天津2020版高考数学复习8.5空间向量及其应用、空间角与距离精练.docx

8.5空间向量及其应用、空间角与距离挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.用向量证明空间中的平行和垂直关系1.理解直线的方向向量与平面的法向量2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系3.能用向量法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)2018天津,172017天津,17用向量法求空间角的正弦值、用向量法证明空间中直线与平面的平行关系空间角问题2016天津,17用向量法求空间角的正弦值、用向量法证明空间中直线与平面的平行关系求线面角的正弦值2.用向量求空间角与距离1.能用向量法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题2.能用向量法解决点面、线面、面面距离问题,了解向量方法在立体几何问题中的应用2015天津,172014天津,17用向量法求空间角线面平行的判定、线线垂直的判定分析解读1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理以及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,属中档题.破考点【考点集训】考点一用向量证明空间中的平行和垂直关系1.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,OPAD.BC=12AD=OD,且BCOD,四边形BCDO为平行四边形,又CDAD,OBAD,OPOB=O,AD平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).设P(x,0,z)(z0),由PC=2,OP=1,得(x-1)2+1+z2=4,x2+z2=1,解得x=-12,z=32,即点P-12,0,32,而E为PD的中点,E-14,12,34.设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),AP=-12,1,32,AB=(1,1,0),-12x1+y1+32z1=0,x1+y1=0x1=-y1,z1=-3y1,取y1=-1,得n=(1,-1,3).而CE=-54,-12,34,则CEn=0,而CE平面PAB,CE平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),BC=(0,1,0),BP=-32,0,32,y2=0,-32x2+32z2=0,取x2=1,得m=(1,0,3).设直线CE与平面PBC所成角为,则sin=|cos|=|CEm|CE|m|=28,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为28.方法总结1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l)利用线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l.利用面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面,使得,从而得l.向量法:(i)求出平面的法向量n和直线l的方向向量l,证明nl=0,结合l可得l.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面内的两个基向量所表示,结合l可得l.2.求线面角的方法.定义法:作出线面角,解三角形即可.解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d),由sin=dAB得结论.向量法:求出平面的法向量n,设直线AB与所成角为,则sin=|cos|.最好是画出图形,否则容易出错.考点二空间角与距离2.(2018课标,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22答案C3.已知正方形ABCD的边长为1,PD平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.(1)求点D到平面PEF的距离;(2)求直线AC到平面PEF的距离.解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E1,12,0,F12,1,0,PE=1,12,-1,EF=-12,12,0,DP=(0,0,1).设平面PEF的法向量为n=(x,y,z).则有nPE=0,nEF=0x+12y-z=0,-12x+12y=0z=32x,y=x.令x=1,则n=1,1,32.点D到平面PEF的距离为d=|DPn|n|=32172=31717.(2)直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离.AE=0,12,0,平面PEF的一个法向量为n=1,1,32,点A到平面PEF的距离为d1=|AEn|n|=12172=1717.直线AC到平面PEF的距离为1717.4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB平面AA1C1C,AA1=AB=AC=2,A1AC=60.过AA1的平面交B1C1于点E,交BC于点F.(1)求证:A1C平面ABC1;(2)求证:四边形AA1EF为平行四边形;(3)若BFBC=23,求二面角B-AC1-F的大小.解析(1)证明:因为AB平面AA1C1C,A1C平面AA1C1C,所以A1CAB.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,所以平行四边形AA1C1C为菱形,所以A1CAC1.又ABAC1=A,AB,AC1平面ABC1,所以A1C平面ABC1.(2)证明:因为A1AB1B,A1A平面BB1C1C,BB1平面BB1C1C,所以A1A平面BB1C1C.因为平面AA1EF平面BB1C1C=EF,所以A1AEF.因为平面ABC平面A1B1C1,平面AA1EF平面ABC=AF,平面AA1EF平面A1B1C1=A1E,所以A1EAF,所以四边形AA1EF为平行四边形.(3)在平面AA1C1C内,过A作AzAC.因为AB平面AA1C1C,所以AB,AC,Az两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,1,3),C1(0,3,3),所以BC=(-2,2,0),AC1=(0,3,3).因为BFBC=23,所以BF=23BC=-43,43,0,所以F23,43,0,所以AF=23,43,0.由(1)得平面ABC1的一个法向量为A1C=(0,1,-3).设平面AC1F的法向量为n=(x,y,z),则nAC1=0,nAF=0,即3y+3z=0,23x+43y=0.令y=1,则x=-2,z=-3,所以n=(-2,1,-3).所以cos=nA1C|n|A1C|=22.由图可知二面角B-AC1-F的平面角是锐角,所以二面角B-AC1-F的大小为45.思路分析(1)通过证明四边形AA1C1C为菱形,得出A1CAC1,从而证得A1C平面ABC1;(2)由面面平行的性质定理、线面平行的性质定理分别得到两组对边互相平行,进而证明四边形AA1EF为平行四边形;(3)由平面的法向量和夹角公式求解.方法总结正确掌握线面平行和垂直的证明方法和计算空间角的基本方法是求解立体几何问题的基础和保障,务必“记牢活用.”炼技法【方法集训】方法1空间角与距离的向量求法1.正四棱锥S-ABCD的八条棱长都相等,SB的中点是E,则异面直线AE,SD所成角的余弦值为.答案332.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1B1的中点,则异面直线D1E和BC1间的距离为.答案263方法2用向量法求立体几何中的探索性问题3.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,E为AD的中点,PAAD,BECD,BEAD,PA=AE=BE=2,CD=1.(1)求证:平面PAD平面PCD;(2)求二面角C-PB-E的余弦值;(3)在线段PE上是否存在点M,使得DM平面PBC?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:因为平面PAD平面ABCD,PAAD,且平面PAD平面ABCD=AD,所以PA平面ABCD.又CD平面ABCD,所以PACD.又因为BEAD,BECD,所以CDAD.又因为PAAD=A,PA,AD平面PAD,所以CD平面PAD.因为CD平面PCD,所以平面PAD平面PCD.(2)以E为原点,以EB,ED的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),P(0,-2,2),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),所以PB=(2,2,-2),BC=(-1,2,0),EP=(0,-2,2).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nPB=0,nBC=0,即2x+2y-2z=0,-x+2y=0.令y=1,则x=2,z=3,所以n=(2,1,3).设平面PBE的法向量为m=(a,b,c),则mPB=0,mEP=0,即2a+2b-2c=0,-2b+2c=0.令b=1,则a=0,c=1,所以m=(0,1,1).所以cos=nm|n|m|=20+11+31142=277.由图可知,所求二面角为锐角,所以二面角C-PB-E的余弦值为277.(3)“在线段PE上存在点M,使得DM平面PBC”等价于“在线段PE上存在点M,使其满足DMn=0”.设PM=PE,0,1.因为PE=(0,2,-2),所以PM=(0,2,-2),则M(0,2-2,2-2),所以DM=(0,2-4,2-2).由(2)知平面PBC的一个法向量为n=(2,1,3),所以DMn=2-4+6-6=0,解得=12.因为=120,1,所以在线段PE上存在点M,使得DM平面PBC,此时点M为PE的中点.4.如图1,在平面五边形ABCDE中,ABCD,BAD=90,AB=2,CD=1,ADE是边长为2的正三角形,现将ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图2),且DEAB.(1)求证:平面ADE平面ABCD;(2)求平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小;(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF平面BCE?若存在,求出EFEA的值;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:由已知得ABAD,因为ABDE,且ADDE=D,AD,DE平面ADE,所以AB平面ADE.又AB平面ABCD,所以平面ADE平面ABCD.(2)设AD的中点为O,连接EO.因为ADE是正三角形,所以EA=ED,所以EOAD.因为平面ADE平面ABCD,平面ADE平面ABCD=AD,EO平面ADE,所以EO平面ABCD.在平面ABCD内过O点作垂直于AD的直线交CB于点M.以O为原点,OA所在的直线为x轴,OM所在的直线为y轴,OE所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,则E(0,0,3),B(1,2,0),C(-1,1,0),所以CE=(1,-1,3),CB=(2,1,0).设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),则mCE=0,mCB=0,即x-y+3z=0,2x+y=0.令x=1,则y=-2,z=-3,所以m=(1,-2,-3).易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),所以cos=mn|m|n|=-22.所以平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小为4.(3)在棱AE上存在点F,使得DF平面BCE,此时EFEA=12.理由:设BE的中点为G,连接CG,FG,则FGAB,FG=12AB,因为ABCD,且CD=12AB,所以FGCD,且FG=CD.所以四边形CDFG是平行四边形,所以DFCG.因为CG平面BCE,且DF平面BCE,所以DF平面BCE.过专题【五年高考】A组自主命题天津卷题组1.(2018天津,17,13分)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长.解析本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.依题意,可以建立以D为原点,分别以DA,DC,DG的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(1,0,2).(1)证明:依题意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则n0DC=0,n0DE=0,即2y0=0,2x0+2z0=0,不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,-32,1,可得MNn0=0,又因为直线MN平面CDE,所以MN平面CDE.(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则nBC=0,nBE=0,即-x1=0,x1-2y1+2z1=0,不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则mBC=0,mCF=0,即-x2=0,-y2+2z2=0,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=mn|m|n|=31010,于是sin=1010.所以,二面角E-BC-F的正弦值为1010.(3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos|=|BPDC|BP|DC|=2h2+5,由题意,可得2h2+5=sin60=32,解得h=330,2.所以,线段DP的长为33.方法归纳利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:(1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系;(2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;(3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;(4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解;(5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=0.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2EM=0,n2MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521.所以,二面角C-EM-N的正弦值为10521.(3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH的长为85或12.方法总结利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论.3.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=23HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解析依题意,OF平面ABCD,如图,以O为原点,分别以AD,BA,OF的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则n1AD=0,n1AF=0,即2x=0,x-y+2z=0.不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EGn1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG平面ADF.(2)易证,OA=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则n2EF=0,n2CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=OAn2|OA|n2|=-63,于是sin=33.所以,二面角O-EF-C的正弦值为33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因为AF=(1,-1,2),所以AH=25AF=25,-25,45,进而有H-35,35,45,从而BH=25,85,45,因此cos=BHn2|BH|n2|=-721.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.思路分析(1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值.4.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长.解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,所以M1,12,1,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52,0.由此可得MNn=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n1AD1=0,n1AC=0,即x-2y+2z=0,2x=0.不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则n2AB1=0,n2AC=0,又AB1=(0,1,2),得y+2z=0,2x=0.不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-1010,于是sin=31010.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为31010.(3)依题意,可设A1E=A1B1,其中0,1,则E(0,2),从而NE=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=NEn|NE|n|=1(-1)2+(+2)2+12=13,整理得2+4-3=0,又因为0,1,解得=7-2.所以,线段A1E的长为7-2.评析本小题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.5.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BEDC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BEDC=0.所以BEDC.(2)向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则nBD=0,nPB=0,即-x+2y=0,x-2z=0.不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos=nBE|n|BE|=262=33.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点F在棱PC上,设CF=CP,01.故BF=BC+CF=BC+CP=(1-2,2-2,2).由BFAC,得BFAC=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=34.即BF=-12,12,32.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则n1AB=0,n1BF=0,即x=0,-12x+12y+32z=0.不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos=n1n2|n1|n2|=-3101=-31010.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为31010.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一用向量证明空间中的平行和垂直关系(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).由AB1A1B1=0得AB1A1B1.由AB1A1C1=0得AB1A1C1.又A1B1A1C1=A1,A1B1,A1C1平面A1B1C1,所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z),则nAB=0,nBB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).所以sin=|cos|=|AC1n|AC1|n|=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.考点二空间角与距离1.(2018课标,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.解析(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=23.连接OB.因为AB=BC=22AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23).取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0a2),则AM=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由APn=0,AMn=0得2y+23z=0,ax+(4-a)y=0,可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.由已知可得|cos|=32.所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=-833,433,-43.又PC=(0,2,-23),所以cos=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.2.(2017课标,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)证明:平面PAB平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.(1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,AP,PD平面PAD,从而AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=A,可得PF平面ABCD.以F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则nPC=0,nCB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0.可取n=(0,-1,-2).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则mPA=0,mAB=0,即22x2-22z2=0,y2=0.可取m=(1,0,1).则cos=nm|n|m|=-33.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的证明证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为,则|cos|=|n1n2|n1|n2|,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.3.(2017课标,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,BAD=ABC=90,E是PD的中点.(1)证明:直线CE平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45,求二面角M-AB-D的余弦值.解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=12AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=12AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).因为BM与底面ABCD所成的角为45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos|=sin45,|z|(x-1)2+y2+z2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设PM=PC,则x=,y=1,z=3-3.由,解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),或x=1-22,y=1,z=62,所以M1-22,1,62,从而AM=1-22,1,62.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则mAM=0,mAB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取m=(0,-6,2).于是cos=mn|m|n|=105.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.方法总结本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键由线面角为45求点M的坐标是解题的关键.4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE,所以CM平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.由PAAB,可得PA平面ABCD.设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2.作AyAD,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由nPE=0,nEC=0,得x-2z=0,x+y=0,设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为,则sin=|nAP|n|AP|=2222+(-2)2+12=13.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.5.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析(1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,又BE平面BCD,ABBE.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),M0,12,12,则BC=(1,1,0),BM=0,12,12,AD=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则nBC=0,nBM=0,即x0+y0=0,12y0+12z0=0,取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为,则sin=|cos|=|nAD|n|AD|=63,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.评析本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想.C组教师专用题组1.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点,且APBE,求CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.(1)因为APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120,因此CBP=30.(2)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由mAE=0,mAG=0可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由nAG=0,nCG=0可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos=mn|m|n|=12.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60.方法总结求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.2.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE平面ABC,且平面BCFE平面ABC=BC,ACBC,所以,AC平面BCK,又BF平面BCK,因此,BFAC.又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK.又因为CKAC=C,CK,AC平面ACFD,所以BF平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ.因为BF平面ACK,所以BFAK,则AK平面BQF,所以BQAK.所以,BQF是二面角B-AD-F的平面角.在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=31313.在RtBQF中,FQ=31313,BF=3,得cosBQF=34.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,32,F-12,0,32.因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由ACm=0,AKm=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1);由ABn=0,AKn=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3).于是,cos=mn|m|n|=34.由图可知所求二面角为锐角,所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.3.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABC=BAD=2,PA=AD=2,AB=BC=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.解析以AB,AD,AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,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).因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则mPC=0,mPD=0,即x+y-2z=0,2y-2z=0.令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos=ADm|AD|m|=33,由图可知平面PAB与平面PCD所成的二面角为锐角,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=B