高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.5 空间向量及其应用课件.ppt

第八章立体几何 8 5空间向量及其应用 高考数学 浙江专用 考点一空间角1 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 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 五年高考 答案b本题考查正四面体的性质 二面角的定义 解三角形 利用空间向量求平面的法向量及计算并比较二面角的大小 考查推理运算能力和空间想象能力 解法一 连接cp 作ro ab 交cp于点o 则o为等边 abc的中心 且点d在平面abc内的射影为o 连接do 以o为坐标原点 op所在直线为x轴 ro所在直线为y轴 od所在直线为z轴 建立空间直角坐标系 如图所示 设正四面体的棱长为3 则op 3 or 3 1 点q到x轴的距离为 pb 点q到y轴的距离为 故有p q r 0 1 0 d 0 0 此时 点o在 pqr内部 故 均为锐角 取平面pqr的一个法向量为n 0 0 1 设平面dpr的法向量为m1 x1 y1 z1 0 1 得取z1 1 得m1 2 1 cos cos 设平面dpq的法向量为m2 x2 y2 z2 得取x2 2 得m2 2 4 1 cos cos 设平面dqr的法向量为m3 x3 y3 z3 0 1 得取z3 1 得m3 3 1 cos cos cos 故选b 直线rq的方程为x y 1 0 d3 又d2tan tan 而 均为锐角 故选b 2 2017课标全国 理 10 5分 已知直三棱柱abc a1b1c1中 abc 120 ab 2 bc cc1 1 则异面直线ab1与bc1所成角的余弦值为 a b c d 答案c本题考查直棱柱的性质和异面直线所成的角 将直三棱柱abc a1b1c1补形成直四棱柱abcd a1b1c1d1 如图 连接ad1 b1d1 则ad1 bc1 则 b1ad1为异面直线ab1与bc1所成的角 或其补角 易求得ab1 bc1 ad1 b1d1 由余弦定理得cos b1ad1 故选c 方法总结本题主要考查异面直线所成的角 求异面直线所成角的方法有两种 一是定义法 二是用向量的夹角公式求解 3 2014广东 5 5分 已知向量a 1 0 1 则下列向量中与a成60 夹角的是 a 1 1 0 b 1 1 0 c 0 1 1 d 1 0 1 答案b经检验 选项b中向量 1 1 0 与向量a的夹角的余弦值为 故它们的夹角为60 故选b 4 2014课标 11 5分 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 a b c d 答案c解法一 取bc的中点q 连接qn aq 易知bm qn 则 anq即为所求 设bc ca cc1 2 则aq an qn cos anq 故选c 解法二 以c1为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系 设bc ca cc1 2 则a 2 0 2 n 1 0 0 m 1 1 0 b 0 2 2 1 0 2 1 1 2 cos 故选c 5 2016浙江文 14 4分 如图 已知平面四边形abcd ab bc 3 cd 1 ad 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 解析如图 过d 作d f ac于点f 取ac的中点e 连接be 则ac be 在 ad c中 ad c 90 cd 1 ad ac d f cf ef 在 abc中 be 则 2 设ac与bd 所成的角为 又 2 2 2 cos 9 5cos 则cos 当cos 1时 d 在平面abc内 cos 取最大值 评析本题重点考查了立体几何中的异面直线夹角问题 平面2图形的折叠问题也是本题的一个考查点 在折叠的过程中发现最值点所处的位置是解决本题的关键 6 2015四川 14 5分 如图 四边形abcd和adpq均为正方形 它们所在的平面互相垂直 动点m在线段pq上 e f分别为ab bc的中点 设异面直线em与af所成的角为 则cos 的最大值为 解析如图 建立空间直角坐标系a xyz 设ab 2 qm m 0 m 2 则f 2 1 0 e 1 0 0 m 0 m 2 0 m 2 2 1 0 1 m 2 cos cos 设y 则y 答案 当0 m 2时 y 0 y 在 0 2 上单调递减 当m 0时 y取最大值 此时cos 取最大值 cos max 7 2017天津文 17 13分 如图 在四棱锥p abcd中 ad 平面pdc ad bc pd pb ad 1 bc 3 cd 4 pd 2 1 求异面直线ap与bc所成角的余弦值 2 求证 pd 平面pbc 3 求直线ab与平面pbc所成角的正弦值 解析本小题主要考查两条异面直线所成的角 直线与平面垂直 直线与平面所成的角等基础知识 考查空间想象能力 运算求解能力和推理论证能力 1 如图 由已知ad bc 故 dap或其补角即为异面直线ap与bc所成的角 因为ad 平面pdc 所以ad pd 在rt pda中 由已知 得ap 故cos dap 所以 异面直线ap与bc所成角的余弦值为 2 证明 因为ad 平面pdc 直线pd 平面pdc 所以ad pd 又因为bc ad 所以pd bc 又pd pb 所以pd 平面pbc 3 过点d作ab的平行线交bc于点f 连接pf 则df与平面pbc所成的角等于ab与平面pbc所成的角 因为pd 平面pbc 故pf为df在平面pbc上的射影 所以 dfp为直线df和平面pbc所成的角 由于ad bc df ab 故bf ad 1 由已知 得cf bc bf 2 又ad dc 故bc dc 在rt dcf中 可得df 2 在rt dpf中 可得sin dfp 所以 直线ab与平面pbc所成角的正弦值为 8 2017课标全国 理 18 12分 如图 在四棱锥p abcd中 ab cd 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ab ap cd pd 由于ab cd 故ab pd 又ap pd p 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pf ad 垂足为f 由 1 可知 ab 平面pad 故ab pf 又ad ab 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 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 9 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ef ad ef ad 由 bad abc 90 得bc ad 又bc ad 所以ef bc 四边形bcef是平行四边形 ce bf 又bf 平面pab ce 平面pab 故ce 平面pab 2 由已知得ba ad 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 1 0 1 0 0 设m x y z 0 x 1 则 x 1 y z x y 1 z 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 即 x 1 2 y2 z2 0 又m在棱pc上 设 则x y 1 z 由 解得 舍去 或所以m 从而 设m x0 y0 z0 是平面abm的法向量 则即 所以可取m 0 2 于是cos 易知所求二面角为锐角 因此二面角m ab d的余弦值为 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 10 2017北京理 16 14分 如图 在四棱锥p abcd中 底面abcd为正方形 平面pad 平面abcd 点m在线段pb上 pd 平面mac pa pd ab 4 1 求证 m为pb的中点 2 求二面角b pd a的大小 3 求直线mc与平面bdp所成角的正弦值 解析本题考查面面垂直的性质定理 线面平行的性质定理 二面角 直线与平面所成的角等知识 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 1 设ac bd交点为e 连接me 因为pd 平面mac 平面mac 平面pdb me 所以pd me 因为abcd是正方形 所以e为bd的中点 所以m为pb的中点 2 取ad的中点o 连接op oe 因为pa pd 所以op ad 又因为平面pad 平面abcd 且op 平面pad 所以op 平面abcd 因为oe 平面abcd 所以op oe 因为abcd是正方形 所以oe ad 如图建立空间直角坐标系o xyz 则p 0 0 d 2 0 0 b 2 4 0 4 4 0 2 0 设平面bdp的法向量为n x y z 则即令x 1 则y 1 z 于是n 1 1 平面pad的一个法向量为p 0 1 0 所以cos 由题意知二面角b pd a为锐角 所以它的大小为 3 由题意知m c 2 4 0 设直线mc与平面bdp所成角为 则sin cos 所以直线mc与平面bdp所成角的正弦值为 方法总结1 在求二面角时 通常用空间向量法 即建立空间直角坐标系 求出两个面的法向量n1 n2 设二面角的大小为 则有 cos cos 再通过原图判断二面角是钝角还是锐角 进而求出二面角 2 用向量法求直线与平面所成的角的方法 设直线的方向向量为e 平面的法向量为n 则直线与平面所成的角 满足sin 11 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 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 所以不妨设y 1 可得n2 4 1 2 因此有cos 于是sin 所以 二面角c em n的正弦值为 3 依题意 设ah h 0 h 4 则h 0 0 h 进而可得 1 2 h 2 2 2 由已知 得 cos 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 12 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ac bc 所以 ac 平面bck 因此 bf ac 又因为ef bc be ef fc 1 bc 2 所以 bck为等边三角形 且f为ck的中点 则bf ck 又ac ck c 所以bf 平面acfd 2 解法一 过点f作fq ak于q 连接bq 因为bf 平面ack 所以bf ak 则ak 平面bqf 所以bq ak 所以 bqf是二面角b ad f的平面角 在rt ack中 ac 3 ck 2 得fq 在rt bqf中 fq bf bq 得cos bqf 所以 二面角b ad f的平面角的余弦值为 解法二 如图 延长ad be cf相交于一点k 则易知 bck为等边三角形 取bc的中点o 则ko bc 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 a 1 3 0 e f 因此 0 3 0 1 3 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 由得取m 0 1 由得取n 3 2 于是 cos 所以 二面角b ad f的平面角的余弦值为 方法总结计算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角 也可以利用平面的法向量和向量的夹角公式求解 本题 2 的解法一根据二面角的平面角的定义构造ad的垂面 二面角的平面角就在此垂面中 找到平面角后再通过解三角形求解 评析本题主要考查空间点 线 面位置关系 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 13 2016课标全国 19 12分 如图 菱形abcd的对角线ac与bd交于点o ab 5 ac 6 点e f分别在ad cd上 ae cf ef交bd于点h 将 def沿ef折到 d ef的位置 od 1 证明 d h 平面abcd 2 求二面角b d a c的正弦值 解析 1 证明 由已知得ac bd ad cd 又由ae cf得 故ac ef 因此ef hd 从而ef d h 2分 由ab 5 ac 6得do bo 4 由ef ac得 所以oh 1 d h dh 3 于是d h2 oh2 32 12 10 d o2 故d h oh 4分 又d h ef 而oh ef h 所以d h 平面abcd 5分 2 如图 以h为坐标原点 的方向为x轴正方向 建立空间直角坐标系h xyz 则h 0 0 0 a 3 1 0 b 0 5 0 c 3 1 0 d 0 0 3 思路分析 1 利用已知条件及翻折的性质得出d h ef 利用勾股定理逆定理得出d h oh 从而得出结论 2 在第 1 问的基础上建立恰当的空间直角坐标系 从而求出两个半平面的法向量 利用向量的夹角公式求其余弦值 从而求出正弦值 最后转化为二面角的正弦值 评析本题主要考查翻折问题 线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基础知识和基本方法 考查学生的运算求解能力以及空间想象能力 求解各点的坐标是利用向量法解决空间问题的关键 14 2015课标 19 12分 如图 长方体abcd a1b1c1d1中 ab 16 bc 10 aa1 8 点e f分别在a1b1 d1c1上 a1e d1f 4 过点e f的平面 与此长方体的面相交 交线围成一个正方形 1 在图中画出这个正方形 不必说明画法和理由 2 求直线af与平面 所成角的正弦值 解析 1 交线围成的正方形ehgf如图 2 作em ab 垂足为m 则am a1e 4 em aa1 8 因为ehgf为正方形 所以eh ef bc 10 于是mh 6 所以ah 10 以d为坐标原点 的方向为x轴正方向 建立如图所示的空间直角坐标系d xyz 则a 10 0 0 h 10 10 0 e 10 4 8 f 0 4 8 10 0 0 0 6 8 设n x y z 是平面ehgf的法向量 则即 所以可取n 0 4 3 又 10 4 8 故 cos 所以af与平面ehgf所成角的正弦值为 评析本题背景常规 设问新颖 鼓励动手试验 创新尝试 独立思考 对空间想象力有较高要求 15 2015陕西 18 12分 如图1 在直角梯形abcd中 ad bc bad ab bc 1 ad 2 e是ad的中点 o是ac与be的交点 将 abe沿be折起到 a1be的位置 如图2 1 证明 cd 平面a1oc 2 若平面a1be 平面bcde 求平面a1bc与平面a1cd夹角的余弦值 解析 1 证明 在题图1中 因为ab bc 1 ad 2 e是ad的中点 bad 所以be ac 即在题图2中 be oa1 be oc 从而be 平面a1oc 又cd be 所以cd 平面a1oc 2 因为平面a1be 平面bcde 又由 1 知 be oa1 be oc 所以 a1oc为二面角a1 be c的平面角 所以 a1oc 如图 以o为原点 建立空间直角坐标系 评析本题主要考查线面垂直的判定 面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解 考查学生的空间想象能力以及运算求解能力 正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键 16 2014福建 17 13分 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 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 依题意 得b 0 0 0 c 1 1 0 d 0 1 0 a 0 0 1 m 则 1 1 0 0 1 1 设平面mbc的法向量为n x0 y0 z0 则即取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 即直线ad与平面mbc所成角的正弦值为 17 2015重庆 19 13分 如图 三棱锥p abc中 pc 平面abc pc 3 acb d e分别为线段ab bc上的点 且cd de ce 2eb 2 1 证明 de 平面pcd 2 求二面角a pd c的余弦值 解析 1 证明 由pc 平面abc de 平面abc 得pc de 由ce 2 cd de 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 2 由 1 知 cde为等腰直角三角形 dce 如图 过d作df垂直ce于f 易知df fc fe 1 又已知eb 1 故fb 2 由 acb 得df ac 故ac df 以c为坐标原点 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 则c 0 0 0 p 0 0 3 a e 0 2 0 d 1 1 0 1 1 0 1 1 3 设平面pad的法向量为n1 x1 y1 z1 由n1 0 n1 0 得故可取n1 2 1 1 由 1 可知de 平面pcd 故平面pcd的法向量n2可取为 即n2 1 1 0 从而法向量n1 n2的夹角的余弦值为cos 又二面角为锐角 故所求二面角a pd c的余弦值为 18 2014安徽 20 13分 如图 四棱柱abcd a1b1c1d1中 a1a 底面abcd 四边形abcd为梯形 ad bc 且ad 2bc 过a1 c d三点的平面记为 bb1与 的交点为q 1 证明 q为bb1的中点 2 求此四棱柱被平面 所分成上下两部分的体积之比 3 若aa1 4 cd 2 梯形abcd的面积为6 求平面 与底面abcd所成二面角的大小 解析 1 证明 因为bq aa1 bc ad bc bq b ad aa1 a 所以平面qbc 平面a1ad 从而平面a1cd与这两个平面的交线相互平行 即qc a1d 故 qbc与 a1ad的对应边相互平行 于是 qbc a1ad 所以 即q为bb1的中点 2 如图1 连接qa qd 设aa1 h 梯形abcd的高为d 四棱柱被平面 所分成上下两部分的体积分别为v上和v下 bc a 则ad 2a 图1 2a h d ahd vq abcd d h ahd 所以v下 vq abcd ahd 又 ahd 所以v上 v下 ahd ahd ahd 故 3 解法一 如图1 在 adc中 作ae dc 垂足为e 连接a1e ac 又de aa1 且aa1 ae a 所以de 平面aea1 于是de a1e 所以 aea1为平面 与底面abcd所成二面角的平面角 因为bc ad ad 2bc 所以s adc 2s bca 又因为梯形abcd的面积为6 dc 2 所以s adc 4 ae 4 于是tan aea1 1 aea1 故平面 与底面abcd所成二面角的大小为 解法二 如图2 以d为原点 的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系 图2设 cda 因为s四边形abcd 2sin 6 所以a 从而c 2cos 2sin 0 a1 所以 2cos 2sin 0 设平面a1dc的一个法向量为n x y 1 由得x sin y cos 所以n sin cos 1 又因为平面abcd的一个法向量为m 0 0 1 所以cos 由图知平面 与底面abcd所成二面角的平面角为锐角 故平面 与底面abcd所成二面角的大小为 评析本题考查了空间直线 平面间的平行 垂直 柱 锥体积 二面角等知识 考查综合推理 转化与化归的思想 运用向量推理计算的能力 准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键 19 2014广东 18 13分 如图 四边形abcd为正方形 pd 平面abcd dpc 30 af pc于点f fe cd 交pd于点e 1 证明 cf 平面adf 2 求二面角d af e的余弦值 解析 1 证明 pd 平面abcd pd ad 又cd ad pd cd d ad 平面pcd ad pc 又af pc af ad a pc 平面adf 即cf 平面adf 2 设ab 1 则rt pdc中 cd 1 dpc 30 pc 2 pd 由 1 知cf df df cf 又fe cd de 同理ef cd 如图所示 以d为原点 建立空间直角坐标系 则a 0 0 1 e f p 0 0 c 0 1 0 设m x y z 是平面aef的法向量 则又 令x 4 得z 故m 4 0 由 1 知平面adf的一个法向量为 1 0 设二面角d af e的平面角为 可知 为锐角 cos cos 故二面角d af e的余弦值为 20 2014北京 17 14分 如图 正方形amde的边长为2 b c分别为am md的中点 在五棱锥p abcde中 f为棱pe的中点 平面abf与棱pd pc分别交于点g h 1 求证 ab fg 2 若pa 底面abcde 且pa ae 求直线bc与平面abf所成角的大小 并求线段ph的长 解析 1 证明 在正方形amde中 因为b是am的中点 所以ab de 又因为ab 平面pde 所以ab 平面pde 因为ab 平面abf 且平面abf 平面pde fg 所以ab fg 2 因为pa 底面abcde 所以pa ab pa ae 如图建立空间直角坐标系a xyz 则a 0 0 0 b 1 0 0 c 2 1 0 p 0 0 2 f 0 1 1 1 1 0 设平面abf的法向量为n x y z 则即令z 1 则y 1 所以n 0 1 1 设直线bc与平面abf所成角为 则sin cos 因此直线bc与平面abf所成角的大小为 设点h的坐标为 u v w 因为点h在棱pc上 所以可设 0 1 即 u v w 2 2 1 2 所以u 2 v w 2 2 因为n是平面abf的法向量 所以n 0 即 0 1 1 2 2 2 0 解得 所以点h的坐标为 所以ph 2 评析本题考查了空间直线与平面平行 线面角 空间向量等知识 考查空间推理论证能力 推理计算能力 建立恰当坐标系 利用空间向量准确求解是解题的关键 21 2014陕西 17 12分 四面体abcd及其三视图如图所示 过棱ab的中点e作平行于ad bc的平面分别交四面体的棱bd dc ca于点f g h 1 证明 四边形efgh是矩形 2 求直线ab与平面efgh夹角 的正弦值 解析 1 证明 由该四面体的三视图可知 bd dc bd ad ad dc bd dc 2 ad 1 由题设知 bc 平面efgh 平面efgh 平面bdc fg 平面efgh 平面abc eh bc fg bc eh fg eh 同理 ef ad hg ad ef hg 四边形efgh是平行四边形 又 ad dc ad bd ad 平面bdc ad bc ef fg 四边形efgh是矩形 2 解法一 如图 以d为坐标原点建立空间直角坐标系 则d 0 0 0 a 0 0 1 b 2 0 0 c 0 2 0 0 0 1 2 2 0 2 0 1 设平面efgh的法向量n x y z ef ad fg bc n 0 n 0 得取n 1 1 0 sin cos 解法二 如图 以d为坐标原点建立空间直角坐标系 则d 0 0 0 a 0 0 1 b 2 0 0 c 0 2 0 e是ab的中点 f g分别为bd dc的中点 得e f 1 0 0 g 0 1 0 1 1 0 2 0 1 设平面efgh的法向量n x y z 则n 0 n 0 得取n 1 1 0 sin cos 22 2014四川 18 12分 三棱锥a bcd及其侧视图 俯视图如图所示 设m n分别为线段ad ab的中点 p为线段bc上的点 且mn np 1 证明 p是线段bc的中点 2 求二面角a np m的余弦值 解析 1 证明 如图 取bd中点o 连接ao co 由侧视图及俯视图知 abd bcd为正三角形 因此ao bd oc bd 因为ao oc 平面aoc内 且ao oc o 所以bd 平面aoc 又因为ac 平面aoc 所以bd ac 取bo的中点h 连接nh ph 又m n分别为线段ad ab的中点 所以nh ao mn bd 因为ao bd 所以nh bd 因为mn np 所以np bd 因为nh np 平面nhp 且nh np n 所以bd 平面nhp 又因为hp 平面nhp 所以bd hp 又oc bd hp 平面bcd oc 平面bcd 所以hp oc 因为h为bo中点 故p为bc中点 2 如图 作nq ac于q 连接mq 由 1 知 np ac 所以nq np 因为mn np 所以 mnq为二面角a np m的一个平面角 由 1 知 abd bcd是边长为2的正三角形 所以ao oc 由俯视图可知 ao 平面bcd 因为oc 平面bcd 所以ao oc 因此在等腰rt aoc中 ac 作br ac于r 在 abc中 ab bc 所以br 因为在平面abc内 nq ac br ac 所以nq br 又因为n为ab的中点 所以q为ar的中点 因此nq 同理 可得mq 所以在等腰 mnq中 cos mnq 故二面角a np m的余弦值是 评析本题主要考查简单空间图形的三视图 空间线面垂直的判定与性质 空间面面夹角的计算等基础知识 考查空间想象能力 推理论证能力 运算求解能力 23 2014天津 17 13分 如图 在四棱锥p abcd中 pa 底面abcd ad ab ab dc ad dc ap 2 ab 1 点e为棱pc的中点 1 证明be dc 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bf ac 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 0 1 1 2 0 0 故 0 所以be dc 2 向量 1 2 0 1 0 2 设n x1 y1 z1 为平面pbd的法向量 则即不妨令y 1 可得n 2 1 1 为平面pbd的一个法向量 于是有cos 所以直线be与平面pbd所成角的正弦值为 3 向量 1 2 0 2 2 2 2 2 0 1 0 0 由点f在棱pc上 设 0 1 故 1 2 2 2 2 由bf ac 得 0 因此 2 1 2 2 2 2 0 解得 故 设n1 x1 y1 z1 为平面fab的法向量 则即不妨令z1 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 易知 二面角f ab p是锐角 所以其余弦值为 24 2014湖北 19 12分 如图 在棱长为2的正方体abcd a1b1c1d1中 e f m n分别是棱ab ad a1b1 a1d1的中点 点p q分别在棱dd1 bb1上移动 且dp bq 0 2 1 当 1时 证明 直线bc1 平面efpq 2 是否存在 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 若存在 求出 的值 若不存在 说明理由 解析解法一 几何方法 1 证明 如图1 连接ad1 由abcd a1b1c1d1是正方体 知bc1 ad1 当 1时 p是dd1的中点 又f是ad的中点 所以fp ad1 所以bc1 fp 而fp 平面efpq 且bc1 平面efpq 故直线bc1 平面efpq 2 如图2 连接bd 因为e f分别是ab ad的中点 所以ef bd 且ef bd 又dp bq dp bq 所以四边形pqbd是平行四边形 故pq bd 且pq bd 从而ef pq 且ef pq 在rt ebq和rt fdp中 因为bq dp be df 1 于是eq fp 所以四边形efpq是等腰梯形 同理可证四边形pqmn是等腰梯形 分别取ef pq mn的中点 记为h o g 连接oh og 则go pq ho pq 而go ho o 故 goh是面efpq与面pqmn所成的二面角的平面角 若存在 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 则 goh 90 连接em fn 则由ef mn 且ef mn 知四边形efnm是平行四边形 连接gh 因为h g是ef mn的中点 所以gh me 2 在 goh中 gh2 4 oh2 1 2 2 og2 1 2 2 2 2 由og2 oh2 gh2 得 2 2 2 4 解得 1 故存在 1 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 解法二 向量方法 以d为原点 射线da dc dd1分别为x y z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系d xyz 由已知得b 2 2 0 c1 0 2 2 e 2 1 0 f 1 0 0 p 0 0 2 0 2 1 0 1 1 0 1 证明 当 1时 1 0 1 因为 2 0 2 所以 2 即bc1 fp 而fp 平面efpq 且bc1 平面efpq 故直线bc1 平面efpq 2 设平面efpq的一个法向量为n x y z 则由可得于是可取n 1 同理可得平面mnpq的一个法向量为m 2 2 1 若存在 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 则m n 2 2 1 1 0 即 2 2 1 0 解得 1 故存在 1 使面efpq与面pqmn所成的二面角为直二面角 评析本题考查了线面平行的证明方法和二面角的计算 体现了利用平面的法向量解决二面角中有关求值问题的优势 充分利用方程的思想方法是解题的关键 25 2013辽宁 18 12分 如图 ab是圆的直径 pa垂直圆所在的平面 c是圆上的点 1 求证 平面pac 平面pbc 2 若ab 2 ac 1 pa 1 求二面角c pb a的余弦值 解析 1 证明 由ab是圆的直径 得ac bc 由pa 平面abc bc 平面abc 得pa bc 又pa ac a pa 平面pac ac 平面pac 所以bc 平面pac 因为bc 平面pbc 所以平面pbc 平面pac 6分 2 解法一 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 因为ab 2 ac 1 所以bc 因为pa 1 所以a 0 1 0 b 0 0 p 0 1 1 故 0 0 0 1 1 设平面bcp的法向量为n1 x y z 则所以不妨令y 1 则n1 0 1 1 因为 0 0 1 1 0 设平面abp的法向量为n2 x1 y1 z1 则所以不妨令x1 1 则n2 1 0 于是cos 由题图可知二面角c pb a为锐二面角 故其余弦值为 12分 解法二 过c作cm ab于m 因为pa 平面abc cm 平面abc 所以pa cm 故cm 平面pab 过m作mn pb于n 连接nc 易知cn pb 所以 cnm为二面角c pb a的平面角 在rt abc中 由ab 2 ac 1 得bc cm bm 在rt pab中 由ab 2 pa 1 得pb 因为rt bnm rt bap 所以 故mn 又在rt cnm中 cn 故cos cnm 所以二面角c pb a的余弦值为 12分 26 2013课标全国 18 12分 如图 直三棱柱abc a1b1c1中 d e分别是ab bb1的中点 aa1 ac cb ab 1 证明 bc1 平面a1cd 2 求二面角d a1c e的正弦值 解析 1 证明 连接ac1交a1c于点f 则f为ac1中点 又d是ab中点 连接df 则bc1 df 因为df 平面a1cd bc1 平面a1cd 所以bc1 平面a1cd 2 由ac cb ab得 ac bc 以c为坐标原点 的方向为x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 a1 2 0 2 1 1 0 0 2 1 2 0 2 设n x1 y1 z1 是平面a1cd的法向量 则即 可取n 1 1 1 同理 设m是平面a1ce的法向量 则可取m 2 1 2 从而cos 故sin 故二面角d a1c e的正弦值为 评析本题考查了线面平行的判定和性质 考查二面角的计算 考查了空间想象能力 正确求出平面的法向量是解题的关键 27 2013江西 19 12分 如图 四棱锥p abcd中 pa 平面abcd e为bd的中点 g为pd的中点 dab dcb ea eb ab 1 pa 连接ce并延长交ad于f 1 求证 ad 平面cfg 2 求平面bcp与平面dcp的夹角的余弦值 解析 1 证明 在 abd中 因为e是bd中点 所以ea eb ed ab 1 故 bad abe aeb 因为 dab dcb 所以 eab ecb 从而有 fed bec aeb 所以 fed fea 故ef ad af fd 又因为pg gd 所以fg pa 又pa 平面abcd 所以gf ad 故ad 平面cfg 2 以点a为坐标原点建立如图所示的坐标系 则a 0 0 0 b 1 0 0 c d 0 0 p 故 设平面bcp的法向量n1 1 y1 z1 则解得即n1 设平面dcp的法向量n2 1 y2 z2 则解得即n2 1 2 设平面bcp与平面dcp的夹角的为 则cos 28 2013重庆 19 13分 如图 四棱锥p abcd中 pa 底面abcd bc cd 2 ac 4 acb acd f为pc的中点 af pb 1 求pa的长 2 求二面角b af d的正弦值 解析 1 如图 连接bd交ac于o 因为bc cd 即 bcd为等腰三角形 又ca平分 bcd 故ac bd 以o为坐标原点 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o xyz 则oc cdcos 1 而ac 4 得ao ac oc 3 又od cdsin 故a 0 3 0 b 0 0 c 0 1 0 d 0 0 因pa 底面abcd 可设p 0 3 z 由f为pc边中点 得f 又 3 z 因af pb 故 0 即6 0 z 2 舍去 2 所以 2 2 由 1 知 3 0 3 0 0 2 设平面fad的法向量为n1 x1 y1 z1 平面fab 的法向量为n2 x2 y2 z2 由n1 0 n1 0 得因此可取n1 3 2 由n2 0 n2 0 得故可取n2 3 2 从而法向量n1 n2的夹角的余弦值为cos 故二面角b af d的正弦值为 评析本题考查了空间向量在立体几何中的应用 建立合适的坐标系是关键 29 2013课标全国 18 12分 如图 三棱柱abc a1b1c1中 ca cb ab aa1 baa1 60 1 证明 ab a1c 2 若平面abc 平面aa1b1b ab cb 求直线a1c与平面bb1c1c所成角的正弦值 解析 1 证明 取ab的中点o 连接oc oa1 a1b 因为ca cb 所以oc ab 由于ab aa1 baa1 60 故 aa1b为等边三角形 所以oa1 ab 因为oc oa1 o 所以ab 平面oa1c 又a1c 平面oa1c 故ab a1c 2 由 1 知oc ab oa1 ab 又平面abc 平面aa1b1b 交线为ab 所以oc 平面aa1b1b 故oa oa1 oc两两相互垂直 以o为坐标原点 的方向为x轴的正方向 为单位长 建立如图所示的空间直角坐标系o xyz 由题设知a 1 0 0 a1 0 0 c 0 0 b 1 0 0 则 1 0 1 0 0 设n x y z 是平面bb1c1c的法向量 则即可取n 1 1 故cos 所以a1c与平面bb1c1c所成角的正弦值为 解析 1 在题图 中 易得oc 3 ac 3 ad 2 连接od oe 在 ocd中 由余弦定理可得od 由翻折不变性可知a d 2 所以a o2 od2 a d2 所以a o od 同理可证a o oe 又od oe o 所以a o 平面bcde 2 解法一 过o作oh cd交cd的延长线于h 连接a h 因为a o 平面bcde 所以a h cd 所以 a ho为二面角a cd b的平面角 结合题图 可知 h为ac中点 故oh 从而a h 所以cos a ho 所以二面角a cd b的平面角的余弦值为 解法二 以o点为原点 建立空间直角坐标系o xyz如图所示 则a 0 0 c 0 3 0 d 1 2 0 所以 0 3 1 2 设n x y z 为平面a cd的法向量 则即解得令x 1 得n 1 1 由 1 知 0 0 为平面cdb的一个法向量 所以cos 易知二面角a cd b为锐二面角 故二面角a cd b的平面角的余弦值为 评析本题主要考查线面垂直的判定 二面角的求解以及翻折问题 考查学生空间想象能力 逻辑推理论证能力以及基本运算求解能力 抓住翻折前后的不变量是解决此类问题的关键 考点二综合应用1 2015浙江 15 6分 已知e1 e2是空间单位向量 e1 e2 若空间向量b满足b e1 2 b e2 且对于任意x y r b xe1 ye2 b x0e1 y0e2 1 x0 y0 r 则x0 y0 b 答案1 2 2 解析 e1 e2是单位向量 e1 e2 cos 又 0 180 60 不妨把e1 e2放到空间直角坐标系o xyz的平面xoy中 设e1 1 0 0 则e2 再设 b m n r 由b e1 2 b e2 得m 2 n 则b 2 r 而xe1 ye2是平面xoy上任一向量 由 b xe1 ye2 1知点b 2 r 到平面xoy的距离为1 故可得r 1 则b 2 1 b 2 又由 b xe1 ye2 b x0e1 y0e2 1知x0e1 y0e2 2 0 解得x0 1 y0 2 2 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 bc ad cd ad 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ef ad且ef ad 又因为bc ad bc ad 所以ef bc且ef bc 即四边形bcef为平行四边形 所以ce bf 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 mq ce 由 pad为等腰直角三角形得pn ad 由dc ad n是ad的中点得bn ad 所以ad 平面pbn 由bc ad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 得ce 在 pbn中 由pn bn 1 pb 得qh 在rt mqh中 qh mq 所以sin qmh 所以 直线ce与平面pbc所成角的正弦值是 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 op ad bc ad od 且bc od 四边形bcdo为平行四边形 又 cd ad ob ad op ob 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 z 0 由pc 2 op 1 得得x z 即点p 而e为pd的中点 e 设平面pab的法向量为n x1 y1 z1 1 1 0 取y1 1 得n 1 1 而 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 取x2 1 得m 1 0 设直线ce与平面pbc所成角为 则sin cos 故直线ce与平面pbc所成角的正弦值为 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n l 0 得l