高考理数　空间角与距离、空间向量及其应用

8.4空间角与距离、空间向量及其应用,高考理数(课标专用),A组统一命题课标卷题组考点一空间角与距离1.(2018课标,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.B.C.D.,五年高考,答案A本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题.由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面所成的角均相等.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以平面A1BD,当平面趋近点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面经过正方体的中心O时,截面图形为正六边形,其边长为,截面图形的面积为6=;当平面趋近于C1时,截面图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为,故选A.,解题关键利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面所成角转化为共顶点的三条棱所在直线与平面所成角是解决本题的关键.,方法点拨利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法.,2.(2018课标,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.,答案C本题考查异面直线所成的角.解法一:如图,将长方体ABCD-A1B1C1D1补成长方体ABCD-A2B2C2D2,使AA1=A1A2,易知AD1B1C2,DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角.,易知B1C2=AD1=2,DB1=,DC2=.在DB1C2中,由余弦定理的推论得cosDB1C2=-,异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C.解法二:以A1为原点建立空间直角坐标系(如图),则A(0,0,),D1(0,1,0),D(0,1,),B1(1,0,0),所以=(0,1,-),=(1,-1,-),所以cos=,.故选C.,方法总结常见的求异面直线所成角的方法(1)通过平移找到异面直线所成的角或其补角,构造三角形,通过解三角形求解;(2)建立空间直角坐标系,由向量的夹角公式求解.,3.(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BMQN,则ANQ或其补角即为所求,设BC=CA=CC1=2,则AQ=,AN=,QN=,cosANQ=,故选C.,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.,解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,4.(2016课标,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.B.C.D.,答案A如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易证AA2A1BD1C,AA3A1DB1C.平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3为平面.于是mA2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角为60,其正弦值为.选A.,思路分析先利用平行关系作出平面,进而确定直线m与直线n的位置,然后求m,n所成角的正弦值.,疑难突破本题的难点是明确直线m、n的具体位置.为此适当扩形是常用策略.,5.(2018课标,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.,解析本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)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.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).,设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos=,sin=.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.,解后反思一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法,1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.,2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.,6.(2018课标,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,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=2.连接OB.因为AB=BC=AC,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(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0.故sin的取值范围是.,3.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.,解析本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OBOC,OO1OC,OO1OB,以,为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P.,从而=,=(0,2,2).故|cos|=.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=,=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n=(,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为,方法总结(1)向量法求异面直线所成角的步骤:求两条直线所对应的方向向量m,n;异面直线所成角的余弦值cos=|cos|=.(2)向量法求线面角的正弦值的步骤:求直线的方向向量a和平面的法向量b;直线与平面所成角的正弦值sin=|cos|=.,则sin=|cos|=,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.,易错警示(1)异面直线所成角的范围为,cos=|cos|.(2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.,4.(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),M,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,则即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=,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,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=,于是sin=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(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|=,由题意,可得=sin60=,解得h=0,2.所以,线段DP的长为.,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北京,16,14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PDME.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OPAD.,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OPOE.因为ABCD是正方形,所以OEAD.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=,.,6.(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)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以,AC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.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=.,在RtBQF中,FQ=,BF=,得cosBQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二:由(1)知BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,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,建立如图所示的空间直角坐标系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=.又易知二面角B-AD-F为锐二面角,所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.,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.,方法总结若二面角的平面角为,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cos|=|cos|,要求cos的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos=|cos|,还是cos=-|cos|.,7.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.,解析(1)证明:取FC的中点为I,连接GI,HI.在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF.又EFOB,所以GIOB.在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC.又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.(2)解法一:连接OO,则OO平面ABC.,又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BOAC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=3,可得F(0,3).,故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得进而可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos=.又易知二面角F-BC-A为锐二面角,所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO.过点F作FM垂直OB于点M.,则有FMOO.又OO平面ABC,所以FM平面ABC.可得FM=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FNBC,从而FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin45=.,从而FN=,可得cosFNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.,8.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.,解析(1)证明:证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GHAB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.证法二:如图,取AB中点M,连接MG,MF.,又G是BE的中点,可知GMAE.又AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因为GMMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF,所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF,所以GF平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.,又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B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,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得,取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.,评析本小题主要考查直线与直线、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、化归与转化思想.,9.(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MNNP.(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AOBD,OCBD.因为AO,OC平面AOC内,且AOOC=O,所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC,所以BDAC.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NHAO,MNBD.因为AOBD,所以NHBD.因为MNNP,所以NPBD.,因为NH,NP平面NHP,且NHNP=N,所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP,所以BDHP.又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HPOC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)解法一:如图,作NQAC于Q,连接MQ.由(1)知,NPAC,所以NQNP.因为MNNP,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AOOC.因此在等腰RtAOC中,AC=.作BRAC于R.在ABC中,AB=BC,所以BR=.因为在平面ABC内,NQAC,BRAC,所以NQBR.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,cosMNQ=.故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:,由俯视图及(1)可知,AO平面BCD.因为OC,OB平面BCD,所以AOOC,AOOB.又OCOB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.,于是=(1,0,-),=(-1,0),=(1,0,0),=.设平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),则即有从而取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),则即有从而,取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为,则cos=.故二面角A-NP-M的余弦值是.,评析本题主要考查空间图形的三视图、线面垂直的判定与性质、二面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.,考点二空间向量及其应用1.(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)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=2,所以A1+A=A,故AB1A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B1C1=,由AB=BC=2,ABC=120得AC=2,由CC1AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1B1C1.因此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=,A1B1=2,A1C1=得cosC1A1B1=,sinC1A1B1=,所以C1D=,故sinC1AD=.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二:,(1)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,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,1).因此=(1,2),=(1,-2),=(0,2,-3).由=0得AB1A1B1.由=0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.,设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由即可取n=(-,1,0).所以sin=|cos|=.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.,(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知=(0,2,1),=(1,0),=(0,0,2).,2.(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.,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AEAD,交BC于点E.因为AA1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD.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.,3.(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,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(0h4),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.,4.(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,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=-,于是sin=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以=,进而有H,从而=,因此cos=-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.,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.,5.(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=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值;(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)因为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所成锐二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=(-,0,2)(01),又=(0,-1,0),则=+=(-,-1,2),又=(0,-2,2),从而cos=.设1+2=t,t1,3,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,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP=,所以BQ=BP=.,6.(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=(02).(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(1)证明:如图,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1AD1.当=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.,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mn=(-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.,(2)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所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得E(2,1,0),F(1,0,0),M(2,1,2),N(1,0,2),Q(2,2,),P(0,0,).设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(,-,1).,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:ABFG;(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ABDE.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ABFG.(2)因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE.如图建立空间直角坐标系Axyz,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=(01),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,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.,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.,考点一空间角与距离1.(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.,C组教师专用题组,解析如图,建立空间直角坐标系A-xyz,设AB=2,QM=m(0m2),则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0m2).=(2,1,0),=(1,-m,-2),cos=|cos|=.设y=,答案,=.当0m0,P.设平面PAC的法向量为m=(x,y,z).由=,=(0,2,0),得即,令x=1,则z=,所以m=为平面PAC的一个法向量.(9分)同理,可求得n=为平面BCEF的一个法向量.(10分)当mn=0,即=时,平面PAC平面BCEF,故存在满足题意的点P,此时=.(12分),1.(2018河北五个一名校联盟4月联考,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=4,AA1=2.过点A1作平面与AB,AD分别交于M,N两点,若AA1与平面所成的角为45,则截面A1MN面积的最小值是()A.2B.4C.4D.8,B组20162018年高考模拟综合题组(时间:50分钟分值:65分)一、选择题(每题5分,共20分),答案B如图,过点A作AEMN,连接A1E,A1A平面ABCD,A1AMN,MN平面A1AE,A1EMN,平面A1AE平面A1MN,AA1E为AA1与平面A1MN所成的角,AA1E=45,在RtA1AE中,AA1=2,AE=2,A1E=2,在RtMAN中,由射影定理得MEEN=AE2=4,由基本不等式得MN=ME+EN2=4,当且仅当ME=EN,即E为MN的中点时等号成立,截面A1MN面积的最小值为42=4,故选B.,思路分析作出AA1与平面所成的角,再由基本不等式得MN的最小值,最后计算截面A1MN面积的最小值.,2.(2018安徽合肥二模,10)如图,正四面体ABCD的顶点C在平面内,且直线BC与平面所成的角为45,顶点B在平面的射影为点O,当顶点A与点O的距离最大时,直线CD与平面所成角的正弦值等于()A.B.C.D.,答案A连接OC,当顶点A与点O的距离最大时,O、B、A、C四点共面,设此平面为,BO,BO,如图,过点D作DH平面ABC,垂足为H,连接HC,设正四面体ABCD的棱长为1,则在RtHCD中,CH=.BO,直线BC与平面所成的角为45,BCO=45,结合HCB=30得HCO=75,因此H到平面的距离d=CHsin75=,过点D作DE于点E,连接CE,则DCE就是直线CD与平面所成的角,DH,且DH,DH,由此可得点D到平面的距离等于点H到平面的距离,即DE=,在RtCDE中,sin,DCE=,即直线CD与平面所成角的正弦值等于.故选A.,导师点睛当O、B、A、C四点共面时,顶点A与点O的距离最大,此时平面OCAB平面,D到的距离等于ABC的中心H到的距离.e,方法点拨求解直线与平面所成角大小的方法:(1)定义法:找出斜线在平面内的射影;(2)公式法:sin=(其中h指斜线上除斜足外任意一点到平面的距离,l指该点到斜足的距离);(3)向量法:sin=|cos|=(指斜线AB的方向向量,n为平面的法向量,为线面角大小).,3.(2016江西红色七校二模,7)已知二面角-l-等于120,A,B是棱l上两点,AC,BD分别在半平面,内,ACl,BDl,且AB=AC=BD=1,则CD的长等于()A.B.C.2D.,答案C解法一:依题意可知,二面角-l-的大小等于与夹角的大小,因为=+,所以=+2+2+2,因为ACAB,BDAB,AB=AC=BD=1,所以=1+1+1+2=3+2|cos=3+2cos,因为=120,所以=60,因此=3+2=4,所以|=2,故选C.解法二:在内作AEBD.连CE、DE,易知CAE=120,CEDE,CE2=AC2+AE2-2ACAEcos120=3.在RtCED中,CD2=CE2+ED2=4,CD=2.,思路分析解法一:依题