江苏省2014年高考数学(文)二轮复习专题提升训练：16 立体几何中的向量方法

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江苏省2014年高考数学(文)二轮复习简易通配套课件：常考问题16 立体几何中的向量方法

• 4 ．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系 • (1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； • (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.
热点与突破
• 热点一向量法证明平行与垂直 • 【例1】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1 中， • △ ABC 为等腰直角三角形， ∠ BAC ＝ 90°， • 且 AB ＝ AA1 ， D ， E ， F 分别为 B1A ， C 1C ， • BC的中点．求证： • (1)DE∥平面ABC；
• [规律方法] 证明平行、垂直关系时，若用传统的几何法，难以找出问题与条件的关系时，可采用向量法，但向量法要求计算必须准确无误，利用向量法的关键是正确求平面的法向量．
• • • • • •
【训练 1】如图，在直三棱柱 ADE-BCF 中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．求证： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD.
→ → (2)易知AA1＝(0,2 2，0)，A1C1＝(－ 2，－ 2， 5)．设平面 AA1C1 的法向量 m＝(x，y，z)， → m· A1C1＝0，则 → AA1＝0， m·
－ 2x－即 2 2y＝0.
2y＋ 5z＝0，
不妨令 x＝ 5，可得 m＝( 5，0， 2)．同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 n＝(x1，y1，z1)，
(1)证明
→ → → 以 A 为原点，AB，AD，AA1的方向分别为 x 轴、y 轴、z
轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设 AB＝a，则 A(0,0,0)，

2014年高考立体几何(解析版)

2014年高考真题立体几何汇编解析版16．（2014江苏）(本小题满分14 分)如图，在三棱锥P ABC -中，D E F ，，分别为棱PC AC AB ，，的中点．已知6PA AC PA ⊥=，，8BC =，5DF =．（1）求证：直线P A ∥平面DEF ；（2）平面BDE ⊥平面ABC ．【答案】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力.满分14分. （1）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴DE ∥P A ∵PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ∴P A ∥平面DEF （2）∵D E ，为PC AC ，中点 ∴13DE PA == ∵E F ，为AC AB ，中点 ∴142EF BC == ∴222DE EF DF += ∴90DEF ∠=°，∴DE ⊥EF∵//DE PA PA AC ⊥，，∴DE AC ⊥ ∵AC EF E = ∴DE ⊥平面ABC∵DE ⊂平面BDE ， ∴平面BDE ⊥平面ABC ．17.（2014山东）（本小题满分12分）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB ∠=22AB CD ==，M 是线段AB 的中点.（I ）求证：111//C M A ADD 平面；B 1C 1D 1A 1DCBMA（II ）若1CD 垂直于平面ABCD且1CD 平面11C D M 和平面ABCD 所成的角（锐角）的余弦值. 解：（Ⅰ）连接1AD1111D C B A ABCD - 为四棱柱，11//D C CD ∴ 11D C CD =又M 为AB 的中点，1=∴AM AM CD //∴,AM CD =11//D C AM ∴,11D C AM =11D AMC ∴为平行四边形 11//MC AD ∴又111ADD A M C 平面⊄ 111A D D A AD 平面⊂111//ADD A AD 平面∴（Ⅱ）方法一：11//B A AB 1111//D C B A共面与面1111D ABC M C D ∴作AB CN ⊥,连接N D 1 则NC D 1∠即为所求二面角在ABCD 中， 60,2,1=∠==DAB AB DC 23=∴CN 在CN D Rt 1∆中，31=CD ,23=CN 2151=∴N D 方法二：作AB CP ⊥于p 点以C 为原点，CD 为x 轴，CP 为y 轴，1CD 为z 轴建立空间坐标系，)0,23,21(),3,0,0(),3,0,1(11M D C -∴)3,23,21(),0,0,1(111-==∴M D D C设平面M D C 11的法向量为),,(111z y x =⎪⎩⎪⎨⎧=-+=∴03232101111z y x x )1,2,0(1=∴n 显然平面ABCD 的法向量为)0,0,1(2=n5551,cos 21==<∴n n 显然二面角为锐角，所以平面M D C 11和平面ABCD 所成角的余弦值为555515321523cos 11====∠∴N D NC CN D18．三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示。

2014高考真题-立体几何大题(含解析)

解答题1． [2014·安徽卷19] 如图1-5所示，四棱锥P - ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .图1-5(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积．解： (1)证明：因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ，且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .2．[2014·重庆卷20] 如图1-4所示四棱锥P ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，AB＝2，∠BAD ＝π3，M 为BC 上一点，且BM ＝12.(1)证明：BC ⊥平面POM ；(2)若图解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM ＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .3．[2014·陕西卷17] 四面体ABCD 及其三视图如图1-4所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .图1-4(1)求四面体ABCD 的体积；(2)证明：四边形EFGH 是矩形．解：(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.4．[2014·湖南卷18] 如图1-3所示，已知二面角α-MN -β的大小为60°，菱形ABCD 在面β内，A ，B 两点在棱MN 上，∠BAD ＝60°，E 是(1)证明：AB ⊥平面ODE ；(2)求异面直线BC 与OD 所成角的余弦值．解：(1)证明：如图，因为DO ⊥α，AB ⊂α，所以DO ⊥AB .连接BD ，由题设知，△ABD 是正三角形，又E 是AB 的中点，所以DE ⊥AB .而DO ∩DE ＝D ，故AB ⊥平面ODE .5．[2014·北京卷17] 如图1-5，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．图1-5(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积．解：(1)证明：在三棱柱ABC -A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.6．[2014·湖北卷20] 如图1-5，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明：(1)连接AD1，由ABCD -A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1.因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1，从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.7．[2014·江苏卷16] 如图1-4所示，在三棱锥P -ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知P A⊥AC，P A＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线P A∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.图1-4解：（1）∵D E，为PC AC，中点∴DE∥P A∵PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF∴P A∥平面DEF8．[2014·福建卷19] 如图1-6所示，三棱锥ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A -MBC的体积．图1-6解：方法一：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，∴CD⊥平面ABD.9．[2014·新课标全国卷Ⅱ18] 如图1-3，四棱锥P -ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P -ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．图1-3解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB，EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.10．[2014·广东卷18] 如图1-2所示，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC ＝PC ＝2，作如图1-3折叠：折痕EF ∥DC ，其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF .(1)证明：CF ⊥平面MDF ；(2)求三棱锥M - CDE 的体积．图1-2 图1-300:(1):,,,,,,,,,,,,,.11(2),,60,30,==,22,PD ABCD PD PCD PCD ABCD PCD ABCD CD MD ABCD MD CD MD PCD CF PCD CF MD CF MF MD MF MDF MD MF M CF MDF CF MDF CF DF PCD CDF CF CD DE EF DC D ⊥⊂∴⊥=⊂⊥∴⊥⊂∴⊥⊥⊂=∴⊥⊥∴⊥∠=∴∠=∴解证明平面平面平面平面平面平面平面平面又平面平面平面又易知从而∥2112,,2211.33CDE M CDE CDE CF DE PE S CD DE P CP MD V S MD ∆-∆=∴=∴==⋅=====∴=⋅==11．[2014·山东卷18] 如图1-4所示，四棱锥P ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PC 的中点．图1-4(1)求证：AP ∥平面BEF ；(2)求证：BE ⊥平面P AC .证明：(1)设AC ∩BE ＝O ，连接OF ，EC .由于E 为AD 的中点，AB ＝BC ＝12AD ，AD ∥BC ，所以AE ∥BC ，AE ＝AB ＝BC ，所以O 为AC 的中点．又在△P AC 中，F 为PC 的中点，所以AP ∥OF ，又OF ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，所以AP ∥平面BEF .12．[2014·江西卷19] 如图1-1所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，AA 1⊥BC ，A 1B ⊥BB 1.(1)求证：A 1C ⊥CC 1；(2)若AB ＝2，AC ＝3，BC ＝7，问AA 1为何值时，三棱柱ABC - A 1B 1C 1体积最大，并求此最大值．解：(1)证明：由AA 1⊥BC 知BB 1⊥BC .又BB 1⊥A 1B ，故BB 1⊥平面BCA 1，所以BB 1⊥A 1C .又BB 1∥CC 1，所以A 1C ⊥CC 1.13．[2014·辽宁卷19] 如图1-4所示，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，(1)求证：EF ⊥平面BCG ；(2)求三棱锥D -BCG 的体积．附：锥体的体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．解：(1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD ，同理BG ⊥AD .又BG ∩CG ＝G ，所以AD ⊥平面BGC .又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .14．[2014·全国新课标卷Ⅰ19] 如图1-4，111侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.图1-4(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC -A1B1C1的高．解：(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，由于BC1∩AO＝O，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.15．[2014·四川卷18] 在如图1-4所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1.(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：(1)证明：因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内的两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内的两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.16．[2014·天津卷17] 如图1-4所示，四棱锥P - ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，P A ＝PD ＝5，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．(1)证明：EF ∥平面P AB ；．解：(1)证明：如图所示，取PB 中点M ，连接MF ，AM .因为F 为PC 中点，所以MF ∥BC ，且MF ＝12BC .由已知有BC ∥AD ，BC ＝AD ，又由于E 为AD 中点，因而MF ∥AE 且MF ＝AE ，故四边形AMFE 为平行四边形，所以EF ∥AM .又AM ⊂平面P AB ，而EF ⊄平面P AB ，所以EF ∥平面P AB . 17．[2014·浙江卷20] 如图15，在四棱锥A BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.图1-5(1)证明：AC ⊥平面BCDE ；(2)求直线AE 与平面ABC 所成的角的正切值．解：(1)证明：连接BD ，在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC .又平面ABC ⊥平面BCDE ，从而AC ⊥平面BCDE .18．[2014·重庆卷20] 如图1-4所示四棱锥P ABCD 中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，AB＝2，∠BAD ＝π3，M 为BC 上一点，且BM ＝12.(1)证明：BC ⊥平面POM ；(2)若MP ⊥AP ，求四棱锥P -ABMO 的体积．图解：(1)证明：如图所示，因为四边形ABCD 为菱形，O 为菱形的中心，连接OB ，则AO ⊥OB .因为∠BAD ＝π3，所以OB ＝AB ·sin ∠OAB ＝2sin π6＝1.又因为BM ＝12，且∠OBM ＝π3，在△OBM 中，OM 2＝OB 2＋BM 2－2OB ·BM ·cos ∠OBM ＝12＋⎝⎛⎭⎫122－2×1×12×cos π3＝34，所以OB 2＝OM 2＋BM 2，故OM ⊥BM .又PO ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥BC .从而BC 与平面POM 内的两条相交直线OM ，PO 都垂直，所以BC ⊥平面POM .19．[2014·全国卷19] 如图1-1所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1中，点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB ＝90°，BC ＝1，AC ＝CC 1＝2.(1)证明：AC 1⊥A 1B ；(2)设直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离为3，求二面角A 1 AB C 的大小．图1-1解：方法一：(1)证明：因为A 1D ⊥平面ABC ，A 1D ⊂平面AA 1C 1C ，故平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .又BC ⊥AC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C .连接A 1C ，因为侧面AA 1C 1C 为菱形，故AC 1⊥A 1C .由三垂线定理得AC1⊥A1B.。

高考数学二轮：5.3《立体几何中的向量方法》试题(含答案)

第 3 讲立体几何中的向量方法1． (2014课·标全国Ⅱ )直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ BCA＝ 90°，M ，N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ()12302A. 10B.5C. 10D. 22． (2015安·徽 ) 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B，ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1的中点，过A1，D ，E 的平面交CD1于 F.(1)证明： EF∥ B1C；(2)求二面角E-A1D- B1的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 .热点一利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝( a2，b2，c2)，v＝(a3，b3， c3)则有：(1)线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2)线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ka2， b1＝ kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb， c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋ b2b3＋c2c3＝ 0.例 1 如图，在直三棱柱 ADE— BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ；(2)平面 MDF ⊥平面 EFCD .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥ b，只需证明向量a＝λb(λ∈ R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1如图所示，已知直三棱柱ABC— A1B1C1中，△ ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，且 AB＝ AA1， D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面 ABC；(2)B1F ⊥平面 AEF .热点二利用空间向量求空间角设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 ) ．(1)线线夹角π设 l ， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2 |cosθ＝|a||b|a12＋ b12＋ c12a22＋ b22＋ c22.(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉 |. |a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则 |cos θ|＝|μ·v|＝ |cos〈μ，v〉 |. |μ||v|例 2 (2015 ·江苏 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，已知PA⊥平面 ABCD ，πABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝， PA＝ AD ＝ 2， AB＝ BC2＝1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练 2 (2014 ·福建 )在平面四边形ABCD中， AB＝BD＝CD＝1，AB⊥ BD，CD ⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证： AB⊥ CD ；(2)若 M 为 AD 中点，求直线AD 与平面 MBC 所成角的正弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等 )是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立 )或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ ABC＝90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1 B∥平面 ADC 1；(2)求二面角C1－ AD－ C 的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使 AE 与 DC 1成 60°角？若存在，确定 E 点位置；若不存在，说明理由．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3如图所示，四边形ABCD 是边长为 1 的正方形， MD ⊥平面 ABCD ，NB⊥平面 ABCD ，且 MD ＝NB ＝1， E 为 BC 的中点．(1)求异面直线NE 与 AM 所成角的余弦值；(2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形， AB∥EF ， AD⊥平面 ABEF ，1且 AD ＝1， AB＝2EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2，P、 Q 分别为 AE 、BD 的中点．(1)求证： PQ∥平面 BCE；(2)求二面角A－ DF －E 的余弦值．提醒：完成作业专题五第3讲二轮专题强化练专题五第 3 讲立体几何中的向量方法A 组专题通关1．已知平面 ABC，点 M 是空间任意一点，点→3→1→1→M 满足条件 OM＝ OA＋OB＋ OC，则直线488AM()A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C．是平面ABC 的垂线D．在平面ABC 内2.如图，点P 是单位正方体ABCD － A1B1C1D1中异于 A 的一个顶点，→ →则 AP·AB的值为 ()A ． 0B．1C．0或1D．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为a， M、 N 分别为A1B和 AC 上的点， A1M＝ AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A ．相交B．平行C．垂直D．不能确定4．如图，三棱锥 A－ BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33A.6B. 2331C.6D. 25．已知正三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC 1A1所成角的正弦值等于 ()610A.4B. 423C. 2D. 26．在棱长为 1 的正方体ABCD － A1B1C1D1中，M，N 分别为 A1B1，BB1的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ________．7．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后 A、B 两点间的距离为 ________．→→→ 2→ 2→→→8．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋ A1D 1＋ A1B1) ＝3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1 A)＝ 0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D 1的体积为 |AB ·AA 1·AD |.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P— ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝ 1， BC＝ 2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面PAD ⊥平面 PDC .10．(2015 ·庆重 )如图，三棱锥 P-ABC 中，PC⊥平面 ABC，PC＝ 3，∠ ACB π＝2.D， E 分别为线段AB， BC 上的点，且CD＝DE ＝2， CE＝ 2EB＝2.(1)证明： DE⊥平面 PCD；(2)求二面角APDC 的余弦值．B 组能力提高11． (2014 ·川四 )如图，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，点 O 为线段 BD 的中点．设点 P 在线段 CC 1 上，直线 OP 与平面 A 1BD 所成的角为 α，则 sin α的取值范围是 ()3，1]B ． [6， 1]A ．[ 33 62 2 2 2， 1]C ．[3，3]D ．[ 312．如图，在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 P 在直线 BC 1 上运动时，有下列三个命题：①三棱锥 A － D 1PC 的体积不变；②直线 AP 与平面ACD 1 所成角的大小不变；③二面角 P － AD 1－ C 的大小不变．其中真命题的序号是 ________．13．已知正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1D 1 的棱长为 1， E 、 F 分别为 BB 1、 CD 的中点，则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________．14.如图，在三棱锥 P —ABC 中， AC ＝ BC ＝2，∠ ACB ＝90°，AP ＝ BP ＝AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．(1)求二面角A— PD —B 的余弦值；1(2)在直线 AB 上是否存在点M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为6，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．学生用书答案精析第 3 讲立体几何中的向量方法高考真题体验1． C [方法一补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠ BCA ＝ 90°，三棱柱为直三棱柱，且 BC ＝ CA ＝ CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图 (1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为 2，则可得 A(0,0,0) ，B(2,2,0) ， M(1,1,2) ， N(0,1,2) ，→∴ BM ＝ (－1，－ 1,2)，→．AN ＝ (0,1,2)→ → → →BM ·AN∴ cos 〈BM ， AN 〉＝ → →|BM||AN|－ 1＋ 4＝－2＋－ 2＋ 22× 02＋ 12＋ 22330＝6×5＝10.方法二通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ，ND ，AD ，由于 MN 綊1 B 1C 1 綊 BD ，因此有 ND 綊 BM ，2则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线BM 与 AN 所成的角．设 BC ＝ 2，则 BM ＝ ND ＝ 6， AN＝ 5， AD ＝ 5，因此 cos ∠ AND ＝ ND 2＋ NA 2－ AD 230 2ND ·NA＝10.]2． (1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥ AB ∥ DC ，且 A 1B 1＝ AB ＝ DC ，所以四边形A 1B 1CD为平行四边形，从而 B 1 C ∥ A 1D ，又 A 1D ? 面 A 1DE ， B 1 C?面 A 1DE ，于是 B 1C ∥面 A 1DE.又B 1C? 面 B 1 CD 1.面 A 1DE ∩面 B 1CD 1＝ EF ，所以 EF ∥ B 1C.(2)解因为四边形 AA 1B 1B ，ADD 1A 1， ABCD 均为正方形，所以 AA 1⊥ AB ， AA 1⊥AD ， AB ⊥ AD 且AA 1 ＝AB ＝AD .以 A 为原点，分别以 → → →AB ， AD ，AA 1为 x 轴， y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，D(0,1,0) ，A 1(0,0,1) ， B 1(1,0,1) ，D 1 (0,1,1) ，而 E 点为 B 1D 1 的11中点，所以 E 点的坐标为，， 1 .设面 A 1DE 的法向量n 1＝ (r 1， s 1， t 1)，而该面上向量→1 1 →A 1E ＝，， 0， A 1D ＝ (0,1，－ 1)，由2 2→n 1⊥A 1E ，→11r 1＋ s 1＝ 0，n 1⊥ A 1D 得 r 1， s 1， t 1 应满足的方程组2 2s 1－ t 1＝ 0，(－ 1,1,1)为其一组解，所以可取 n 1＝ (－ 1,1,1)．设面 A 1B 1CD 的法向量 n 2＝ (r 2，s 2，t 2)，而该面上向量 →→A 1B 1＝ (1,0,0) ，A 1 D ＝ (0,1，－ 1)，由此同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．所以结合图形知二面角E-A 1D -B 1 的余弦值为 |n 1·n 2| ＝ 2 ＝ 6.|n 1| ·|n 2| 3× 2 3热点分类突破例1 证明方法一由题意，得 AB ， AD ，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1，0,0)， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，11 1 1 F(1,0,1)，M 2， 0， 0 ， O 2， 2，2 .→ 1 1 →1,0,0) ， (1)OM ＝ 0，－，－， BA ＝ (－ 2 2→ → → →∴OM ·BA ＝0, ∴OM ⊥BA.∵棱柱 ADE —BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面且 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面BCF 的一个法向量，BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1， z 1 )，n 2＝ ( x 2， y 2 ， z 2)．→→∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝n 1 ·DF →＝ 0，由→n 1 ·DM ＝ 0.x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，得 1解得x 1－ y 1＝ 0，21→→，，－ 1，0 ， DC ＝(1,0,0)， CF ＝ (0，－ 1,1)21y 1＝2x 1，1z 1 ＝－ x 1，1 1 令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1，2，－2 . 同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面MDF ⊥平面 EFCD .方法二→ → → →1 →→ ＋ 1 →(1)OM ＝ OF ＋ FB ＋BM＝ DF －BF BA2 21 →→→1→1 → 1 → 1 →＝(DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－BD － BF ＋BA2 2222＝－ 1 → →1 → 1 →2 (BC ＋ BA)－ BF ＋2BA2＝－ 1 → 1 →2 BC － BF .2→ → →∴向量 OM 与向量 BF ， BC 共面，又 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，∵→ ＝→，→＝→－→， CD BA FC BC BF→ →1 → 1 → → ＝ 0， ∴ OM·CD ＝－BC －BF2 2·BA→ → 1 → 1 →→ → OM ·FC ＝－ BC － BF ·(BC －BF )22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .跟踪演练 1证明 (1)如图建立空间直角坐标系 A － xyz ，令 AB ＝ AA 1＝ 4，则 A(0,0,0) ， E(0,4,2) ，F(2,2,0) ， B(4,0,0) ， B 1(4,0,4) ．取 AB 中点为 N ，连接 CN ，则 N(2,0,0) ， C(0,4,0) ，D (2,0,2) ，→∴ DE ＝ (－ 2,4,0)，→NC ＝ (－ 2,4,0) ，→ →∴ DE ＝NC ，∴ DE ∥ NC ，又∵ NC? 平面 ABC ， DE?平面 ABC.故 DE ∥平面 ABC.→(2)B 1F ＝ (－ 2,2，－ 4)，→ →．EF ＝ (2，－ 2，－ 2)， AF ＝ (2,2,0)→ →B 1F ·EF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×(－2)＋ (－ 4) ×(－ 2)＝ 0，→ →B 1F ·AF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×2＋ (－ 4) ×0＝0.∴→⊥→，→⊥→，即B 1F EF B 1F AF B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥AF ，又∵ AF ∩FE ＝ F ，∴ B 1F ⊥平面 AEF.例 2解→ → →以 { AB ，AD ，AP } 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，则各点的坐标为B(1,0,0) ，C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,2)．(1)因为 AD ⊥平面→ →．PAB ，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD ＝ (0,2,0) → ，－ →＝ (0,2，－ 2)．因为 PC ＝(1,1 2)， PD设平面 PCD 的法向量为 m ＝( x ， y ， z)，→ →则 m ·PC ＝ 0， m ·PD ＝ 0，x ＋ y － 2z ＝ 0，令 y ＝1，解得 z ＝1， x ＝ 1.即2y － 2z ＝ 0.所以 m ＝(1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量．→ →3AD ·m从而 cos 〈 AD ， m 〉＝ → ＝ 3 ，|AD ||m |所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .→ → →≤λ≤1)，(2)因为 BP ＝ (－ 1,0,2)，设 BQ ＝ λBP ＝ (－ λ， 0,2λ)(0 → → → →又 CB ＝ (0，－ 1,0) ，则 CQ ＝CB ＋BQ ＝ (－ λ，－ 1,2λ)， →，又 DP ＝ (0，－ 2,2)→ → → →1＋ 2λCQ ·DP＝ .从而 cos 〈 CQ ， DP 〉＝ → → 2|CQ||DP | 10λ＋ 2设 1＋2λ＝ t ， t ∈ [1,3] ，2→→2t 2＝2 9则 cos 〈 CQ ，DP 〉＝21 5≤ .5t － 10t ＋ 92 20 109 t －9 ＋ 99 2→ →3 10 当且仅当 t ＝，即 λ＝时， |cos 〈CQ ， DP 〉 |的最大值为10.55π因为 y ＝ cos x 在 0，2 上是减函数，此时直线CQ 与 DP 所成角取得最小值．又因为 BP ＝ 12＋ 22＝ 5，所以 BQ ＝ 2BP ＝2 5.55跟踪演练 2 (1)证明 ∵平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD ∩平面 BCD ＝ BD ，AB? 平面 ABD ，AB ⊥ BD ，∴ AB ⊥平面 BCD .又 CD ? 平面 BCD ，∴ AB ⊥ CD .(2)解过点 B 在平面 BCD 内作 BE ⊥ BD ，如图．由 (1) 知 AB ⊥平面 BCD ， BE? 平面 BCD ， BD ? 平面 BCD ， ∴ AB ⊥ BE ， AB ⊥ BD.以 B 为坐标原点，分别以→ → →BE ， BD ， BA 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得 B(0,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，A(0,0,1) 11，M (0，， )，2 2→→1 1 →，－ 1)．则 BC ＝(1,1,0) ，BM ＝ (0，， )， AD ＝ (0,122设平面 MBC 的法向量 n ＝ (x 0， y 0， z 0)，n ·BC →＝0，x 0＋ y 0＝ 0，则即 1＋ 1＝ 0，→2y 0 n ·BM ＝ 0，2z 0取 z 0＝ 1，得平面 MBC 的一个法向量 n ＝ (1，－ 1,1)．设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ，→ →6|n ·AD |则 sin θ＝ |cos 〈n ， AD 〉 |＝ → ＝ 3 ，|n | ·|AD |即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为63.例 3 (1) 证明连接 A 1C ，交 AC 1 于点 O ，连接 OD . 由 ABC －A 1B 1C 1 是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1 为矩形， O 为 A 1C的中点．又D 为BC 的中点，所以 OD 为 △ A 1BC 的中位线，所以 A 1B ∥ OD.因为 OD? 平面 ADC 1， A 1B?平面 ADC 1，所以 A 1B ∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC － A 1B 1C 1 是直三棱柱，且∠ A BC ＝ 90°，得 BA ， BC ， BB 1 两两垂直．以 BC ， BA ， BB 1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B － xyz.设 BA ＝ 2，则 B(0,0,0) ，C(2,0,0) ， A(0,2,0) ， C 1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→ →所以 AD ＝ (1，－ 2,0) ， AC 1＝ (2，－ 2,1)．设平面 ADC 1 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)， →n ·AD ＝ 0，则有→n ·AC 1＝ 0.x － 2y ＝ 0，取 y ＝1，得 n ＝ (2,1，－ 2)．所以 2x － 2y ＋ z ＝ 0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v ＝(0,0,1) ．所以 cos 〈 n ， v 〉＝ n ·v2＝－ .|n | |·v | 3因为二面角 C 1－ AD － C 是锐二面角，所以二面角 C 1－ AD － C 的余弦值为2 .3(3)解假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A 1B 1 上， A 1(0,2,1) ， B 1(0,0,1) ，故可设 E(0， λ，1)，其中 0≤λ≤2.→→．所以 AE ＝ (0， λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1) 因为 AE 与 DC 1 成 60°角，→→→ →1|AE ·DC 1|所以 |cos 〈AE ，DC 1〉 |＝ → →＝2，|AE| |DC ·1 |即12＋1· 2＝1，解得 λ＝ 1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2所以当点 E 为线段 A 1 B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角．跟踪演练 3解 (1) 如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DM 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则 D(0,0,0) ，A(1,0,0)，M(0,0,1) ， C(0,1,0) ， B(1,1,0) ，1 →1 ， 0，－ 1)， N(1,1,1)， E(， 1,0)，所以 NE ＝ (－22→AM ＝(－ 1,0,1)．→ →1→ →2 10|NE ·AM |因为 |cos 〈NE ，AM 〉 |＝ → → ＝5＝10 ，|NE| ×|AM| 2 × 2所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN . →＝(0,1,1) ，因为 AN→ → ＝(0 ，λ， λ)(0 ≤λ≤1)，可设 AS ＝ λAN→1 又 EA ＝ (2，－ 1,0)，→→→1所以 ES ＝ EA ＋ AS ＝ ( ， λ－1， λ)．2由 ES ⊥平面 AMN ，→→ES ·AM ＝ 0，得→ →ES ·AN ＝ 0，－ 1＋ λ＝ 0，即 2λ－＋ λ＝ 0，1 → 1 1 →2 . 故 λ＝，此时 AS ＝ (0，， )， |AS|＝222 2经检验，当 AS ＝2时， ES ⊥平面 AMN .2故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN ，此时 AS ＝ 2.2高考押题精练(1)证明连接 AC ，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，∴Q 为 AC 的中点，又在 △AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ ∥EC ，∵ EC? 面 BCE ， PQ?面 BCE ，∴ PQ ∥平面 BCE.(2)解如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥ AM ，以 A 为坐标原点，以 AM ，AF ，AD 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A(0,0,0) ， D (0,0,1) ，M (2,0,0)， F(0,2,0) ．→ → →可得 AM ＝ (2,0,0) ， MF ＝ (－ 2,2,0)， DF ＝ (0,2，－ 1)．→n ·MF ＝ 0，设平面 DEF 的法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·DF ＝ 0.－ 2x ＋ 2y ＝0，x － y ＝ 0，故 2y －z ＝0，即2y － z ＝ 0.令 x ＝1，则 y ＝1， z ＝ 2，故 n ＝(1,1,2) 是平面 DEF 的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴ AM 为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋ 0×26n ·AM∴ cos 〈n ， AM 〉＝→ ＝ 6×2＝ 6.|n | ·|AM|由图可知所求二面角为锐角，6∴二面角A－DF － E 的余弦值为 6 .二轮专题强化练答案精析第 3 讲立体几何中的向量方法1． D [由已知得 M 、 A 、 B 、C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.]→→ → → → → →→ 1，其中一个与 →2． C [AP 可为下列 7 个向量： AB ， AC ， AD ， AA 1， AB 1，AC 1， AD AB 重合，→→→2→→→→→ → → →→AP ·AB ＝ |AB| ＝ 1； AD ，AD 1， AA 1 与AB 垂直，这时 AP ·AB ＝ 0； AC ， AB 1 与 AB 的夹角为45°，→ → π → → 3×1×cos ∠ BAC 1＝ 3× 1＝ 1，故选 C.] 这时 AP ·AB ＝ 2×1×cos ＝ 1，最后 AC 1·AB ＝3 4 3． B [分别以 C 1B 1、 C 1D 1、 C 1C 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵ A 1M ＝ AN ＝ 23 a ，∴ M a ， 2 a ，N 2 23a ， 3 3a ，3a ， a ，→ a 2 a .∴MN ＝－，0， 33→又 C 1 (0,0,0) ，D 1(0， a,0)，∴ C 1D 1＝ (0， a,0)，∴→ →＝，∴→⊥→MN ·C 1D 1 0 MN C 1D 1.→MN?平面 BB 1C 1C ，∴ MN ∥平面 BB 1C 1C.]∵ C 1D 1是平面 BB 1C 1C 的法向量，且 4． A [设 AB ＝ 1，→ → → → → → 则 CE ·BD ＝ (AE － AC) ·(AD － AB)＝ 1 → 2 1 → →→ → → →2 AD － AD ·AB － AC ·AD ＋ AC ·AB2＝ 1 112 － cos 60 －°cos 60 ＋°cos 60 ＝° .24→ →1→ →43CE ·BD∴ cos 〈CE ，BD 〉＝ → → ＝ 3＝6 .选 A.]|CE||BD | 25． A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2， O(0,0,0)，B(3， 0,0)， A(0，－ 1,0)， B 1(→ 3， →3， 0,2)，则 AB 1＝ ( 1,2)，则 BO ＝ (－ 3，→ →0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由 sin θ＝ |AB 1·BO|＝ 6.] → →4|AB 1||BO|2 6.5解析以 D 点为坐标原点，分别以DA ， DC ，DD 1 所在直线为 x 轴， y轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0) ， M(1， 1， 1)，21C(0,1,0)， N(1,1， 2) ．→ 1 →1所以 AM ＝ (0，， 1)，CN＝ (1,0， )．22 → →111故 AM ·CN ＝ 0×1＋ ×0＋1× ＝，2 2 2→2 1 2 ＋ 1 25|AM |＝0 ＋ 2 ＝，2→2 21 2 ＝5|CN|＝ 1＋0＋ 2 ，2→ →1→→2 2AM ·CN＝所以 cos 〈 AM ， CN 〉＝→ → 5 5＝ .5|AM ||CN|2 ×27．2 17解析如图为折叠后的图形，其中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6， BD ＝ 8， CD ＝ 4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，故由→＝→＋→＋→，AB AC CD DB→ 2 →→→2，得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB | ＝ 68→∴|AB|＝ 2 17.8．①②→→→2→ 2→ 2 → 解析设正方体的棱长为 1，①中 (A 1A ＋ A 1D 1＋A 1B 1) ＝A 1C ＝ 3A 1B 1 ＝3，故①正确； ②中 A 1B 1→ →→－ A 1A ＝ AB 1，由于 AB 1⊥ A 1C ，故②正确； ③中 A 1B 与 AD 1 两异面直线所成的角为 60°，但 AD 1→→ → →与 A 1B 的夹角为 120°，故③不正确；④中 |AB ·AA 1·AD |＝ 0.故④也不正确．9．证明(1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ，C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E， F 分别是 PC， PD 的中点，∴ E 1， 1，1，F 0，1，1，222→1，0， 0→．EF＝－，AB＝ (1,0,0)2→ 1 →→ →∵EF＝－AB ，∴ EF ∥ AB，2即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥平面 PAB.→，－ 1)→→→→，(2)由 (1)可知 PB＝ (1,0，PD ＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)， AD＝ (0,2,0)， DC ＝ (1,0,0)→→∵ AP·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)·＝ 0，→→AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)·＝ 0，→→→→∴ AP⊥ DC，AD ⊥DC ，即 AP⊥ DC ，AD⊥ DC .又 AP∩AD＝ A，∴ DC ⊥平面 PAD .∵DC ? 平面 PDC，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .10． (1)证明由PC⊥平面ABC，DE ?平面ABC，故PC⊥ DE.由 CE＝ 2， CD＝ DE＝ 2得△CDE 为等腰直角三角形，故 CD ⊥ DE .由 PC∩CD＝ C， DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE ⊥平面 PCD .π(2)解由(1)知，△ CDE为等腰直角三角形，∠DCE ＝，如图，过 D 作4DF 垂直 CE 于 F，易知 DF ＝ FC＝ FE＝ 1，又已知EB＝ 1，故 FB＝ 2.πDF＝FB233.由∠ ACB＝得 DF ∥AC ，AC BC ＝，故 AC＝DF ＝2322以 C 为坐标原点，分别以→ →→轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标CA，CB，CP的方向为 x系，则 C(0,0,0) ，P(0,0,3) ，A 3，0， 0→→，2，E(0,2,0) ，D (1,1,0)，ED＝(1，－ 1,0)，DP＝ (－ 1，－ 1,3)→1，－ 1，0 . DA ＝2→→－ x1－y1＋3z1＝0，设平面 PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·DP＝0，n1·DA＝0，得1x1－ y1＝0，2故可取 n1＝(2,1,1)．→由 (1) 可知 DE ⊥平面 PCD ，故平面PCD 的法向量n2可取为ED，即 n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝n1·n2＝3，|n1| |·n2 |6故所求二面角 APDC 的余弦值为3 6 .11． B [ 根据题意可知平面A1BD ⊥平面 A1ACC 1且两平面的交线是A1O，所以过点P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE⊥平面 A1BD，所以∠ A1OP 或其补角就是直线OP 与平面 A1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面 A1BD 可以垂直．当点 P 与点 C1重合时可得 A1O＝OP＝6，A1C1＝2 2，所以1× 6× 6×sin α＝1×22×2，22所以 sin α＝2 2；3当点 P 与点 C 重合时，可得sin α＝2＝6 6 3.根据选项可知 B 正确． ]12．①③解析①中，∵ BC1∥平面 AD1C，∴ BC1上任意一点到平面 AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线 BC1上运动时，直线 AB 与平面 ACD 1所成角和直线 AC1与平面ACD 1 所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线 BC 1 上运动时，点 P 在平面 AD 1 C 1B 中，既二面角 P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．3 513. 10解析以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、AA 1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，11则 A 1 (0,0,1) ，E(1,0，2)， F(2， 1,0)， D 1 (0,1,1) ．→1 →．∴ A 1E ＝ (1,0，－)，A 1D 1＝ (0,1,0)2设平面 A 1D 1E 的一个法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，→＝0，1n ·A 1E即x － z ＝ 0，则2→ y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．→1又 A 1F ＝ (2， 1，－ 1)，∴点 F 到平面 A 1D 1 E 的距离为→1－ 2|||A 1F ·n |＝2＝ 3 5d ＝ |n |510.14．解 (1)∵ AC ＝ BC ， PA ＝ PB ， PC ＝ PC ，∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ，∴ PC ⊥ CB ，又 AC ∩CB ＝ C ，∴ PC ⊥平面 ACB ，且 PC ， CA ， CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点，分别以CB ， CA ， CP 所在直线为 x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(0,2,0) ， D(1,0,0) ， P(0,0,2)，→ →∴ AD ＝ (1，－ 2,0)， PD ＝ (1,0，－ 2)，设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z) ，→n ·AD ＝0∴，∴取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝0→平面 PDB 的一个法向量为CA ＝ (0,2,0) ，→6∴ cos 〈n ， CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD — B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6 ∴ cos θ＝－ 6 ，∴二面角 A — PD — B 的余弦值为－6.(2)方法一存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )，→∴ PM ＝ (x,2－ x ，－ 2)，∴ →|cos 〈 PM ， n 〉 ||x|1 ＝ x 2＋－ x2＋4· 6 ＝ 6，解得 x ＝ 1 或 x ＝－ 2，∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0)，∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为 16.方法二存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． → →设 AM ＝ λAB ，→＝(2 λ，－ 2λ， 0) (λ∈ R )，则 AM ＝ λ(2，－ 2,0) → → →∴ PM ＝ PA ＋ AM ＝ (2λ，2－ 2λ，－ 2)，→|2λ|∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝2＋－ 2λ 2＋ 4· 6 λ 1解得 λ＝或 λ＝－ 1.∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或1＝6.A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD1所成角的正弦值为 .。

江苏省2014年高考数学(文)二轮复习专题提升训练：阶段检测卷4

阶段检测卷(四)一、填空题(每小题5分，共70分)1．已知过A(－1，a)，B(a,8)两点的直线与直线2x－y＋1＝0平行，则a的值为________．解析依题意得k AB＝8－aa＋1＝2，解得a＝2.答案 22．圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为________．解析由题意知，两圆的圆心分别为(－2,0)，(2,1)，故两圆的圆心距离为17，两圆的半径之差为1，半径之和为5，而1<17<5，所以两圆的位置关系为相交．答案相交3．已知圆(x＋1)2＋(y－1)2＝1上一点P到直线3x－4y－3＝0距离为d，则d的最小值为________．解析∵圆心C(－1,1)到直线3x－4y－3＝0距离为|3×(－1)－4－3|5＝2，∴d min＝2－1＝1.答案 14．已知圆x2＋y2－4x－9＝0与y轴的两个交点A，B都在某双曲线上，且A，B 两点恰好将此双曲线的焦距三等分，则此双曲线的标准方程为________．解析在方程x2＋y2－4x－9＝0中，令x＝0，得y＝±3，不妨设A(0，－3)，B(0,3)．设题中双曲线的标准方程为y2a2－x2b2＝1(a>0，b>0)．∵点A在双曲线上，∴9a2＝1.∵A，B两点恰好将此双曲线的焦距三等分，∴双曲线的焦点为(0，－9)，(0,9)．a2＋b2＝81.∴a2＝9，b2＝72.∴此双曲线的标准方程为y29－x272＝1.答案y29－x272＝15．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±3x ，则它的离心率为________．解析由题意，得e ＝ca ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1＋3＝2.答案 26．椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别是F 1、F 2，过F 1作倾斜角为45°的直线与椭圆的一个交点为M ，若MF 2垂直于x 轴，则椭圆的离心率为________．解析过F 1作倾斜角为45°的直线y ＝x ＋c ，由MF 2垂直于x 轴得M 的横坐标c ，所以纵坐标2c ，代入椭圆方程得c 2a 2＋4c 2b 2＝1，∴e 2＋4c 2a 2－c 2＝1，∴(1－e 2)2＝4e 2，∴e ＝2－1. 答案2－17．设圆C 的圆心与双曲线x 2a 2－y 22＝1(a >0)的右焦点重合，且该圆与此双曲线的渐近线相切，若直线l ：x －3y ＝0被圆C 截得的弦长等于2，则a 的值为________．解析由题知圆心C (a 2＋2，0)，双曲线的渐近线方程为2x ±ay ＝0，圆心C 到渐近线的距离d ＝2·a 2＋22＋a 2＝2，即圆C 的半径为 2.由直线l 被圆C截得的弦长为2及圆C 的半径为2可知，圆心C 到直线 l 的距离为1，即a 2＋21＋3＝1，解得a ＝ 2. 答案28．设圆x 2＋y 2＝1的一条切线与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，则线段AB 长度的最小值为________．解析设切线方程为x a ＋y b ＝1，则|ab |a 2＋b2＝1，于是有a 2＋b 2＝a 2b 2≤ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋b 222，得a 2＋b 2≥4，从而线段AB 长度为a 2＋b 2≥2，其最小值为2.答案 29．已知圆O 的方程为x 2＋y 2＝2，圆M 的方程为(x －1)2＋(y －3)2＝1，过圆M 上任一点P 作圆O 的切线P A ，若直线P A 与圆M 的另一个交点为Q ，则当弦PQ 的长度最大时，直线P A 的斜率是________．解析由题意知本题等价于求过圆M ：(x －1)2＋(y －3)2＝1的圆心M (1,3)与圆O ：x 2＋y 2＝2相切的切线的斜率k .设切线l ：y －3＝k (x －1)，l ：kx －y ＋3－k ＝0，由题意知2＝|3－k |1＋k 2，k ＝－7或k ＝1. 答案－7或110．(2012·南通期末调研)设F 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的右焦点，双曲线两条渐近线分别为l 1，l 2，过F 作直线l 1的垂线，分别交l 1，l 2于A 、B 两点．若OA ，AB ，OB 成等差数列，且向量BF →与F A →同向，则双曲线离心率e 的大小为________．解析设OA ＝m －d ，AB ＝m ，OB ＝m ＋d ，由勾股定理，得(m －d )2＋m 2＝(m ＋d )2.解得m ＝4d .设∠AOF ＝α，则cos 2α＝OA OB ＝35.cos α＝1＋cos 2α2＝25，所以，离心率e ＝1cos α＝52. 答案 5211．已知点P (x ，y )是直线kx ＋y ＋4＝0(k >0)上一动点，P A ，PB 是圆C ：x 2＋y 2－2y ＝0的两条切线，A ，B 为切点，若四边形P ACB 的最小面积是2，则k 的值为________．解析圆C 的方程可化为x 2＋(y －1)2＝1，因为四边形P ACB 的最小面积是2，且此时切线长为2，故圆心(0,1)到直线kx ＋y ＋4＝0的距离为5，即51＋k2＝5，解得k ＝±2，又k >0，所以k ＝2. 答案 212．双曲线C ：x 2－y 2＝1，若双曲线C 的右顶点为A ，过A 的直线l 与双曲线C的两条渐近线交于P ，Q 两点，且P A →＝2AQ →，则直线l 的斜率为________．解析双曲线C ：x 2－y 2＝1的渐近线方程为y ＝±x ，即x ±y ＝0.可以求得A (1,0)，设直线l 的斜率为k ，∴直线l 的方程为y ＝k (x －1)，分别与渐近线方程联立方程组，可以求得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1，k k －1，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫k k ＋1，－k k ＋1或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫kk ＋1，－k k ＋1，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1，k k －1，利用条件P A →＝2AQ →，可以求得k ＝±3. 答案 ±313．设圆x 2＋y 2＝2的切线l 与x 轴正半轴、y 轴正半轴分别交于点A ，B ，当|AB |取最小值时，切线l 的方程为________．解析设点A ，B 的坐标分别为A (a,0)，B (0，b )(a ，b >0)，则直线AB 的方程为x a ＋yb ＝1，即bx ＋ay －ab ＝0，因为直线AB 和圆相切，所以圆心到直线AB 的距离d ＝|－ab |a 2＋b2＝2，整理得2(a 2＋b 2)＝ab ，即2(a 2＋b 2)＝(ab )2≥4ab ，所以ab ≥4，当且仅当a ＝b 时取等号，又|AB |＝a 2＋b 2＝ab2≥22，所以|AB |的最小值为22，此时a ＝b ，即a ＝b ＝2，切线l 的方程为x 2＋y2＝1，即x ＋y －2＝0.答案 x ＋y －2＝014．设双曲线x 24－y 2＝1的右焦点为F ，点P 1、P 2、…、P n 是其右上方一段(2≤x ≤25，y ≥0)上的点，线段|P k F |的长度为a k (k ＝1,2,3，…，n )．若数列{a n }成等差数列且公差d ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫15，55，则n 的最大取值为________．解析数列{a n }递增，当a 1最小，a n 最大，且公差d 充分小时，数列项数较大．所以取a 1＝5－2，a n ＝3，算得d ＝5－5n －1(n ＞1)，又d ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫15，55，所以55－4＜n ＜26－55，又n ∈N *，故n 的最大取值为14. 答案 14 二、解答题(共90分)15．(本小题满分14分)已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，且可知左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎨⎧ c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝8，解得⎩⎨⎧c ＝2，a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l ，由题知直线l 的斜率与直线OA 的斜率相等，故可设直线l 的方程为y ＝32x ＋t . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3(t 2－12)≥0，解得－43≤t ≤4 3.另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，可得|t |94＋1＝4，从而t ＝±213.由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在．16．(本小题满分14分)(2013·苏北四市模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，一条准线l ：x ＝2. (1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，M 是l 上的点，F 为椭圆C 的右焦点，过点F 作OM 的垂线与以OM 为直径的圆D 交于P ，Q 两点． ①若PQ ＝6，求圆D 的方程；②若M 是l 上的动点，求证点P 在定圆上，并求该定圆的方程．解(1)由题设：⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22a 2c ＝2，∴⎩⎨⎧a ＝2c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝1，∴椭圆C 的方程为：x 22＋y 2＝1. (2)①由(1)知：F (1,0)，设M (2，t )，则圆D 的方程：(x －1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －t 22＝1＋t 24，直线PQ 的方程：2x ＋ty －2＝0， ∵PQ ＝6，∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋t 24－⎝⎛⎭⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋t 22－24＋t 22＝6， ∴t 2＝4，∴t ＝±2.∴圆D 的方程：(x －1)2＋(y －1)2＝2或(x －1)2＋(y ＋1)2＝2. ②设P (x 0，y 0)，由①知：⎩⎪⎨⎪⎧(x 0－1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 0－t 22＝1＋t 242x 0＋ty 0－2＝0，即：⎩⎨⎧x 20＋y 20－2x 0－ty 0＝02x 0＋ty 0－2＝0，消去t 得：x 20＋y 20＝2，∴点P 在定圆x 2＋y 2＝2上．17．(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2＋y 2－12x ＋32＝0的圆心为Q ，过点P (0,2)且斜率为k 的直线l 与圆Q 相交于不同的两点A ，B .(1)求圆Q 的面积； (2)求k 的取值范围；(3)是否存在常数k ，使得向量OA →＋OB →与PQ →共线？如果存在，求k 的值；如果不存在，请说明理由．解 (1)圆的方程可化为(x －6)2＋y 2＝4，可得圆心为Q (6，0)，半径为2，故圆的面积为4π.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2.直线l 与圆(x －6)2＋y 2＝4交于两个不同的点A ，B 等价于|6k ＋2|k 2＋1＜2，化简得(－8k 2－6k )＞0，解得－34＜k ＜0，即k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0.(3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋2，(x －6)2＋y 2＝4 得(k 2＋1)x 2＋4(k －3)x ＋36＝0，解此方程得x 1,2＝－4(k －3)±16(k －3)2－144(k 2＋1)22(k 2＋1).则x 1＋x 2＝－4(k －3)1＋k 2，① 又y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4.②而P (0,2)，Q (6,0)，PQ→＝(6，－2)．所以OA →＋OB →与PQ →共线等价于－2(x 1＋x 2)＝6(y 1＋y 2)，将①②代入上式，解得k ＝－34.由(2)知k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0，故没有符合题意的常数k .18．(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以坐标原点为圆心，椭圆C 的短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋2＝0相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P (0,1)，Q (0,2)，设M ，N 是椭圆C 上关于y 轴对称的不同两点，直线PM 与QN 相交于点T . 求证：点T 在椭圆C 上．(1)解由题意知，椭圆C 的短半轴长为圆心到切线的距离，即b ＝|2|2＝ 2.因为离心率e ＝c a ＝32，所以ba ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＝12.所以a ＝2 2. 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)证明由题意可设点M ，N 的坐标分别为(x 0，y 0)，(－x 0，y 0)，则直线PM 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1，① 直线QN 的方程为y ＝y 0－2－x 0x ＋2.②设点T 的坐标为(x ，y )，联立①②解得x 0＝x2y －3，y 0＝3y －42y －3.因为点M ，N 在椭圆C 上，故x 208＋y 22＝1，所以18⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2y －32＋12(3y －42y －3)2＝1.整理得x 28＋(3y －4)22＝(2y －3)2，所以x 28＋9y 22－12y ＋8＝4y 2－12y ＋9，即x 28＋y 22＝1.所以点T 的坐标满足椭圆C 的方程，即点T 在椭圆C 上．19．(本小题满分16分)已知直线l ：y ＝x ＋6，圆O ：x 2＋y 2＝5，椭圆E ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的离心率e ＝33，直线l 被圆O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等． (1)求椭圆E 的方程；(2)过圆O 上任意一点P 作椭圆E 的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两条切线的斜率之积为定值．(1)解设椭圆的半焦距为c ，圆心O 到直线l 的距离d ＝61＋1＝3，∴b ＝5－3＝2，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝33，a 2＝b 2＋c 2，b ＝2，∴a 2＝3，b 2＝2.∴椭圆E 的方程为y 23＋x 22＝1.(2) 证明设点P (x 0，y 0)，过点P 的椭圆E 的切线l 0的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，联立直线l 0与椭圆E 的方程，得 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －x 0)＋y 0，y 23＋x 22＝1.消去y ，得(3＋2k 2)x 2＋4k (y 0－kx 0)x ＋2(kx 0－y 0)2－6＝0，∴Δ＝[4k (y 0－kx 0)]2－4(3＋2k 2)[2(kx 0－y 0)2－6]＝0，整理，得(2－x 20)k 2＋2kx 0y 0－(y 20－3)＝0，设满足题意的椭圆E 的两条切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1·k 2＝－y 20－32－x 20.∵点P 在圆O 上，∴x 20＋y 20＝5.∴k 1·k 2＝－5－x 20－32－x 20＝－1.∴两条切线的斜率之积为常数－1.20．(本小题满分16分)设椭圆M ：x 2a 2＋y 22＝1(a >2)的右焦点为F 1，直线l ：x ＝a 2a 2－2与x 轴交于点A ，若OF 1→＝2F 1A →(其中O 为坐标原点)． (1)求椭圆M 的方程；(2)设P 是椭圆M 上的任意一点，EF 为圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的任意一条直径(E ，F 为直径的两个端点)，求PE →·PF→的最大值．解 (1)由题设知，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2，0，F 1()a 2－2，0，由OF 1→＝2F 1A →，得a 2－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2－a 2－2，解得a 2＝6.所以椭圆M 的方程为M ：x 26＋y 22＝1. (2)设圆N ：x 2＋(y －1)2＝1的圆心为N ，则PE →·PF →＝(NE →－NP →)·(NF →－NP →)＝(－NF →－NP →)·(NF→－NP →)＝NP →2－NF →2＝NP →2－1.从而求PE →·PF →的最大值转化为求NP →2的最大值．因为P 是椭圆M 上的任意一点，设P (x 0，y 0)，所以x 206＋y 22＝1，即x 20＝6－3y 20，因为点N (0,2)，所以NP →2＝x 20＋(y 0－2)2＝－2(y 0＋1)2＋12. 因为y 0∈[－2，2]，所以当y 0＝－1时，NP →2取得最大值12.所以PE →·PF →的最大值为11.。

2014高考数学文硬手笔(真题篇)常考问题立体几何中的向量方法

2014高考数学文“硬”手笔（真题篇）常考问题：圆锥曲线的基本问题[真题感悟]1．(2012·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2m －y 2m 2＋4＝1的离心率为5，则m 的值为________．解析建立关于m 的方程求解∵c 2＝m ＋m 2＋4，∴e 2＝c 2a 2＝m ＋m 2＋4m ＝5，∴m 2－4m ＋4＝0，∴m ＝2. 答案 22．(2010·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线x 24－y 212＝1上一点M 的横坐标是3，则点M 到此双曲线的右焦点的距离为________．解析法一 x ＝3代入x 24－y 212＝1，y ＝±15，不妨设M (3，15)，右焦点F (4,0)． ∴MF ＝1＋15＝4.法二由双曲线第二定义知，M 到右焦点F 的距离与M 到右准线x ＝a 2c ＝1的距离比为离心率e ＝c a ＝2，∴MF 3－1＝2，MF ＝4. 答案 43．(2013·广东卷改编)已知中心在原点的双曲线C 的右焦点为F (3,0)，离心率等于32，则C 的方程是________．解析由题意知c ＝3，e ＝c a ＝32，所以a ＝2；b 2＝c 2－a 2＝9－4＝5，故所求双曲线方程为x 24－y 25＝1.答案 x 24－y 25＝14．(2013·湖南卷改编)设F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a 且△PF 1F 2的最小内角为30°，则双曲线C 的离心率为________．解析不妨设F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线的右支上，由双曲线的定义得|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＋|PF2|＝6a，求得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.又在△PF1F2中，∠PF1F2＝30°，所以∠PF2F1＝90°，求得|F1F2|＝23a，故双曲线C的离心率e＝23a2a＝ 3.答案 3[考题分析](1)中心在坐标原点的椭圆的标准方程与几何性质，B级要求；(2)中心在坐标原点的双曲线的标准方程与几何性质，A级要求；(3)顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质，A级要求；曲线与方程，A级要求.。

江苏省2014年高考数学(文)二轮复习专题提升训练：12 圆锥曲线的基本问题

常考问题12 圆锥曲线的基本问题(建议用时：50分钟)1．(2013·陕西卷)双曲线x 216－y 2m ＝1(m >0)的离心率为54，则m 等于________．解析由题意得c ＝16＋m ，所以16＋m 4＝54，解得m ＝9. 答案 92．已知双曲线C ∶x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的实轴长为2，离心率为2，则双曲线C 的焦点坐标是________．解析 ∵2a ＝2，∴a ＝1，又ca ＝2，∴c ＝2，∴双曲线C 的焦点坐标是(±2,0)．答案 (±2,0)3．(2013·徐州质检)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右顶点，右焦点分别为A ，F ，它的左准线与x 轴的交点为B ，若A 是线段BF 的中点，则双曲线C 的离心率为________．解析 ∵A 是B ，F 的中点，∴2a ＝－a 2c ＋c . ∴e 2－2e －1＝0，∵e ＞1，∴e ＝2＋1. 答案2＋14．(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为________．解析直线AB 的斜率k ＝0＋13－1＝12，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1 ①x 22a 2＋y 22b 2＝1， ②①－②得y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.又x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，所以k ＝－b 2a 2×2－2，所以b 2a 2＝12，③ 又a 2－b 2＝c 2＝9，④由③④得a 2＝18，b 2＝9.故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1. 答案 x 218＋y 29＝15．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，且双曲线的离心率等于5，则该双曲线的方程为________．解析由于抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，即c ＝1，又e ＝ca ＝5，可得a ＝55，结合条件有a 2＋b 2＝c 2＝1，可得b 2＝45，又焦点在x 轴上，则所求的双曲线的方程为5x 2－54y 2＝1. 答案 5x 2－54y 2＝16．(2013·福建卷)椭圆T ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2c .若直线y ＝3(x ＋c )与椭圆T 的一个交点M 满足∠MF 1F 2＝2∠MF 2F 1，则该椭圆的离心率等于________．解析直线y ＝3(x ＋c )过点F 1，且倾斜角为60°，所以∠MF 1F 2＝60°，从而∠MF 2F 1＝30°，所以MF 1⊥MF 2，在Rt △MF 1F 2中，|MF 1|＝c ，|MF 2|＝3c ，所以该椭圆的离心率e ＝2c 2a ＝2cc ＋3c＝3－1.答案3－17．已知双曲线C 与椭圆x 216＋y 212＝1有共同的焦点F 1，F 2，且离心率互为倒数．若双曲线右支上一点P 到右焦点F 2的距离为4，则PF 2的中点M 到坐标原点O 的距离等于________．解析由椭圆的标准方程，可得椭圆的半焦距c ＝16－12＝2，故椭圆的离心率e 1＝24＝12，则双曲线的离心率e 2＝1e 1＝2.因为椭圆和双曲线有共同的焦点，所以双曲线的半焦距也为c ＝2.设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，则有a ＝c e 2＝22＝1，b 2＝c 2－a 2＝22－12＝3，所以双曲线的标准方程为x 2－y 23＝1.因为点P 在双曲线的右支上，则由双曲线的定义，可得|PF 1|－|PF 2|＝2a ＝2，又|PF 2|＝4，所以|PF 1|＝6.因为坐标原点O 为F 1F 2的中点，M 为PF 2的中点．所以|MO |＝12|PF 1|＝3. 答案 38．(2012·南京、盐城模拟)设椭圆C ∶x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)恒过定点A (1,2)，则椭圆的中心到准线的距离的最小值________．解析由题设知1a 2＋4b 2＝1，∴b 2＝4a 2a 2－1，∴椭圆的中心到准线的距离d ＝a 2c ，由d 2＝a 4c 2＝a 4a 2－b 2＝a 4a 2－4a 2a 2－1＝a 2(a 2－1)a 2－5，令a 2－5＝t (t ＞0)得d 2＝(t ＋5)(t ＋4)t ＝t ＋20t ＋9≥9＋45(当且仅当t ＝25时取等号)∴d ≥2＋5即椭圆的中心到准线的距离的最小值2＋ 5. 答案 2＋ 59．在平面直角坐标系xOy 中，已知对于任意实数k ，直线(3k ＋1)x ＋(k －3)y －(3k ＋3)＝0恒过定点F .设椭圆C 的中心在原点，一个焦点为F ，且椭圆C 上的点到F 的最大距离为2＋ 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)设(m ，n )是椭圆C 上的任意一点，圆O ：x 2＋y 2＝r 2(r ＞0)与椭圆C 有4个相异公共点，试分别判断圆O 与直线l 1：mx ＋ny ＝1和l 2：mx ＋ny ＝4的位置关系．解 (1)由(3k ＋1)x ＋(k －3)y －(3k ＋3)＝0整理得(3x ＋y －3)k ＋(x －3y －3)＝0，解方程组⎩⎨⎧3x ＋y －3＝0，x －3y －3＝0得F (3，0)．设椭圆C 的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c ，则由题设知⎩⎨⎧c ＝3，a ＋c ＝2＋ 3.于是a ＝2，b ＝1. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)因为圆O ：x 2＋y 2＝r 2(r ＞0)与椭圆C 有4个相异公共点，所以b ＜r ＜a ，即1＜r ＜2.因为点(m ，n )是椭圆x 24＋y 2＝1上的点，所以m 24＋n 2＝1，且－2≤m ≤2. 所以m 2＋n 2＝34m 2＋1∈[1,2]．于是圆心O 到直线l 1的距离d 1＝1m 2＋n 2≤1＜r ，圆心O 到直线l 2的距离d 2＝4m 2＋n 2≥2＞r . 故直线l 1与圆O 相交，直线l 2与圆O 相离．10．已知椭圆C 的中心为平面直角坐标系xOy 的原点，焦点在x 轴上，它的一个顶点到两个焦点的距离分别是7和1. (1)求椭圆C 的方程；(2)若P 为椭圆C 上的动点，M 为过P 且垂直于x 轴的直线上的一点，OPOM ＝λ，求点M 的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．解 (1)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a ，c ，由已知得⎩⎨⎧a －c ＝1，a ＋c ＝7，解得⎩⎨⎧a ＝4，c ＝3.又∵b 2＝a 2－c 2，∴b ＝7，所以椭圆C 的方程为x 216＋y 27＝1.(2)设M (x ，y )，其中x ∈[－4,4]，由已知OP 2OM 2＝λ2及点P 在椭圆C 上可得9x 2＋11216(x 2＋y 2)＝λ2，整理得(16λ2－9)x 2＋16λ2y 2＝112，其中x ∈[－4,4]． ①当λ＝34时，化简得9y 2＝112，所以点M 的轨迹方程为y ＝±473(－4≤x ≤4)．轨迹是两条平行于x 轴的线段．②当λ≠34时，方程变形为x 211216λ2－9＋y 211216λ2＝1，其中x ∈[－4,4]．当0<λ<34时，点M 的轨迹为中心在原点、实轴在y 轴上的双曲线满足－4≤x ≤4的部分；当34<λ<1时，点M 的轨迹为中心在原点、长轴在x 轴上的椭圆满足－4≤x ≤4的部分；当λ≥1时，点M 的轨迹为中心在原点，长轴在x 轴上的椭圆． 11．(2013·南京、盐城模拟)在平面直角坐标系xOy 中，过点A (－2，－1)椭圆C ∶x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，短轴端点为B 1、B 2，FB 1→·FB 2→＝2b 2. (1)求a 、b 的值；(2)过点A 的直线l 与椭圆C 的另一交点为Q ，与y 轴的交点为R .过原点O 且平行于l 的直线与椭圆的一个交点为P .若AQ ·AR ＝3OP 2，求直线l 的方程．解 (1)因为F (－c,0)，B 1(0，－b )，B 2(0，b )，所以FB 1→＝(c ，－b )，FB 2→＝(c ，b )．因为FB 1→·FB 2→＝2b 2，所以c 2－b 2＝2b 2.① 因为椭圆C 过A (－2，－1)，代入得，4a 2＋1b 2＝1.②由①②解得a 2＝8，b 2＝2. 所以a ＝22，b ＝ 2.(2)由题意，设直线l 的方程为y ＋1＝k (x ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋1＝k (x ＋2)，x 28＋y 22＝1得(x ＋2)[(4k 2＋1)(x ＋2)－(8k ＋4)]＝0.因为x ＋2≠0，所以x ＋2＝8k ＋44k 2＋1，即x Q ＋2＝8k ＋44k 2＋1.由题意，直线OP 的方程为y ＝kx . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y 22＝1，得(1＋4k 2)x 2＝8.则x 2P ＝81＋4k 2，因为AQ ·AR ＝3OP 2.所以|x Q －(－2)|×|0－(－2)|＝3x 2P . 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪8k ＋44k 2＋1×2＝3×81＋4k 2.解得k ＝1，或k ＝－2.当k ＝1时，直线l 的方程为x －y ＋1＝0，当k ＝－2时，直线l 的方程为2x ＋y ＋5＝0. 备课札记：。

江苏省2014年高考数学(文)二轮复习专题提升训练：16 立体几何中的向量方法

常考问题16 立体几何中的向量方法(建议用时：80分钟)1．(2013·新课标全国Ⅱ卷)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．(1)证明连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)解由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC .以C 为坐标原点，CA→的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y轴正方向，CC 1→的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.即⎩⎨⎧2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63.2．(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2. (1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．(1)证明由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)， A 1(0,0,1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)． ∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)， BB 1→＝(－1,0,1)． ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1，又BD ∩BB 1＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)解设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝0，y ＝－z ，取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又∵0≤θ≤π2，∴θ＝π3.3．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC ＝BC ＝ 2. ∴AC 2＋BC 2＝AB 2.∴AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC . ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解如图，以点C 为原点，DA→，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)，设P (0,0，a )(a >0)，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2，CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2.取m ＝(1，－1,0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为面P AC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2.于是n ＝(2，－2，－2)，P A →＝(1,1，－2)．设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝P A →·n |P A ||n |＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23.4．(2013·辽宁卷)如图，AB 是圆的直径，P A 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．(1)求证：平面P AC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，P A ＝1，求二面角C -PB -A 的余弦值．(1)证明由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ，由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥平面P AC .又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面P AC .(2)解过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3. 因为P A ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)．故C B →＝(3，0,0)，C P →＝(0,1,1)．设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧C B →·n 1＝0，C P →·n 1＝0，所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1)．因为A P →＝(0,0,1)，A B →＝(3，－1,0)，设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧A P →·n 2＝0，A B →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.所以由题意可知二面角C -PB -A 的余弦值为64. 5．(2013·合肥第二次质检)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，且P A ⊥平面ABCD . (1)求证：PC ⊥BD ；(2)过直线BD 且垂直于直线PC 的平面交PC 于点E ，且三棱锥E －BCD 的体积取到最大值． ①求此时四棱锥E －ABCD 的高； ②求二面角A －DE －B 的正弦值的大小．(1)证明连接AC ，因为四边形ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC .因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . 又PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥BD .(2)解 ①设P A ＝x ，三棱锥E －BCD 的底面积为定值，在△PBC 中，易知PB ＝x 2＋1，PC ＝x 2＋2，又BC ＝1，故△PBC 直角三角形．又BE ⊥PC ，得EC ＝1x 2＋2，可求得该三棱锥的高h ＝x x 2＋2＝1x ＋2x.当且仅当x ＝2x ，即x ＝2时，三棱锥E －BCD 的体积取到最大值，所以h ＝24.此时四棱锥E －ABCD 的高为24.②以点A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，P (0,0，2)，易求得CE ＝14CP . 所以AE →＝AC →＋14CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，24，AD →＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝0，AD →·n ＝0，即⎩⎨⎧34x ＋34y ＋24z ＝0，y ＝0，令x ＝2，则n 1＝(2，0，－3)，同理可得平面BDE 的法向量n 2＝CP →＝(－1，－1，2)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－22211.所以sin 〈n 1，n 2〉＝3311.所以二面角A －DE －B 的正弦值的大小为3311.6．(2013·天津卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．解如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0，0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217.(3)AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13，所以AM ＝ 2.。

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