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-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------
A．60° C．80°
B．70° D．90°
【解析】 不妨设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，如图．
因为∠EPM＝∠FPN＝45°， 所以PE＝
→
22
a，PF＝b， 22
→
→
→
→
所以EM·FN＝(PM－PE)·(PN－PF) ＝PM·PN－PM·PF－PE·PN＋PE·PF
2222
＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b
2222＝→
→
→
→
→
→
→
→
→
abababab2－→2－→2＋2
＝0.
所以EM⊥FN，
所以二面角α—AB—β的大小为90°. 【答案】 D 二、填空题
6．已知a＝(2，－1,1)，b＝(－1,4，－2)，c＝(11,5，λ)．若向量a，b，
c共面，则λ＝________.
【解析】 由向量a，b，c共面可得c＝xa＋yb(x，y∈R)，
信达
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?11＝2x－y，故有?5＝－x＋4y，
?λ＝x－2y，
【答案】 1
?x＝7，解得?y＝3，
?λ＝1.
→→→→
7．(2013·湛江模拟)已知空间不共面四点O、A、B、C，OA·OB＝OA·OC＝→→→→→→→
OB·OC＝0，且|OA|＝|OB|＝|OC|，AM＝MB，则OM与平面ABC所成角的正切值是________．
【解析】 由题意可知，OA、OB、OC两两垂直，如图，建立空间直角坐标→11
系，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0，0,1)，M(，，0)，故AB2211
＝(－1,1,0)，AC＝(－1,0,1)，OM＝(，，0)．
22
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
→
→
?n⊥→AB则由?
→?n⊥AC
?－x＋y＝0，得?
?－x＋z＝0
信达
，令x＝1，得平面ABC的一个法向量
为n＝(1,1,1)．
-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------
→
故cos
13×
22
＝
66，所以OM与平面ABC所成角的正弦值为，33
正切值为2.
【答案】
2
8．如图4－3－11，正方体ABCD—A1B1C1D1，则下列四个命题：
图4－3－11
①P在直线BC1上运动时，三棱锥A—D1PC的体积不变；
②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变； ③P在直线BC1上运动时，二面角P—AD1—C的大小不变；
④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线．
其中真命题的编号是________(写出所有真命题的编号)．
【解析】 因为BC1∥AD1，所以BC1∥平面ACD1，BC1上任意一点到平面ACD1
的距离为定值，所以VA—D1PC＝VP—ACD1为定值，①正确；P到面ACD1的距离不变，但AP的长在变化，所以AP与面ACD1所成角的大小是变量，②错误；面PAD1即面ABC1D1，所以面ABC1D1与面ACD1所成二面角的大小不变，③正确；M点的轨迹为A1D1，④正确．
【答案】 ①③④ 三、解答题
信达
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9．(2013·江门模拟)如图4－3－12，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，
AB＝1，BC＝2，CD＝1＋2，过A作AE⊥CD，垂足为E.F、G分别是CE、AD的中点．现将△ADE沿AE折起，使二面角D—AE—C的平面角为135°.
图4－3－12
(1)求证：平面DCE⊥平面ABCE；
(2)求直线FG与平面DCE所成角的正弦值．
【解】 (1)证明：∵DE⊥AE，CE⊥AE，DE∩CE＝E，DE，CE?平面CDE， ∴AE⊥平面CDE， ∵AE?平面ABCE， ∴平面DCE⊥平面ABCE.
(2)以E为原点，EA、EC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系 ∵DE⊥AE，CE⊥AE，
∴∠DEC是二面角D—AE—C的平面角，即∠DEC＝135°，
∵AB＝1，BC＝2，折起前CD＝1＋2，折起前后CE＝1，DE＝2不变， ∴A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，E(0,0,0)，D(0，－1,1)． ∵F、G分别是CE、AD的中点， 1?11???
∴F?0，，0?，G?1，－，?
2?22???
1?→?
∴FG＝?1，－1，?，AE＝(－2,0,0)，
2??
信达
→
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