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2015届广东高考数学(理)一轮课件【专题四】高考中的立体几何问题


数学

粤(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 . (1)求证: CE∥平面 PAD; (2) 求 证 : 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 . (1)求证: CE∥平面 PAD; (2) 求 证 : 平 面 EFG⊥ 平 面 EMN.
考点自测 高考题型突破 练出高分

(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
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 证明 (1) 方法一 取 PA 锥 P - ABCD 中 , AB⊥AC , 的中点 H,连接 EH,DH.
又E为PB的中点, 1 所以EH綊2AB. AB= 2CD, E, F, 1 G, M, N 分别为 又CD綊2AB,所以EH綊CD. PB,AB,BC,PD,PC 的中点 . 所以四边形DCEH是平行四边形, 所以CE∥DH. (1)求证: CE∥平面 PAD;

AB⊥PA, AB∥CD,

(2) 求 证 : 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 方法二 连接 CF. 锥 P - ABCD 中 , AB⊥AC , 因为F为AB的中点, 1 AB⊥PA, AB∥CD, 所以AF= AB. 2 AB= 2CD, E, F, 1 又CD=2AB,所以AF=CD. G, M, N 分别为 又AF∥CD, PB,AB,BC,PD,PC 的中点 . 所以四边形AFCD为平行四边形. (1)求证: CE∥平面 PAD; (2) 求 证 : 平 面 EFG⊥ 平 面 EMN.
考点自测

因此CF∥AD,又CF?平面PAD, 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 又EF?平面PAD, 所以EF∥平面PAD. 锥 P - ABCD 中 , AB⊥AC , 因为CF∩EF=F,故平面CEF∥平 AB⊥PA, AB∥CD, AB= 2CD, E, F, G, M, N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点 . (1)求证: CE∥平面 PAD; (2) 求 证 : 平 面 EFG⊥ 平 面 EMN.
考点自测

面PAD. 又CE?平面CEF,

所以CE∥平面PAD.
所以EF∥PA. 又因为AB⊥PA,
所以EF⊥AB,同理可证AB⊥FG.

(2)因为E、F分别为PB、AB的中点,

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 , AB⊥AC , 所以AB⊥平面EFG. AB⊥PA, AB∥CD, AB= 2CD, E, F, G, M, N 分别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点 . (1)求证: CE∥平面 PAD;

又因为M,N分别为PD,PC的中点,

所以 MN∥CD,又 AB∥CD, 所以 MN∥AB,
所以MN⊥平面EFG.

(2) 求 证 : 平 面 EFG⊥ 平 面 又因为MN?平面EMN, EMN.
考点自测

所以平面EFG⊥平面EMN.
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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 . (1)求证: CE∥平面 PAD; (2) 求 证 : 平 面 EFG⊥ 平 面 EMN.
考点自测

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 以解答题的形式出现,试题难度中 等,但对空间想象能力和逻辑推理 能力有一定的要求,在试卷中也可 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 如图所示,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,M,N 分别为 A1B,B1C1 的中 点.求证: (1)BC∥平面 MNB1; (2)平面 A1CB⊥平面 ACC1A.
证明 (1)因为BC∥B1C1,

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 得 三棱锥 B- DEG 的体积 .

线线平行,为求高作基础.

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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)证明 ∵AC=6,BC=3, ,∴∠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. (1)求证: DE⊥平面 BCD; ∵CE=4,∠DCE=30° , (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.
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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, ACD,∴DE⊥平面BCD. 将△ BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, (2)解 ∵EF∥平面BDG,EF?平 设点 F 是 AB 的中点. 面ABC,平面ABC∩平面BDG= (1)求证: DE⊥平面 BCD; BG, ∴EF∥BG. (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 ∵点E在线段AC上,CE=4,点F是 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 AB的中点, 三棱锥 B- DEG 的体积 . ∴AE=EG=CG=2.
如图,作 BH⊥CD于H.

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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BCD⊥平面ACD, 线段 AC 上, CE= 4.如图 2 所示, ∴BH⊥平面ACD. 将△ BCD 沿 CD 折起,使得平面 由条件得BH=3, 2 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, 1 1 1 设点 F 是 AB 的中点. S△DEG=3S△ACD=3×2AC· CD· (1)求证: DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 sin 30° = 3, 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 三棱锥 B- DEG 的体积 . ∴三棱锥 B-DEG 的体积 V= 1 1 3 3 BH=3× 3×2= 2 . 3S△DEG·
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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 线段 AC 上, CE= 4.如图 2 所示, 平面图形的翻折问题,关键是搞 将△ BCD 沿 CD 折起,使得平面 清翻折前后图形中线面位置关系 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE, 设点 F 是 AB 的中点. 和度量关系的变化情况 . 一般地 (1)求证: DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为 翻折后还在同一个平面上的性质 直线 AC 与平面 BDG 的交点,求 不发生变化,不在同一个平面上 三棱锥 B- DEG 的体积 .

的性质发生变化.
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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△ A1 DE 的位置,使 A1 F⊥ 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.
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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. 又A1D∩CD=D,

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.
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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.

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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, FP 求出 的值;若不存在,说明 AP 理由 .
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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, FP 求出 的值;若不存在,说明 AP 理由 .
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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
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

(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,

平面 AFD⊥平面 BFC?若存在, ∵EP∩PC=P,∴DP⊥平面EPC. FP 求出 的值;若不存在,说明 (2)解 假设存在F使平面AFD⊥平 AP 面BFC, 理由 .
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1 则PQ⊥DC且PQ= DC. 2 ∴DP⊥PC.

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题型三 线面位置关系中的存在性问题
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【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

∵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,

平面 AFD⊥平面 BFC?若存在, ∴EP⊥AD,而AD⊥AB,AB∩EP FP 求出 的值;若不存在,说明 =P,∴AD⊥平面EAB,∴l⊥平面 AP FAB. 理由 .
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高考题型突破
题型三 线面位置关系中的存在性问题
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【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
∴∠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 平面 AFD⊥平面 BFC?若存在, ∴当FP=AP,即 AP =1时,平面 FP 求出 的值;若不存在,说明 AFD⊥平面BFC. AP

理由 .
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题型三 线面位置关系中的存在性问题
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【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

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.若条 件满足则肯定假设,若得到矛盾

平面 AFD⊥平面 BFC?若存在, 则否定假设. FP 求出 的值;若不存在,说明 AP 理由 .
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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.
解 (1)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.
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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)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,
要使D1E∥平面A1BD, 可使MN∥D1E,又M是AD1的中点,
则N是AE的中点. 又易知△ABN≌△EDN, ∴AB=DE.

即E是DC的中点. 综上所述,当E是DC的中点时, 可使D1E∥平面A1BD.
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高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
思维启迪 解析 思维升华

(2012· 大纲全国 )如图,

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 .
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高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
思维启迪 解析 思维升华

(2012· 大纲全国 )如图,

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 .
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利用 PA⊥平面 ABCD 建立空 间直角坐标系,利用向量求解 .

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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
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(2012· 大纲全国 )如图,

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° ,

方法一

(1)证明 因为底面 ABCD

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

因为AC=2

2 ,PA=

2,PE=2EC,
2 3 故PC=2 3,EC= 3 ,FC= 2,

PC AC 从而 = 6, = 6. FC EC 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小 .
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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
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(2012· 大纲全国 )如图,

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° ,

PC AC 因为 = ,∠FCE=∠PCA, FC EC
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

所以PC⊥平面BED. BD,EF都垂直,
(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° ,

求 PD 与平面 PBC 所成角的大小 . 所以平面PAB⊥平面PBC.
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高考题型突破
题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
思维启迪 解析 思维升华

(2012· 大纲全国 )如图,

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

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. 因为AD∥BC,且AD?平面PBC,
BC?平面PBC,
练出高分

高考题型突破

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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
思维启迪 解析 思维升华

(2012· 大纲全国 )如图,

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

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,则 d 1 sin α= =2. PD 所以PD与平面PBC所成的角为30° . 方法二 (1)证明 以A为坐标原点,射线AC
为x轴的正半轴,建立如 图所示的空间直角坐 标系Axyz,
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
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(2012· 大纲全国 )如图,

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). → → 于是 PC =(2 2 ,0,-2), BE = PA= 2, E 是 PC 上的一点, PE ? 2? 2? → ? ? 2 ? ? 2 ? , DE = , b , ,- b , ? 3 ? ? 3 ?, = 2EC. 3 3 ? ? ? ? →· → =0,PC →· → =0, (1)证明:PC⊥平面 BED; 从而PC BE DE (2)设二面角 A- PB- C 为 90° , 故PC⊥BE,PC⊥DE. 又 BE∩DE=E, 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小 . 所以 PC⊥平面 BED.
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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
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(2012· 大纲全国 )如图,

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° ,

→ (2)解 AP=(0,0,2), → =( 2,-b,0). AB

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

即2z=0且 2x-by=0, 令x=b,则m=(b, 2,0). 设n=(p,q,r)为平面PBC的法 → → 向,则n· PC=0,n· BE=0,

2p 2 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小 . 即2 2p-2r=0且 3 +bq+3r=0,
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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
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(2012· 大纲全国 )如图,

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- =0,故b= 2, b

(2)设二面角 A- PB- C 为 90° , 于是 n=(1,-1, 2), → 求 PD 与平面 PBC 所成角的大小 . DP =(- 2,- 2,2),
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题型四
【例 4】

空间向量与立体几何
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(2012· 大纲全国 )如图,
→ n · DP 1 → 所以cos〈n,DP〉= = , → 2 |n||DP|

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

→ 所以〈n,DP〉=60° .

因为PD与平面PBC所成角和〈n, → 〉互余, DP
故PD与平面PBC所成的角为30° .

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
思维启迪 解析 思维升华

(2012· 大纲全国 )如图,

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° ,

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 算求解位置关系及角的大小,二 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

求 PD 与平面 PBC 所成角的大小 . 点,还要注意二面角的范围.
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 的 PE 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),
→ =(0,2,2-t), 设E(0,-1,t),t>0,则 ED 1 → =(2 3,0,0),D → CA 1A=( 3,-1,-2).
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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 的 PE 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), → D → ? ?ED1· 1A=0, → =(- 3,-1,3), ∴AE
设平面EAC的法向量为m=(x,y,z),
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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 的 PE 值,若不存在,说明理由.

? → ? ?m· CA=0, ?x=0, 则? ∴? , ? → =0, ?- 3x-y+3z=0 ? AE ?m·

→ =(0,2,-1), 令z=1,y=3,m=(0,3,1). 又平面D1AC的法向量ED 1 → m · ED 2 1 → ∴cos〈m,ED1〉 = . 2 → |m|· |ED1|
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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 的 PE 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. 设D1P=λPE=λ(D1E-D1P),
λ → 2λ λ → → → → 得D1P= D1E=(0,- , ), A P = A D + D 1 1 1 1P 1+λ 1+λ 1+λ 2λ λ 2λ λ =(- 3,1,0)+(0,- , )=(- 3,1- , ) 1+λ 1+λ 1+λ 1+λ
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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 的 PE 值,若不存在,说明理由.

→ ∵A1P∥平面 EAC,∴A 1P⊥m,
2λ λ ∴- 3×0+3×(1- )+1× =0, 1+λ 1+λ 3 解得λ= , 2

故存在点P使A1P∥面EAC,此时 D1P∶PE=3∶2.
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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, h= l2-r2= 30,V=πr2h=2 30π.
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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,
方法二

所以BD⊥平面ADD1A1.

又AA1?平面ADD1A1, 故AA1⊥BD. 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD?平面 ABCD, 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 又 PA⊥平面 ABCD, PA=1, =1×2+2×1×1=2. 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 P—ABCD=3S 四边形 ABCD· PA=3×2×1=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.

? C(0,0,0),B(0,1,0),D? ? ? ? 3 1 ? ,- ,0?,F(0,0,1). 2 2 ?

? 3 3 ? → → =(0,-1,1). ? 因此BD=? ,- ,0? , BF 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,

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= CB.又 CB=CF, 2
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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.
∴A1C⊥平面 BCDE. 又∵A1C⊥CD,
(2)解 如图所示,

以 C 为坐标原点, 建立空间直角 坐标系 Cxyz,

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则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0).
→ → =0. 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· A B = 0 , n · BE 1 → → 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. → =(0,1, 3), ∵CM
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? → ? n· CM ? 4 2 → ? ∴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 线段 BC 上不存在点 P, 使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.
理由如下:
假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3].

设平面 A1DP 的法向量为 m=(x′,y′,z′), → → 则 m· A D=0,m· DP=0.
1

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→ → 又A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0),
?2y′-2 3z′=0, ? ∴? ? ?px′-2y′=0.

p 令 x′=2,则 y′=p,z′= , 3

? ? ∴m=?2,p, ?

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.

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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), ?1 1? F(0,0,1),M? ,1, ?. 2? ?2
→ → BF=(-1,0,1),DE=(0,-1,1),

→· → 0+0+1 1 BF DE → ,DE → 〉= 于是cos〈BF = = . → → 2· 2 2 |BF||DE|

所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60° .
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?1 1? → → → =(0,2,0), 由AM=?2,1,2?,CE=(-1,0,1),AD ? ?

(2)证明

→· → =0,CE →· → =0. 可得CE AM AD
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

? → ? ?u· CE=0, ?-x+z=0, 令x=1可得u=(1,1,1). ? 于是? ? → ?-y+z=0. ? u · DE = 0. ?
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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

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