=(b, 2,0). =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测

设 n=(p,q,r)为平面 PBC 的法向 → → 量,则 n· PC=0,n· BE=0,
2p 2 即 2 2p-2r=0 且 3 +bq+3r=0,
练出高分

高考题型突破

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED;

2 令 p=1,则 r= 2,q=- , b ? ? 2 ? n=?1,- , 2 ? . ? b ? ?
因为二面角 A-PB-C 为 90° , 所以 面 PAB⊥面 PBC,

2 故 m· n=0,即 b-b=0,故 b= 2,

于是 n=(1,-1, 2), → (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 DP=(- 2,- 2,2),

PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,

→ n · DP 1 → 所以 cos〈n,DP〉= = , → 2 |n||DP| → 所以〈n,DP〉=60° .

PA=2,E 是 PC 上的一点,PE 因为 PD 与平面 PBC 所成角和〈n, → =2EC. DP〉互余, (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

故 PD 与平面 PBC 所成的角为 30° .

高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
(2012· 大纲全国)如图,
思维启迪 解析 思维升华

四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2,

用空间向量求解立体几何问题, 主要是通过建立坐标系或利用基 底表示向量坐标,通过向量的计

PA=2,E 是 PC 上的一点,PE 算求解位置关系及角的大小,二 =2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED;

面角是历年高考的考查热点,平 面的法向量是解题中的一个重

(2)设二面角 A-PB-C 为 90° , 求 点,还要注意二面角的范围. PD 与平面 PBC 所成角的大小.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
跟踪训练 4 在如图所示的几何体中, 底面 ABCD 为

菱形,∠BAD=60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且 AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; D1P (2)在 D1E 上是否存在一点 P, 使得 A1P∥平面 EAC, 若存在, 求 PE 的值,若不存在,说明理由.
解 (1)设 AC 与 BD 交于 O, 如图所示建立空间直 角坐标系 Oxyz,设 AB=2,则 A( 3,0,0),B(0, -1,0),C(- 3,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2), → → 设 E(0,-1,t),t>0,则ED1=(0,2,2-t),CA → =(2 3,0,0),D1A=( 3,-1,-2).
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
跟踪训练 4 在如图所示的几何体中, 底面 ABCD 为

菱形,∠BAD=60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且 AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; D1P (2)在 D1E 上是否存在一点 P, 使得 A1P∥平面 EAC, 若存在, 求 PE 的值,若不存在,说明理由. ∵D1E⊥面 D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A, ?→ → ?ED1· CA=0, ∴? 解得 t=3,∴E(0,-1,3), → → ? ED D1A=0, ? 1· → ∴AE=(- 3,-1,3),
设平面 EAC 的法向量为 m=(x,y,z),
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高考题型突破
跟踪训练 4 在如图所示的几何体中, 底面 ABCD 为

菱形,∠BAD=60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且 AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; D1P (2)在 D1E 上是否存在一点 P, 使得 A1P∥平面 EAC, 若存在, 求 PE 的值,若不存在,说明理由.
? → ? ?m· CA=0, ?x=0, 令 z=1,y=3,m=(0,3,1). 则? ∴? ? → ?- 3x-y+3z=0, ? m · AE = 0 , ? → 又平面 D1AC 的法向量ED1=(0,2,-1), → m· ED1 2 → ∴cos〈m,ED1〉 =2. → |m|· |ED1|
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高考题型突破
跟踪训练 4 在如图所示的几何体中, 底面 ABCD 为

菱形,∠BAD=60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且 AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; D1P (2)在 D1E 上是否存在一点 P, 使得 A1P∥平面 EAC, 若存在, 求 PE 的值,若不存在,说明理由. 所以所求二面角的大小为 45° . (2)假设存在点 P 满足题意. λ → 2λ λ → → → → → 设D1P=λPE=λ(D1E-D1P),得D1P= D E=(0,- , ), 1+λ 1 1+λ 1+λ 2λ λ → → → A1P=A1D1+D1P=(- 3,1,0)+(0,- , ) 1+λ 1+λ 2λ λ =(- 3,1- , ) 1+λ 1+λ
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高考题型突破
跟踪训练 4 在如图所示的几何体中, 底面 ABCD 为

菱形,∠BAD=60° ,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且 AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥底面 ABCD. (1)求二面角 D1-AC-E 的大小; D1P (2)在 D1E 上是否存在一点 P, 使得 A1P∥平面 EAC, 若存在, 求 PE 的值,若不存在,说明理由.
→ ∵A1P∥平面 EAC,∴A1P⊥m,

2λ λ 3 ∴- 3×0+3×(1- )+1× =0,解得 λ= , 2 1+λ 1+λ

故存在点 P 使 A1P∥面 EAC,此时 D1P∶PE=3∶2.
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考点自测

高考题型突破

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练出高分
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1.如图所示,在边长为 5+ 2的正方形 ABCD 中,以 A 为圆心画一个扇形,以 O 为圆心 画一个圆,M,N,K 为切点,以扇形为圆 锥的侧面, 以圆 O 为圆锥底面,围成一个圆 锥,求圆锥的全面积与体积.
解 设圆锥的母线长为 l,底面半径为 r,高为 h, l+r+ 2r=?5+ 2?× 2 ? ? 由已知条件得?2πr π , =2 ? ? l 解得 r= 2,l=4 2,S=πrl+πr2=10π,
1 2 2 30π h= l -r = 30,V= πr h= . 3 3
2 2

考点自测

高考题型突破

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练出高分
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2.如图, 在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中, D1D⊥ 平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形, AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.
证明 (1)方法一 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD,

所以D1D⊥BD.

又因为AB=2AD,∠BAD=60° ,

在△ABD中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos 60° =3AD2,

所以AD2+BD2=AB2, 因此AD⊥BD.
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2.如图, 在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中, D1D⊥ 平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形, AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.
又 AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1?平面ADD1A1, 故AA1⊥BD.

方法二 因为 D1D⊥平面 ABCD, 且 BD?平面 ABCD, 所以 BD⊥D1D.
如图,取AB的中点G,连接DG, 在△ABD中,由AB=2AD得AG=AD.
又∠BAD=60° ,
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2.如图, 在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中, D1D⊥ 平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形, AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.
所以△ADG 为等边三角形, 因此GD=GB, 故∠DBG=∠GDB.

又∠AGD=60° , 所以∠GDB=30° , 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° , 所以BD⊥AD.
又AD∩D1D=D, 所以BD⊥平面ADD1A.

又AA1?平面ADD1A,故AA1⊥BD.
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2.如图, 在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中, D1D⊥ 平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形, AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD.
(2)如图,连接 AC,A1C1, 设AC∩BD=E,连接EA1, 因为四边形ABCD为平行四边形, 1 所以EC= AC. 2 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知A1C1∥EC且A1C1=EC, 所以四边形A1ECC1为平行四边形,因此CC1∥EA. 又 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD,所以 CC1∥平面 A1BD.
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3.如图, 四棱锥 P—ABCD 中, PA⊥底面 ABCD, AB⊥AD,点 E 在线段 AD 上,且 CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面 PAD; (2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45° ,求四棱 锥 P—ABCD 的体积.
(1)证明 因为 PA⊥平面 ABCD,CE?平面 ABCD,

所以 CE⊥AD. 所以 PA⊥CE. 因为 AB⊥AD,CE∥AB, 又 PA∩AD=A, 所以 CE⊥平面 PAD.
(2)解 由(1)可知 CE⊥AD.
在 Rt△ECD 中,DE=CD· cos 45° =1,
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3.如图, 四棱锥 P—ABCD 中, PA⊥底面 ABCD, AB⊥AD,点 E 在线段 AD 上,且 CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面 PAD; (2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45° ,求四棱 锥 P—ABCD 的体积.

CE=CD· sin 45° =1.
所以四边形 ABCE 为矩形. 又因为 AB=CE=1,AB∥CE, 1 所以 S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△ECD=AB· AE+2CE· DE 1 5 =1×2+ ×1×1= . 又 PA⊥平面 ABCD,PA=1, 2 2 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 P—ABCD= S 四边形 ABCD· PA= × ×1= . 3 3 2 6
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.
(1)证明 因为四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,

∠DAB=60° ,所以∠ADC=∠BCD=120° .

又 CB=CD,所以∠CDB=30° ,
因此∠ADB=90° ,即 AD⊥BD.

又 AE⊥BD,且 AE∩AD=A,AE,AD?平面 AED,
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.

所以 BD⊥平面 AED. (2)解 方法一 由(1)知 AD⊥BD, 所以

AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD, 因此 CA, CB,CF 两两垂直.
以 C 为坐标原点,分别以 CA,CB,CF 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设 CB=1,
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.
? 3 ? 1 ? 则 C(0,0,0),B(0,1,0),D? ,- ,0? ?,F(0,0,1). 2 ? 2 ? ? → → ? 3 ? 3 因此BD=? ,- ,0? ?,BF=(0,-1,1). 2 2 ? ?

设平面 BDF 的一个法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m· BD=0,m· BF=0,
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.

所以 x= 3y= 3z,取 z=1,则 m=( 3,1,1). → 由于CF=(0,0,1)是平面 BDC 的一个法向量, → m· CF 1 5 → 则 cos〈m,CF〉= = =5, → 5 |m||CF| 5 所以二面角 F-BD-C 的余弦值为 . 5
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.

方法二 如图,取 BD 的中点 G,连接 CG,FG, 由于 CB=CD,
由于 CB=CD, 因此 CG⊥BD.
又 FC⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,

所以 FC⊥BD.
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.

由于 FC∩CG=C,FC,CG?平面 FCG,

所以 BD⊥平面 FCG,故 BD⊥FG,
所以∠FGC 为二面角 F-BD-C 的平面角. 在等腰三角形 BCD 中,由于∠BCD=120° , 1 因此 CG=2CB.又 CB=CF,
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4.(2012· 山东)在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60° , FC⊥平面 ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF. (1)求证:BD⊥平面 AED; (2)求二面角 F-BD-C 的余弦值.

所以 GF= CG2+CF2= 5CG,
5 故 cos∠FGC= 5 ,

5 因此二面角 F-BD-C 的余弦值为 5 .
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5.(2012· 北京)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC =6.D,E 分别是 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将 △ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如图 2.

(1)求证:A1C⊥平面 BCDE;(2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小;(3)线段 BC 上是否存在点 P, 使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由.
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(1)证明

∵AC⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥AC.

∴DE⊥A1D,DE⊥CD,∴DE⊥平面 A1DC. ∴DE⊥A1C.又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面 BCDE.

(2)解 如图所示,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Cxyz,
则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0). → → 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· A1B=0,n· BE=0. → → 又A1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),
? ?3x-2 3z=0, ∴? ? ?-x+2y=0.

令 y=1,则 x=2,z= 3,

∴n=(2,1, 3).

设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ.
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→ ∵CM=(0,1, 3),

? → ? CM ? 4 2 → ? n· ∴sin θ=|cos〈n,CM〉|=? = = . → ? 8× 4 2 |CM|? ?|n|· π ∴CM 与平面 A1BE 所成角的大小为4.
(3)解 如下:
假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3] .

线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.理由

设平面 A1DP 的法向量为 m=(x′,y′,z′),
→ → 则 m· A1D=0,m· DP=0. → → 又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0),
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? ?2y′-2 3z′=0, ∴? ? ?px′-2y′=0.
? ∴m=? ?2,p, ?

p 令 x′=2,则 y′=p,z′= , 3

p? ? . 3? ?

平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0,

即 4+p+p=0.
解得 p=-2,与 p∈[0,3] 矛盾.

∴线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.
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6.如图,在五面体 ABCDEF 中,FA⊥平面 ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M 为 1 EC 的中点,AF=AB=BC=FE= AD. 2 (1)求异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小; (2)证明:平面 AMD⊥平面 CDE; (3)求二面角 A-CD-E 的余弦值.

考点自测

高考题型突破

练出高分

练出高分
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(1)解

如图所示,建立空间直角坐标系,点

A 为坐标原点, 设 AB=1, 依题意得 B(1,0,0), C(1,1,0) , D(0,2,0) , E(0,1,1) , F(0,0,1) , ?1 1? M?2,1,2?. ? ? → → BF=(-1,0,1),DE=(0,-1,1),
→ → BF· DE 0+0+1 1 → → 于是 cos〈BF,DE〉= = = . → → 2· 2 2 |BF||DE|
所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60° .
考点自测 高考题型突破 练出高分

练出高分
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1? → → ?1 → (2)证明 由AM=?2,1,2?,CE=(-1,0,1),AD=(0,2,0),
? ?

→ → → → 可得CE· AM=0,CE· AD=0.
因此,CE⊥AM,CE⊥AD.又 AM∩AD=A,

故 CE⊥平面 AMD.而 CE?平面 CDE,
所以平面 AMD⊥平面 CDE.
(3)解 设平面 CDE 的法向量为 u=(x,y,z),则
? ?-x+z=0, 于是? ? ?-y+z=0.

? → ?u· CE=0, ? → ? DE=0. ?u·
考点自测

令 x=1 可得 u=(1,1,1).

高考题型突破

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练出高分
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又由题设,平面 ACD 的一个法向量为 v=(0,0,1).
所以 cos u· v 0+0+1 3 u,v = = = . |u||v| 3 3×1

3 因为二面角 A-CD-E 为锐角,所以其余弦值为 3 .

考点自测

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