（本小题满分 12 分） 如图， B C D 与 M C…——2010 高考数学第 20 题答案解析

【解析】本题主要考查了考查立体图形的空间感、线面角、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力

解法一：（1）取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ．
又平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ，所以 $M O / / A B, A , B$ 、 O、M共面．延长 $A M , B O$ 相交于 $E$ ，则 $\angle A E B$ 就是 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角．
$O B=M O=\sqrt{3}, M O / / A B$ ，则 $\frac{E O}{E B}=\frac{M O}{A B}=\frac{1}{2}, E O=O B=\sqrt{3}$ ，所以 $E B=2 \sqrt{3}=A B$ ，故 $\angle A E B=45^{\circ}$ ．
②$C E$ 是平面 $A C M$ 与平面 $B C D$ 的交线．
由（1）知，$O$ 是 $B E$ 的中点，则 $B C E D$ 是菱形．
作 $B F \perp E C$ 于 $F$ ，连 $A F$ ，则 $A F \perp E C, \angle A F B$ 就是二面角 $A-E C-B$ 的平面角，设为 $\theta$ ．

因为 $\angle B C E=120^{\circ}$ ，所以 $\angle B C F=60^{\circ}$ ．
$B F=B C \cdot \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}$ ，

$\tan \theta=\frac{A B}{B F}=2, \quad \sin \theta=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
所以，所求二面角的正弦值是 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．
解法二：取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ，又平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ．

以 $O$ 为原点，直线 $O C , B O , O M$ 为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系如图．
$O B=O M=\sqrt{3}$ ，则各点坐标分别为 $O(0,0,0), C(1,0,0), M(0,0, \sqrt{3}), B(0,-\sqrt{3}, 0), A (0,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ，
（1）设直线 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角为 $\alpha$ ．
因 $\overrightarrow{A M}=(0, \sqrt{3},-\sqrt{3})$ ，平 面 $B C D$ 的 法 向 量 为 $\vec{n}=(0,0,1)$ ．则 有 $\sin \alpha=|\cos \langle\overrightarrow{A M}, \vec{n}\rangle|=\left|\frac{\overrightarrow{A M} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{A M}| \cdot|\vec{n}|}\right|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，所以 $\alpha=45^{\circ}$ ．
② $\overrightarrow{C M}=(-1,0, \sqrt{3}), \overrightarrow{C A}=(-1,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ．
设平面 $A C M$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=(x, y, z)$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C M} \\ \overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C A}\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3} z=0 \\ -x-\sqrt{3} y+2 \sqrt{3} z=0\end{array}\right.$ ．解得 $x=\sqrt{3} z, y=z$ ，
取 $\overrightarrow{n_{1}}=(\sqrt{3}, 1,1)$ ．又平面 $B C D$ 的法向量为 $\vec{n}=(0,0,1)$ ，则 $\cos \left\langle\overrightarrow{n_{1}}, \vec{n}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \vec{n}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right| \cdot|\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{5}}$
设所求二面角为 $\theta$ ，则 $\sin \theta=\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．

## 21．（本小题满分 12 分）

已知抛物线 $C_{1}: x^{2}+b y=b^{2}$ 经过椭圆 $C_{2}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的两个焦点．
（1）求椭圆 $C_{2}$ 的离心率；
②设 $Q(3, b)$ ，又 $M, N$ 为 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 不在 $y$ 轴上的两个交点，若 $\triangle Q M N$ 的重心在抛物线 $C_{1}$ 上，求 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程．

【解析】考查椭圆和抛物线的定义、基本量，通过交点三角形来确认方程。

解：（1）因为抛物线 $C_{1}$ 经过椭圆 $C_{2}$ 的两个焦点 $F_{1}(-c, 0), F_{2}(c, 0)$ ，所以 $c^{2}+b \times 0=b^{2}$ ，即 $c^{2}=b^{2}$ ，由 $a^{2}=b^{2}+c^{2}=2 c^{2}$ 得椭圆 $C_{2}$ 的离心率 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．

②由（1）可知 $a^{2}=2 b^{2}$ ，椭圆 $C_{2}$ 的方程为：

$$ \frac{x^{2}}{2 b^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $$

联立抛物线 $C_{1}$ 的方程 $x^{2}+b y=b^{2}$ 得： $2 y^{2}-b y-b^{2}=0$ ，
解得：$y=-\frac{b}{2}$ 或 $y=b$（舍去），所以 $x= \pm \frac{\sqrt{6}}{2} b$ ，
即 $M\left(-\frac{\sqrt{6}}{2} b,-\frac{b}{2}\right), N\left(\frac{\sqrt{6}}{2} b,-\frac{b}{2}\right)$ ，所以 $\triangle Q M N$ 的重心坐标为 $(1,0)$ ．
因为重心在 $C_{1}$ 上，所以 $1^{2}+b \times 0=b^{2}$ ，得 $b=1$ ．所以 $a^{2}=2$ ．
所以抛物线 $C_{1}$ 的方程为：$x^{2}+y=1$ ，

椭圆 $C_{2}$ 的方程为：$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ ．

【解答】
（本小题满分 12 分）
解法一：（1）取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ．
又平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ，所以 $M O / / A B, A , B , O , M$ 共面．延长 $A M , B O$ 相交于 $E$ ，则 $\angle A E B$ 就是 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角．

$O B=M O=\sqrt{3}, M O / / A B$ ，则 $\frac{E O}{E B}=\frac{M O}{A B}=\frac{1}{2}, E O=O B=\sqrt{3}$ ，所以 $E B=2 \sqrt{3}=A B$ ，故 $\angle A E B=45^{\circ}$ ．
②$C E$ 是平面 $A C M$ 与平面 $B C D$ 的交线．
由（1）知，$O$ 是 $B E$ 的中点，则 $B C E D$ 是菱形．
作 $B F \perp E C$ 于 $F$ ，连 $A F$ ，则 $A F \perp E C, \angle A F B$ 就是二面角 $A-E C-B$ 的平面角，设为 $\theta$ ．

因为 $\angle B C E=120^{\circ}$ ，所以 $\angle B C F=60^{\circ}$ ．

$B F=B C \cdot \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}$,

$$ \tan \theta=\frac{A B}{B F}=2, \quad \sin \theta=\frac{2 \sqrt{5}}{5} $$

所以，所求二面角的正弦值是 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．
解法二：取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ，又平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ．

以 $O$ 为原点，直线 $O C , B O , O M$ 为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系如图．
$O B=O M=\sqrt{3}$ ，则各点坐标分别为 $O(0,0,0), C(1,0,0), M (0,0, \sqrt{3}), B(0,-\sqrt{3}, 0), A(0,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ，
（1）设直线 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角为 $\alpha$ ．
因 $\overrightarrow{A M}=(0, \sqrt{3},-\sqrt{3})$ ，平面 $B C D$ 的法向量为
$\vec{n}=(0,0,1)$ ．则有 $\sin \alpha=|\cos \langle\overrightarrow{A M}, \vec{n}\rangle|=\left|\frac{\overrightarrow{A M} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{A M}| \cdot|\vec{n}|}\right|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，

所以 $\alpha=45^{\circ}$ ．
② $\overrightarrow{C M}=(-1,0, \sqrt{3}), \overrightarrow{C A}=(-1,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ．
设平面 $A C M$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=(x, y, z)$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C M} \\ \overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C A}\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3} z=0 \\ -x-\sqrt{3} y+2 \sqrt{3} z=0\end{array}\right.$ ．解得 $x=\sqrt{3} z, y=z$ ，
取 $\overrightarrow{n_{1}}=(\sqrt{3}, 1,1)$ ．又平面 $B C D$ 的法向量为 $\vec{n}=(0,0,1)$ ，则 $\cos \left\langle\overrightarrow{n_{1}}, \vec{n}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \vec{n}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right| \cdot|\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{5}}$
设所求二面角为 $\theta$ ，则 $\sin \theta=\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．

【解答】
（本小题满分 12 分）

解法一：（1）取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ．
又平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ，所以 $M O / / A B, A , B , O , M$ 共面．延长 $A M , B O$ 相交于 $E$ ，则 $\angle A E B$ 就是 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角．
$O B=M O=\sqrt{3}, M O / / A B$ ，则 $\frac{E O}{E B}=\frac{M O}{A B}=\frac{1}{2}, E O=O B=\sqrt{3}$ ，所以 $E B=2 \sqrt{3}=A B$ ，故 $\angle A E B=45^{\circ}$ ．
②$C E$ 是平面 $A C M$ 与平面 $B C D$ 的交线．
由（1）知，$O$ 是 $B E$ 的中点，则 $B C E D$ 是菱形．
作 $B F \perp E C$ 于 $F$ ，连 $A F$ ，则 $A F \perp E C, \angle A F B$ 就是二面角 $A-E C-B$ 的平面角，设为 $\theta$ ．

因为 $\angle B C E=120^{\circ}$ ，所以 $\angle B C F=60^{\circ}$ ．
$B F=B C \cdot \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}$ ，
$\tan \theta=\frac{A B}{B F}=2, \quad \sin \theta=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
所以，所求二面角的正弦值是 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．
解法二：取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ，又平面

$M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ．
以 $O$ 为原点，直线 $O C , B O , O M$ 为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系如图．
$O B=O M=\sqrt{3}$ ，则各点坐标分别为 $O(0,0,0), C(1,0,0), M(0,0, \sqrt{3}), B(0,-\sqrt{3}, 0), A (0,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ，
（1）设直线 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角为 $\alpha$ ．
因 $\overrightarrow{A M}=(0, \sqrt{3},-\sqrt{3})$ ，平 面 $B C D$ 的 法 向 量 为 $\vec{n}=(0,0,1)$ ．则 有 $\sin \alpha=|\cos \langle\overrightarrow{A M}, \vec{n}\rangle|=\left|\frac{\overrightarrow{A M} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{A M}| \cdot|\vec{n}|}\right|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，所以 $\alpha=45^{\circ}$ ．
② $\overrightarrow{C M}=(-1,0, \sqrt{3}), \overrightarrow{C A}=(-1,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ．
设平面 $A C M$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=(x, y, z)$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C M} \\ \overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C A}\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3} z=0 \\ -x-\sqrt{3} y+2 \sqrt{3} z=0\end{array}\right.$ ．解得 $x=\sqrt{3} z, y=z$ ，
取 $\overrightarrow{n_{1}}=(\sqrt{3}, 1,1)$ ．又平面 $B C D$ 的法向量为 $\vec{n}=(0,0,1)$ ，则 $\cos \left\langle\overrightarrow{n_{1}}, \vec{n}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \vec{n}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right| \cdot|\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{5}}$
设所求二面角为 $\theta$ ，则 $\sin \theta=\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．

【解答】
（本小题满分 12 分）
如图，$\triangle B C D$ 与 $\triangle M C D$ 都是边长为 2 的正三角形，平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D, A B \perp$ 平面 $B C D$ ，
$A B=2 \sqrt{3}$.
（1）求直线 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角的大小；
（2）求平面 $A C M$ 与平面 $B C D$ 所成的二面角的正弦值．

【解析】本题主要考查了考查立体图形的空间感、线面角、二面角、空间向量、二面角平面角的判断有关知识，同时也考查了空间想象能力和推理能力

解法一：（1）取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ．
又平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ，所以 $M O / / A B, A , B$ 、 $O , M$ 共面．延长 $A M , B O$ 相交于 $E$ ，则 $\angle A E B$ 就是 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角．
$O B=M O=\sqrt{3}, M O / / A B$ ，则 $\frac{E O}{E B}=\frac{M O}{A B}=\frac{1}{2}, E O=O B=\sqrt{3}$ ，所以 $E B=2 \sqrt{3}=A B$ ，故 $\angle A E B=45^{\circ}$ ．
②$C E$ 是平面 $A C M$ 与平面 $B C D$ 的交线．
由（1）知，$O$ 是 $B E$ 的中点，则 $B C E D$ 是菱形．
作 $B F \perp E C$ 于 $F$ ，连 $A F$ ，则 $A F \perp E C, \angle A F B$ 就是二面角 $A-E C-B$ 的平面角，设为 $\theta$ ．

因为 $\angle B C E=120^{\circ}$ ，所以 $\angle B C F=60^{\circ}$ ．
$B F=B C \cdot \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}$ ，

$$ \tan \theta=\frac{A B}{B F}=2, \quad \sin \theta=\frac{2 \sqrt{5}}{5} $$

所以，所求二面角的正弦值是 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．
解法二：取 $C D$ 中点 $O$ ，连 $O B, O M$ ，则 $O B \perp C D, O M \perp C D$ ，又平面 $M C D \perp$ 平面 $B C D$ ，则 $M O \perp$ 平面 $B C D$ ．

以 $O$ 为原点，直线 $O C , B O , O M$ 为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系如图．
$O B=O M=\sqrt{3}$ ，则各点坐标分别为 $O(0,0,0), C(1,0,0), M (0,0, \sqrt{3}), B(0,-\sqrt{3}, 0), A(0,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ，
（1）设直线 $A M$ 与平面 $B C D$ 所成的角为 $\alpha$ ．
因 $\overrightarrow{A M}=(0, \sqrt{3},-\sqrt{3})$ ，平面 $B C D$ 的法向量为
$\vec{n}=(0,0,1)$ ．则有 $\sin \alpha=|\cos \langle\overrightarrow{A M}, \vec{n}\rangle|=\left|\frac{\overrightarrow{A M} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{A M}| \cdot|\vec{n}|}\right|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，

所以 $\alpha=45^{\circ}$ ．
② $\overrightarrow{C M}=(-1,0, \sqrt{3}), \overrightarrow{C A}=(-1,-\sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$ ．

设平面 $A C M$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=(x, y, z)$ ，由 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C M} \\ \overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{C A}\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3} z=0 \\ -x-\sqrt{3} y+2 \sqrt{3} z=0\end{array}\right.$ ．解得 $x=\sqrt{3} z, y=z$ ，
取 $\overrightarrow{n_{1}}=(\sqrt{3}, 1,1)$ ．又平面 $B C D$ 的法向量为 $\vec{n}=(0,0,1)$ ，则 $\cos \left\langle\overrightarrow{n_{1}}, \vec{n}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \vec{n}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right| \cdot|\vec{n}|}=\frac{1}{\sqrt{5}}$
设所求二面角为 $\theta$ ，则 $\sin \theta=\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．