高考数学一轮复习 第十八章 空间向量与立体几何 18.1 空间向量的概念与运算、共线与垂直、直线的方向向量与平面的法向量课件.ppt

高考数学 江苏省专用 第十八章空间向量与立体几何 18 1空间向量的概念与运算 共线与垂直 直线的方向向量与平面的法向量 1 2017江苏 22 10分 如图 在平行六面体abcd a1b1c1d1中 aa1 平面abcd 且ab ad 2 aa1 bad 120 1 求异面直线a1b与ac1所成角的余弦值 2 求二面角b a1d a的正弦值 a组自主命题 江苏卷题组 五年高考 解析本小题主要考查空间向量 异面直线所成角和二面角等基础知识 考查运用空间向量解决问题的能力 在平面abcd内 过点a作ae ad 交bc于点e 因为aa1 平面abcd 所以aa1 ae aa1 ad 如图 以 为正交基底建立空间直角坐标系a xyz 因为ab ad 2 aa1 bad 120 则a 0 0 0 b 1 0 d 0 2 0 e 0 0 a1 0 0 c1 1 1 1 1 则cos 因此异面直线a1b与ac1所成角的余弦值为 2 平面a1da的一个法向量为 0 0 设m x y z 为平面ba1d的法向量 又 1 3 0 则即不妨取x 3 则y z 2 所以m 3 2 为平面ba1d的一个法向量 从而cos 设二面角b a1d a的大小为 则 cos 因为 0 所以sin 因此二面角b a1d a的正弦值为 2 2013江苏 22 10分 0 823 如图 在直三棱柱a1b1c1 abc中 ab ac ab ac 2 a1a 4 点d是bc的中点 1 求异面直线a1b与c1d所成角的余弦值 2 求平面adc1与平面aba1所成二面角的正弦值 解析 1 以a为坐标原点 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 d 1 1 0 a1 0 0 4 c1 0 2 4 所以 2 0 4 1 1 4 因为cos 所以异面直线a1b与c1d所成角的余弦值为 2 设平面adc1的法向量为n1 x y z 因为 1 1 0 0 2 4 所以n1 0 n1 0 即x y 0且y 2z 0 取z 1 得x 2 y 2 所以n1 2 2 1 是平面adc1的一个法向量 取平面aa1b的一个法向量为n2 0 1 0 设平面adc1与平面aba1所成二面角的大小为 由 cos 得sin 因此 平面adc1与平面aba1所成二面角的正弦值为 评析本题主要考查异面直线 二面角 空间向量等基础知识和基本技能 考查运用空间向量解决问题的能力及运算能力 3 2015江苏 22 10分 0 563 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 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 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 易知ad 平面pab 所以是平面pab的一个法向量 0 2 0 因为 1 1 2 0 2 2 设平面pcd的法向量为m x y z 则m 0 m 0 即令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 所以平面pab与平面pcd所成二面角的余弦值为 2 因为 1 0 2 设 0 2 0 1 又 0 1 0 则 1 2 又 0 2 2 从而cos 设1 2 t t 1 3 则cos2 当且仅当t 即 时 cos 的最大值为 因为y cosx在上是减函数 所以此时直线cq与dp所成的角取得最小值 又因为bp 所以bq bp 考点一空间向量的概念及线线角 线面角1 2017课标全国 理 16 5分 a b为空间中两条互相垂直的直线 等腰直角三角形abc的直角边ac所在直线与a b都垂直 斜边ab以直线ac为旋转轴旋转 有下列结论 当直线ab与a成60 角时 ab与b成30 角 当直线ab与a成60 角时 ab与b成60 角 直线ab与a所成角的最小值为45 直线ab与a所成角的最大值为60 其中正确的是 填写所有正确结论的编号 b组统一命题 省 区 市 卷题组 答案 解析本题考查空间直线 平面间的位置关系 过点c作直线a1 a b1 b 则直线ac a1 b1两两垂直 不妨分别以a1 b1 ac所在直线为x y z轴建立空间直角坐标系 取n1 1 0 0 为a1的方向向量 n2 0 1 0 为b1的方向向量 令a 0 0 1 可设b cos sin 0 则 cos sin 1 当直线ab与a成60 角时 cos cos sin cos 即ab与b所成角也是60 cos 直线ab与a所成角的最小值为45 综上 和 是正确的 和 是错误的 故填 一题多解过点b作a1 a b1 b 当直线ab与a成60 角时 由题意 可知ab在由a1 b1确定的平面上的射影为bc 且bc与a1成45 角 又a b 故ab与b所成角也是60 错 正确 当直线a bc时 ab与a所成角最小 故最小角为45 正确 错误 综上 正确的是 错误的是 注 一条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的射影与平面内一条直线所成角的余弦值的乘积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦值 2 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 答案 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 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 3 2014广东改编 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 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 答案 解析经检验 只有 中向量 1 1 0 与向量a 1 0 1 的夹角的余弦值为 即它们的夹角为60 4 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 5 2016课标全国 理 19 12分 如图 四棱锥p abcd中 pa 底面abcd ad bc ab ad ac 3 pa bc 4 m为线段ad上一点 am 2md n为pc的中点 1 证明mn 平面pab 2 求直线an与平面pmn所成角的正弦值 解析 1 证明 由已知得am ad 2 取bp的中点t 连接at tn 由n为pc中点知tn bc tn bc 2 3分 又ad bc 故tnam 故四边形amnt为平行四边形 于是mn at 因为at 平面pab mn 平面pab 所以mn 平面pab 6分 2 取bc的中点e 连接ae 由ab ac得ae bc 从而ae ad 且ae 以a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a xyz 由题意知 p 0 0 4 m 0 2 0 c 2 0 n 0 2 4 设n x y z 为平面pmn的法向量 则即 10分 可取n 0 2 1 于是 cos 即直线an与平面pmn所成角的正弦值为 12分 6 2013课标全国 理 18 12分 0 487 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 的方向为y轴正方向 的方向为z轴正方向 为单位长度 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 7 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 考点二求面面角1 2017浙江改编 9 5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 的大小关系为 答案 解析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 解法二 设点d在平面abc上的射影为o 则o为正 abc的中心 设o到rp pq qr的距离分别为d1 d2 d3 则tan tan tan 故只要比较d1 d2 d3的大小即可 以o为原点 ro所在直线为x轴 pc所在直线为y轴 建立平面直角坐标系 如图 不妨设正四面体的棱长为3 则有p q r 1 0 从而直线pr的方程为x y 1 0 d1 直线pq的方程为2x y 0 d2 直线rq的方程为x y 1 0 d3 又d2tan tan 而 均为锐角 2 2017课标全国 理 19 12分 如图 四面体abcd中 abc是正三角形 acd是直角三角形 abd cbd ab bd 1 证明 平面acd 平面abc 2 过ac的平面交bd于点e 若平面aec把四面体abcd分成体积相等的两部分 求二面角d ae c的余弦值 解析本题考查面面垂直的证明 二面角的求法 1 由题设可得 abd cbd 从而ad dc 又 acd是直角三角形 所以 adc 90 取ac的中点o 连接do bo 则do ac do ao 又由于 abc是正三角形 故bo ac 所以 dob为二面角d ac b的平面角 在rt aob中 bo2 ao2 ab2 又ab bd 所以bo2 do2 bo2 ao2 ab2 bd2 故 dob 90 所以平面acd 平面abc 2 由题设及 1 知 oa ob od两两垂直 以o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o xyz 则a 1 0 0 b 0 0 c 1 0 0 d 0 0 1 由题设知 四面体abce的体积为四面体abcd的体积的 从而e到平面abc的距离为d到平面abc的距离的 即e为db的中点 得e 故 1 0 1 2 0 0 设n x y z 是平面dae的法向量 则即可取n 设m是平面aec的法向量 则同理可取m 0 1 则cos 易知二面角d ae c为锐二面角 所以二面角d ae c的余弦值为 方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线 即在一个平面内 找一条直线 使它垂直于另一个平面 用空间向量法求二面角的余弦值时 要判断二面角是钝角还是锐角 3 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efbc 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 4 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 由 1 及已知可得a p b c 所以 0 0 0 1 0 设n x1 y1 z1 是平面pcb的法向量 则即可取n 0 1 设m x2 y2 z2 是平面pab的法向量 则即可取m 1 0 1 则cos 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 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 5 2015安徽 19 13分 如图所示 在多面体a1b1d1dcba中 四边形aa1b1b add1a1 abcd均为正方形 e为b1d1的中点 过a1 d e的平面交cd1于f 1 证明 ef b1c 2 求二面角e a1d b1的余弦值 解析 1 证明 由正方形的性质可知a1b1 ab dc 且a1b1 ab dc 所以四边形a1b1cd为平行四边形 从而b1c a1d 又a1d 面a1de b1c 面a1de 于是b1c 面a1de 又b1c 面b1cd1 面a1de 面b1cd1 ef 所以ef b1c 2 因为四边形aa1b1b add1a1 abcd均为正方形 所以aa1 ab aa1 ad ab ad且aa1 ab ad 以a为原点 分别以 为x轴 y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系 可得点的坐标a 0 0 0 b 1 0 0 d 0 1 0 a1 0 0 1 b1 1 0 1 d1 0 1 1 而e点为b1d1的中点 所以e点的坐标为 0 5 0 5 1 设面a1de的法向量n1 r1 s1 t1 而该面上向量 0 5 0 5 0 0 1 1 由n1 n1 得r 1 s1 t1应满足的方程组 1 1 1 为其一组解 所以可取n1 1 1 1 设面a1b1cd的法向量n2 r2 s2 t2 而该面上向量 1 0 0 0 1 1 由此同理可得n2 0 1 1 所以结合图形知二面角e a1d b1的余弦值为 评析本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解 考查空间想象能力 逻辑推理能力以及运算求解能力 正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键 6 2016四川理 18 12分 如图 在四棱锥p abcd中 ad bc adc pab 90 bc cd ad 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 bc ed 且bc ed 所以四边形bcde是平行四边形 从而cm eb 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 cd pa cd ad pa ad a 所以cd 平面pad 于是cd pd 从而 pda是二面角p cd a的平面角 所以 pda 45 由pa ab 可得pa 平面abcd 设bc 1 则在rt pad中 pa ad 2 作ay ad 以a为原点 以 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 1 0 2 1 1 0 0 0 2 设平面pce的法向量为n x y z 由得设x 2 解得n 2 2 1 设直线pa与平面pce所成角为 则sin 所以直线pa与平面pce所成角的正弦值为 思路分析对 1 延长ab dc相交于一点m 则m在平面pab内 由已知易知cm eb 从而cm 平面pbe 对 2 建立空间直角坐标系 求出面pce的一个法向量n 利用sin 求值 7 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 因为a1b a1e bc ed 1 bc ed 所以b e a1 c 得 0 0 设平面a1bc的法向量n1 x1 y1 z1 平面a1cd的法向量n2 x2 y2 z2 平面a1bc与平面a1cd夹角为 则得取n1 1 1 1 得取n2 0 1 1 从而cos cos 即平面a1bc与平面a1cd夹角的余弦值为 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 8 2014江西 19 12分 如图 四棱锥p abcd中 abcd为矩形 平面pad 平面abcd 1 求证 ab pd 2 若 bpc 90 pb pc 2 问ab为何值时 四棱锥p abcd的体积最大 并求此时平面bpc与平面dpc夹角的余弦值 解析 1 证明 因四边形abcd为矩形 故ab ad 又平面pad 平面abcd 平面pad 平面abcd ad 所以ab 平面pad 故ab pd 2 过p作ad的垂线 垂足为o 过o作bc的垂线 垂足为g 连接pg 故po 平面abcd bc 平面pog bc pg 在rt bpc中 pg gc bg 设ab m 则op 故四棱锥p abcd的体积v m 因为m 故当m 即ab 时 四棱锥p abcd的体积最大 此时 建立如图所示的坐标系 各点的坐标为o 0 0 0 b c d p 故 0 0 设平面bpc的法向量为n1 x y 1 则由n1 n1 得解得x 1 y 0 n1 1 0 1 同理可求出平面dpc的法向量为n2 从而平面bpc与平面dpc夹角 的余弦值为cos 评析本题考查面面垂直的性质定理 线线垂直的判定 空间几何体的体积以及二面角的求解等基础知识 考查空间想象能力 推理论证能力和运算求解能力 正确利用面面垂直的性质定理求出棱锥的高是解决本题的关键 计算失误是失分的主要原因 9 2015浙江 17 15分 如图 在三棱柱abc a1b1c1中 bac 90 ab ac 2 a1a 4 a1在底面abc的射影为bc的中点 d是b1c1的中点 1 证明 a1d 平面a1bc 2 求二面角a1 bd b1的平面角的余弦值 解析 1 证明 设e为bc的中点 由题意得a1e 平面abc 所以a1e ae 因为ab ac 所以ae bc 故ae 平面a1bc 由d e分别为b1c1 bc的中点 得de b1b且de b1b 从而de a1a且de a1a 所以a1aed为平行四边形 故a1d ae 又因为ae 平面a1bc 所以a1d 平面a1bc 2 解法一 作a1f bd且a1f bd f 连接b1f 由ae eb a1ea a1eb 90 得a1b a1a 4 由a1d b1d a1b b1b 得 a1db与 b1db全等 由a1f bd 得b1f bd 因此 a1fb1为二面角a1 bd b1的平面角 由a1d a1b 4 da1b 90 得bd 3 a1f b1f 由余弦定理得cos a1fb1 解法二 以cb的中点e为原点 分别以射线ea eb为x y轴的正半轴 建立空间直角坐标系e xyz 如图所示 由题意知各点坐标如下 a1 0 0 b 0 0 d 0 b1 因此 0 0 0 设平面a1bd的法向量为m x1 y1 z1 平面b1bd的法向量为n x2 y2 z2 由即可取m 0 1 由即可取n 0 1 于是cos 由题意可知 所求二面角的平面角是钝角 故二面角a1 bd b1的平面角的余弦值为 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 10 2015山东理 17 12分 如图 在三棱台def abc中 ab 2de g h分别为ac bc的中点 1 求证 bd 平面fgh 2 若cf 平面abc ab bc cf de bac 45 求平面fgh与平面acfd所成的角 锐角 的大小 解析 1 证法一 连接dg cd 设cd gf o 连接oh 在三棱台def abc中 ab 2de g为ac的中点 可得df gc df gc 所以四边形dfcg为平行四边形 则o为cd的中点 又h为bc的中点 所以oh bd 又oh 平面fgh bd 平面fgh 所以bd 平面fgh 证法二 在三棱台def abc中 由bc 2ef h为bc的中点 可得bh ef bh ef 所以四边形bhfe为平行四边形 可得be hf 在 abc中 g为ac的中点 h为bc的中点 所以gh ab 又gh hf h 所以平面fgh 平面abed 因为bd 平面abed 所以bd 平面fgh 2 解法一 设ab 2 则cf 1 在三棱台def abc中 g为ac的中点 由df ac gc 可得四边形dgcf为平行四边形 因此dg fc 又fc 平面abc 所以dg 平面abc 在 abc中 由ab bc bac 45 g是ac中点 所以ab bc gb gc 因此gb gc gd两两垂直 以g为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系g xyz 所以g 0 0 0 b 0 0 c 0 0 d 0 0 1 可得h f 0 1 故 0 1 设n x y z 是平面fgh的法向量 则由可得 可得平面fgh的一个法向量n 1 1 因为是平面acfd的一个法向量 0 0 所以cos 所以平面fgh与平面acfd所成角 锐角 的大小为60 解法二 作hm ac于点m 作mn gf于点n 连接nh 由fc 平面abc 得hm fc 又fc ac c 所以hm 平面acfd 因此gf nh 所以 mnh即为所求的角 在 bgc中 mh bg mh bg 由 gnm gcf 可得 从而mn 由hm 平面acfd mn 平面acfd 得hm mn 因此tan mnh 所以 mnh 60 所以平面fgh与平面acfd所成角 锐角 的大小为60 11 2013陕西理 18 12分 如图 四棱柱abcd a1b1c1d1的底面abcd是正方形 o为底面中心 a1o 平面abcd ab aa1 1 证明 a1c 平面bb1d1d 2 求平面ocb1与平面bb1d1d的夹角 的大小 解析 1 证明 由题设易知oa ob oa1两两垂直 以o为原点建立空间直角坐标系 如图 ab aa1 oa ob oa1 1 a 1 0 0 b 0 1 0 c 1 0 0 d 0 1 0 a1 0 0 1 由 易得b1 1 1 1 1 0 1 0 2 0 1 0 1 0 0 a1c bd a1c bb1 a1c 平面bb1d1d 2 设平面ocb1的法向量n x y z 1 0 0 1 1 1 取n 0 1 1 由 1 知 1 0 1 是平面bb1d1d的法向量 cos cos 又 0 1 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 c组教师专用题组 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 2 2013福建理 19 13分 如图 在四棱柱abcd a1b1c1d1中 侧棱aa1 底面abcd ab dc aa1 1 ab 3k ad 4k bc 5k dc 6k k 0 1 求证 cd 平面add1a1 2 若直线aa1与平面ab1c所成角的正弦值为 求k的值 3 现将与四棱柱abcd a1b1c1d1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱 规定 若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同 则视为同一种拼接方案 问 共有几种不同的拼接方案 在这些拼接成的新四棱柱中 记其中最小的表面积为f k 写出f k 的解析式 直接写出答案 不必说明理由 解析 1 证明 取cd的中点e 连接be ab de ab de 3k 四边形abed为平行四边形 be ad且be ad 4k 在 bce中 be 4k ce 3k bc 5k be2 ce2 bc2 bec 90 即be cd 又 be ad 所以cd ad aa1 平面abcd cd 平面abcd aa1 cd 又aa1 ad a cd 平面add1a1 2 以d为原点 的方向为x y z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 则a 4k 0 0 c 0 6k 0 b1 4k 3k 1 a1 4k 0 1 所以 4k 6k 0 0 3k 1 0 0 1 设平面ab1c的法向量n x y z 则由 得取y 2 得n 3 2 6k 设aa1与平面ab1c所成角为 则sin cos 解得k 1 故所求k的值为1 3 共有4种不同的方案 f k 评析本题主要考查直线与直线 直线与平面的位置关系 柱体的概念及表面积等基础知识 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 分类与整合思想 化归与转化思想 3 2015天津 17 13分 如图 在四棱柱abcd a1b1c1d1中 侧棱a1a 底面abcd ab ac ab 1 ac aa1 2 ad cd 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 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 得m 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 由此可得 n 0 又因为直线mn 平面abcd 所以mn 平面abcd 2 1 2 2 2 0 0 设n1 x y z 为平面acd1的法向量 则即不妨设z 1 可得n1 0 1 1 设n2 x y z 为平面acb1的法向量 则又 0 1 2 得不妨设z 1 可得n2 0 2 1 因此有cos 于是sin 所以 二面角d1 ac b1的正弦值为 3 依题意 可设 其中 0 1 则e 0 2 从而 1 2 1 又n 0 0 1 为平面abcd的一个法向量 由已知 得cos 整理得 2 4 3 0 又因为 0 1 解得 2 所以 线段a1e的长为 2 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 运算能力和推理论证能力 4 2014山东 17 12分 如图 在四棱柱abcd a1b1c1d1中 底面abcd是等腰梯形 dab 60 ab 2cd 2 m是线段ab的中点 1 求证 c1m 平面a1add1 2 若cd1垂直于平面abcd且cd1 求平面c1d1m和平面abcd所成的角 锐角 的余弦值 解析 1 证明 因为四边形abcd是等腰梯形 且ab 2cd 所以ab dc 又由m是ab的中点 因此cd ma且cd ma 连接ad1 在四棱柱abcd a1b1c1d1中 因为cd c1d1 cd c1d1 可得c1d1 ma c1d1 ma 所以四边形amc1d1为平行四边形 因此c1m d1a 又c1m 平面a1add1 d1a 平面a1add1 所以c1m 平面a1add1 2 解法一 连接ac mc 由 1 知cd am且cd am 所以四边形amcd为平行四边形 可得bc ad mc 由题意 abc dab 60 所以 mbc为正三角形 因此ab 2bc 2 ca 因此ca cb 以c为坐标原点 建立如图所示的空间直角坐标系c xyz 所以a 0 0 b 0 1 0 d1 0 0 因此m 所以 设平面c1d1m的法向量n x y z 由得可得平面c1d1m的一个法向量n 1 1 又 0 0 为平面abcd的一个法向量 因此cos 所以平面c1d1m和平面abcd所成的角 锐角 的余弦值为 解法二 由 1 知平面d1c1m 平面abcd ab 过c向ab引垂线交ab于n 连接d1n 由cd1 平面abcd 可得d1n ab 因此 d1nc为二面角c1 ab c的平面角 在rt bnc中 bc 1 nbc 60 可得cn 所以nd1 在rt d1cn中 cos d1nc 所以平面c1d1m和平面abcd所成的角 锐角 的余弦值为 5 2015湖北 19 12分 九章算术 中 将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马 将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑 如图 在阳马p abcd中 侧棱pd 底面abcd 且pd cd 过棱pc的中点e 作ef pb交pb于点f 连接de df bd be 1 证明 pb 平面def 试判断四面体dbef是否为鳖臑 若是 写出其每个面的直角 只需写出结论 若不是 说明理由 2 若面def与面abcd所成二面角的大小为 求的值 解析解法一 1 因为pd 底面abcd 所以pd bc 由底面abcd为长方形 有bc cd 而pd cd d 所以bc 平面pcd 而de 平面pcd 所以bc de 又因为pd cd 点e是pc的中点 所以de pc 而pc bc c 所以de 平面pbc 而pb 平面pbc 所以pb de 又pb ef de ef e 所以pb 平面def 由de 平面pbc pb 平面def 可知四面体bdef的四个面都是直角三角形 即四面体bdef是一个鳖臑 其四个面的直角分别为 deb def efb dfb 所以 故当面def与面abcd所成二面角的大小为时 解法二 1 如图 以d为原点 射线da dc dp分别为x y z轴的正半轴 建立空间直角坐标系 设pd dc 1 bc 则d 0 0 0 p 0 0 1 b 1 0 c 0 1 0 1 1 点e是pc的中点 所以e 于是 0 即pb de 又已知ef pb 而de ef e 所以pb 平面def 因 0 1 1 0 则de pc 所以de 平面pbc 由de 平面pbc pb 平面def 可知四面体bdef的四个面都是直角三角形 即四面体bdef是一个鳖臑 其四个面的直角分别为 deb def efb dfb 2 由pd 平面abcd 所以 0 0 1 是平面abcd的一个法向量 由 1 知 pb 平面def 所以 1 1 是平面def的一个法向量 若面def与面abcd所成二面角的大小为 则cos 解得 所以 故当面def与面abcd所成二面角的大小为时 6 2014重庆 19 13分 如图 四棱锥p abcd中 底面是以o为中心的菱形 po 底面abcd ab 2 bad m为bc上一点 且bm mp ap 1 求po的长 2 求二面角a pm c的正弦值 解析 1 如图 连接ac bd 因为abcd为菱形 则ac bd o 且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 因为 bad 故oa ab cos ob ab sin 1 所以o 0 0 0 a 0 0 b 0 1 0 c 0 0 0 1 0 1 0 由bm bc 2知 从而 即m 设p 0 0 a a 0 则 0 a 因为mp ap 故 0 即 a2 0 所以a 或a 舍去 即po 2 由 1 知 设平面apm的法向量为n1 x1 y1 z1 平面pmc的法向量为n2 x2 y2 z2 由n1 0 n1 0 得故可取n1 由n2 0 n2 0 得故可取n2 1 2 从而法向量n1 n2的夹角的余弦值为 cos 故所求二面角a pm c的正弦值为 7 2013重庆理 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ac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 合适的坐标系是关键 8 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 9 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 故所求二面角a pd c的余弦值为 1