浙江省2020版高考数学专题8立体几何8.5空间向量及其应用检测.docx

8.5空间向量及其应用挖命题【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空间角1.理解两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念.2.会用空间向量求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角.2018浙江,8,19三种空间角直线与平面垂直的判定2017浙江,9,19二面角、直线与平面所成的角直线与平面平行的判定2016浙江文,18,14二面角、直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定2015浙江,13,17,8,文18,7三种空间角直线与平面垂直的判定、圆锥曲线2014浙江,17,20,文20二面角、直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定、立体几何应用问题空间向量在立体几何中的应用1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.2.了解空间向量的概念,了解空间向量基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.掌握空间向量的数量积及其坐标表示.4.掌握空间向量的长度公式、夹角公式、两点间的距离公式,并会解决简单的立体几何问题.5.理解直线的方向向量和平面的法向量.6.会用向量的语言表述立体几何中的平行、垂直关系.会用向量的方法证明有关的命题,了解向量的方法在研究立体几何问题中的作用.2018浙江,19直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定2017浙江,19直线与平面所成的角直线与平面平行的判定2015浙江,15,17二面角2014浙江,20二面角直线与平面垂直的判定分析解读1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间角是高考的必考内容.2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算主要是传统法和向量法.3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等,比用传统方法简便快捷,一直是高考的重点和热点.4.预计2020年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一空间角1.(2018浙江嵊州高三期末质检,19,15分)如图,在菱形ABCD中,BAD=,ED平面ABCD,EFDB,M是线段AE的中点,DE=EF=BD.(1)证明:DM平面CEF;(2)求直线DM与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:连接AC与BD交于点O,连接MO.因为DOEF,DO平面CEF,EF平面CEF,所以DO平面CEF.因为M是线段AE的中点,所以MO是ACE的中位线,所以MOEC.又MO平面CEF,EC平面CEF,所以MO平面CEF,又MODO=O,MO平面MDO,DO平面MDO,所以平面MDO平面CEF,又DM平面MDO,所以DM平面CEF.(2)解法一:因为四边形ABCD是菱形,所以ACBD.又因为ED平面ABCD,AC平面ABCD,所以EDAC,又EDBD=D,所以AC平面DEF.设BD=2,则点A到平面DEF的距离AO=3.因为点M是线段AE的中点,所以点M到平面DEF的距离h=AO=32.设直线DM与平面DEF所成的角为,则sin =hDM=3252=155.故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为155.解法二:设AB的中点为G,连接DG,则DGDC.以D为坐标原点,DG,DC,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.取BD=2,则D(0,0,0),M32,-12,12,E(0,0,1),F32,12,1,所以=(0,0,1),=32,12,1.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即z=0,32x+12y+z=0,可取法向量n=(1,-3,0).又=32,-12,12,所以cos=32+322脳52=155,故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为155.2.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,19)如图,在四棱锥A-BCDO中,DO平面AOB,BOCD,OA=CD=2,OD=23,OB=4,AOB=120.(1)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值;(2)求二面角D-OA-C的余弦值.解析(1)如图,过点O在平面AOB内作OB的垂线OE,交AB于点E.DO平面AOB,ODOE,ODOB,分别以OE,OB,OD所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则各点坐标为O(0,0,0),A(3,-1,0),B(0,4,0),C(0,2,23),D(0,0,23),=(-3,5,0),=(-3,1,23).设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则由n=0,n=0,得-3x+5y=0,-3x+y+23z=0,取x=5,得n=(5,3,2).设直线AC与平面ABD所成角为,又=(-3,3,23),sin =|cos,n|=,故直线AC与平面ABD所成角的正弦值为.(2)设平面AOD的法向量为m1=(x,y,z),又=(3,-1,0),=(0,0,23),由m1=0,m1=0,得3x-y=0,23z=0,取x=1,得m1=(1,3,0).设平面AOC的法向量为m2=(a,b,c),又=(3,-1,0),=(0,2,23),由m2=0,m2=0,得3a-b=0,2b+23c=0,取b=3,得m2=(1,3,-1).cosm1,m2=m1路m2|m1|路|m2|=255,由图可知二面角D-OA-C的平面角为锐角,故二面角D-OA-C的余弦值为255.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2017浙江台州4月调研卷(一模),17)如图,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E、F分别为直线AB、CD上的动点,且|EF|=3.若记EF的中点P的轨迹为L,则|L|等于.(注:|L|表示点P的轨迹的长度)答案2.(2017浙江杭州二模(4月),19)如图,已知四边形ABCD是矩形,M,N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为.(1)当=90时,求cosAOC的值;(2)当=60时,点P是线段MD上一点,直线AP与平面AOC所成角为.若sin =147,求线段MP的长.解析设E为AB的中点,连接OE,则OEMN,以O为原点,OE,ON所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系(图略).(1)当=90时,A(2,-1,0),C(0,1,2),=(2,-1,0),=(0,1,2),cosAOC=-.(2)由=60得C(1,1,3),D(1,-1,3),M(0,-1,0),=(1,0,3).设=(01),则=+=(,-1,3).=-=(-2,0,3),设平面AOC的法向量为n=(x,y,z).n=0,n=0,=(2,-1,0),=(1,1,3),2x-y=0,x+y+3z=0,取x=1,则y=2,z=-3,故n=(1,2,-3),由题意得,=147,即32-10+3=0,=或=3(舍去),在线段MD上存在点P符合题意,且MP=MD=.炼技法【方法集训】方法1求直线与平面所成角的方法1.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),19)如图(1)所示,四边形ABCD为梯形,ABCD,C=60,点E在CD上,AB=CE=2,BF=BD=3,BDBC.现将ADE沿AE翻折到图(2)中APE的位置,使得二面角P-AE-C的大小为.(1)求PB的长度;(2)求证:PB平面ABCE;(3)求直线AB与平面APE所成角的正弦值.解析(1)因为ABEC,所以四边形ABCE是平行四边形,所以BCAE,又因为BDBC,所以BDAE,所以AEFB,AEFP,所以PFB为二面角P-AE-C的平面角.(3分)由BF=3,PF=23,得BP2=BF2+PF2-2BFPFcosBFP=9,所以BP=3.(5分)(2)证明:由BF=3,PF=23,BP=3知,PB2+BF2=PF2,所以BFPB,(7分)又因为BFAE,PFAE,BFPF=F,所以AE平面PFB,所以AEPB,(9分)由可知,PB平面ABCE.(10分)(3)解法一:作BNPF于N点,连接AN.由(2)可知,AE平面BFP,又AE平面APE,平面BFP平面APE.又平面BFP平面APE=PF,BN平面BFP,所以BN平面APE,(12分)所以BAN是直线AB与平面APE所成的角.(13分)易知BN=BFsin 60=,则sinNAB=BNAB=322=.故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)解法二:易知BF,BP,BC两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,3,0),E(2,3,0),P(0,0,3).(11分)设平面APE的法向量为n=(x,y,z).又=(3,0,0),=(1,-3,3),所以由即得x=0,x-3y+3z=0,取z=1,得n=(0,3,1).(13分)设直线AB与平面APE所成的角为,又=(1,-3,0),所以sin =|cos|=,故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)2.如图,ABC是以C为直角的等腰直角三角形,直角边长为8,AEEC=53,DEBC,沿DE将三角形ADE折起,使得点A在平面BCED上的射影是点C,点M在AC上且MC=AC.(1)在BD上确定点N的位置,使得MN平面ADE;(2)在(1)的条件下,求CN与平面ABD所成角的正弦值.解析(1)由点A在平面BCED上的射影是点C,可知AC平面BCED,而BCCE,如图建立空间直角坐标系,可知各点的坐标为C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0).由MC=AC,可知点M的坐标为0,0,83,设点N的坐标为(x,y,0),则由点N在BD上可得y=8-x,即点N的坐标为(x,8-x,0),则=x,8-x,-83.设平面ADE的法向量为n1=(x,y,z),则而=(0,-5,0),=(3,0,-4),所以y=0,3x-4z=0,取x=4,则z=3,可得n1=(4,0,3).MN平面ADE等价于n1=0,即4x+0(8-x)+3-83=0.解之可得x=2,即点N的坐标为(2,6,0),所以点N为BD的靠近D点的三等分点.(2)由(1)可知=(2,6,0),设平面ABD的法向量为n2=(p,q,r),由题意可知而=(-3,3,0),=(0,8,-4),可得-3p+3q=0,8q-4r=0,取p=1,则q=1,r=2.可得n2=(1,1,2).设CN与平面ABD所成角为,则sin =21515.方法2求二面角的方法1.(2018浙江镇海中学期中,20)在多面体ABC-A1B1C1中,AA1BB1CC1,AA1=4,BB1=2,AB=4,CC1=3,ABBB1,C1在平面ABB1A1上的射影E是线段A1B1的中点.(1)求证:平面ABC平面ABB1A1;(2)若C1E=2,求二面角C1-AB1-C的余弦值.解析(1)证明:设线段AB的中点为O,连接OE,CO,则OEAA1,且OE=AA1+BB12=3,(2分)AA1CC1,OECC1,又OE=CC1=3,四边形CC1EO为平行四边形,OCEC1.(4分)C1E平面ABB1A1,OC平面ABB1A1,(5分)OC平面ABC,平面ABC平面ABB1A1.(7分)(2)由(1)知OB,OE,OC两两互相垂直,分别以OB,OE,OC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-2,0,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(0,3,2).(8分)设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z),而=(4,2,0),=(2,0,2),由得4x+2y=0,2x+2z=0,取x=1,得m=(1,-2,-1).(10分)设平面AB1C1的法向量为n=(x1,y1,z1),而=(4,2,0),=(2,3,2),由得4x1+2y1=0,2x1+3y1+2z1=0,取x1=1,得n=(1,-2,2).(12分)cos=66,(14分)由图可知二面角C1-AB1-C的平面角为锐角,故二面角C1-AB1-C的余弦值为66.(15分)2.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,19)如图,已知ABC为等边三角形,M为AB的中点,AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,AA1=AB,BB1=AB,MNA1B1,垂足为N.(1)求证:CNA1B1;(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.解析(1)证明:因为AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,所以平面AA1B1B平面ABC,因为AC=BC,M为AB的中点,所以CMAB,又平面AA1B1B平面ABC=AB,CM平面AA1B1B,所以CM平面A1ABB1,所以CMA1B1,又因为MNA1B1,所以A1B1平面CMN,所以A1B1CN.(2)解法一:如图,延长AB、A1B1相交于点D,连接CD,则CD为所求二面角的棱.因为BB1=AA1,BB1AA1,所以DBDA=,于是BD=BC=BA,于是ACD=90,即CDCA.又因为CDAA1,所以CD平面AA1C,所以CDCA1.于是A1CA即为所求二面角的平面角.在RtA1AC中,AA1=AB=AC,所以A1CA=45,所以tanA1CA=1.所以平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值为1.解法二:如图,以M为原点,MA所在直线为x轴,MC所在直线为y轴建立空间直角坐标系,设AB=2.则C(0,3,0),A1(1,0,2),B1(-1,0,1),=(1,-3,2),=(-2,0,-1).设平面A1B1C的法向量为n1=(x,y,z).由n1=0,n1=0,得x-3y+2z=0,-2x-z=0,取x=1,则y=-3,z=-2,故n1=(1,-3,-2).设所求二面角的大小为,又平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1).所以cos =222=22,所以tan =1.过专题【五年高考】A组自主命题浙江卷题组考点一空间角1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为1,SE与平面ABCD所成的角为2,二面角S-AB-C的平面角为3,则() A.123B.321C.132D.231答案D2.(2017浙江,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,BQQC=CRRA=2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为,则()A.B.C.D.答案B3.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=5,ADC=90.沿直线AC将ACD翻折成ACD,直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.答案66考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2=.若空间向量b满足be1=2,be2=,且对于任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;222.(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.解析本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.解法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB12=AA12,故AB1A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B1C1=5,由AB=BC=2,ABC=120得AC=23,由CC1AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,故AB1B1C1,因为A1B1,B1C1平面A1B1C1,所以AB1平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1,由C1DA1B1得C1D平面ABB1,所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cosC1A1B1=67,sinC1A1B1=17,所以C1D=3,故sinC1AD=C1DAC1=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.解法二:(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=(1,3,2),=(1,3,-2),=(0,23,-3).由=0得AB1A1B1.由=0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知=(0,23,1),=(1,3,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).所以sin =|cos|=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.3.(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.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=AD.又因为BCAD,BC=AD,所以EFBC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF,因此CE平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DCAD,N是AD的中点得BNAD.所以AD平面PBN,由BCAD得BC平面PBN,那么平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2得CE=2,在PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=,在RtMQH中,QH=,MQ=2,所以sinQMH=28.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28.一题多解(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=AD=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,得x=-,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),=-12,1,32,=(1,1,0),-12x1+y1+32z1=0,x1+y1=0x1=-y1,z1=-3y1,取y1=-1,得n=(1,-1,3).而=-54,-12,34,则n=0,而CE平面PAB,CE平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),=(0,1,0),=-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|=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)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.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,得l.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面内的两个基底向量所表示,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.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一空间角1.(2018课标全国理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为() A.334B.233C.324D.32答案A2.(2018课标全国理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45.若SAB的面积为515,则该圆锥的侧面积为.答案4023.(2018课标全国理,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)证明: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=AC=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,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),=(0,2,23).取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由n=0,n=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=.所以n=-833,433,-43.又=(0,2,-23),所以cos=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.4.(2018天津理,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.解析本小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,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=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则即2y0=0,2x0+2z0=0,不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=1,-32,1,可得n0=0,又因为直线MN平面CDE,所以MN平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即-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,则即-x2=0,-y2+2z2=0,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=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=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos|=2h2+5,由题意,可得2h2+5=sin 60=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).5.(2017课标全国理,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.解析本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.(1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,AP、PD平面PAD,所以AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)解法一(综合法):根据题意可设AB=1,因为ABCD,APD=BAP=CDP=90,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形,且AD=PC=PB=CB=2,取PB的中点为F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AFPB,在等边三角形PBC中,可得CFPB,所以AFC为二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB平面PAD,又AD平面PAD,所以ABAD.所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC=3.在AFC中,AC=3,AF=22,FC=62,由余弦定理可得cosAFC=AF2+CF2-AC22AF路CF=-33,所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.解法二(向量法):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,的方向为x轴正方向,|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=-22,1,-22,=(2,0,0),=22,0,-22,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即-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,则即22x2-22z2=0,y2=0.可取m=(1,0,1).则cos=-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 |=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.6.(2017天津理,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,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:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即2y=0,2x-2z=0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得n=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,则因为=(0,-2,-1),=(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=-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=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|2h-2|h2+5脳23=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以,线段AH的长为或.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.7.(2017课标全国理,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=AD,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=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,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,的方向为x轴正方向,|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),=(1,0,-3),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),则=(x-1,y,z),=(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|=sin 45,|z|(x-1)2+y2+z2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,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=1-22,1,62.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取m=(0,-6,2).于是cos=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.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2018课标全国理,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)由已知可得,BFEF,又BFPF,且PF,EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=32,EH=,则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,=1,32,32,=0,0,32为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2+cos2=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.2.(2017山东理,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是的中点.(1)设P是上的一点,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)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EMAG,CMAG,所以EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=13-1=23.在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=23,因此EMC为等边三角形,故所求的角为60.解法二: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=(2,0,-3),=(1,3,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得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=.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.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=HF,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,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,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即2x=0,x-y+2z=0.不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=-63,于是sin=33.所以,二面角O-EF-C的正弦值为33.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以=25,-25,45,进而有H-35,35,45,从而=25,85,45,因此cos=-721.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.评析本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、运算求解能力和推理论证能力.4.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.(1)求证:PD平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PA