浙江专用2021届高考数学一轮复习专题八立体几何8.5空间向量及其在立体几何中的应用试题含解析

1、8.5空间向量及其在立体几何中的应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一用向量法证明平行、垂直1.如图,四棱锥p-abcd的底面是正方形,pa平面abcd,e,f分别是ab,pd的中点,且pa=ad.(1)求证:af平面pec;(2)求证:平面pec平面pcd.证明pa平面abcd,底面abcd为正方形,paab,paad,abad,以a为原点,ab,ad,ap所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,由已知pa=ad,不妨设pa=ab=ad=2,则b(2,0,0),p(0,0,2),a(0,0,0),c(2,2,0),d(0,2,0).(1)f为pd的中点,e为ab的中点,f(

2、0,1,1),e(1,0,0),pe=(1,0,-2),pc=(2,2,-2).设平面pec的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1pe=0,n1pc=0,即x1-2z1=0,2x1+2y1-2z1=0,取z1=1,则n1=(2,-1,1),又af=(0,1,1),afn1=0-1+1=0,afn1,af平面pec.(2)pc=(2,2,-2),pd=(0,2,-2).设平面pcd的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2pc=0,n2pd=0,2x2+2y2-2z2=0,2y2-2z2=0,即x2+y2-z2=0,y2-z2=0,取z2=1,则n2=(0,1,1),又n1=(2,-1,

3、1)是平面pec的一个法向量,n1n2=(2,-1,1)(0,1,1)=0,n1n2,平面pec平面pcd.2.如图,已知四棱台abcd-a1b1c1d1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,a1a=6,且a1a底面abcd,点p,q分别在棱dd1,bc上.(1)若p是dd1的中点,证明:ab1pq;(2)若pq平面abb1a1,二面角p-qd-a的余弦值为37,求四面体adpq的体积.解析由题设知,aa1,ab,ad两两垂直.以a为坐标原点,ab,ad,aa1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为a(0,0,0),b1(3,0,6),d(0,6,0

4、),d1(0,3,6),q(6,m,0),其中m=bq,0m6.(1)证明:因为p是dd1的中点,所以p0,92,3,所以pq=6,m-92,-3.又ab1=(3,0,6),于是ab1pq=18-18=0,所以ab1pq,即ab1pq.(2)由题设知,dq=(6,m-6,0),dd1=(0,-3,6)是平面pqd内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面pqd的法向量,则n1dq=0,n1dd1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0.取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面aqd的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=n1n2|n1|n2|=31(6-m)2+62+

5、32=3(6-m)2+45.而二面角p-qd-a的余弦值为37,因此3(6-m)2+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此时q(6,4,0).设dp=dd1(01),而dd1=(0,-3,6),由此得点p(0,6-3,6),所以pq=(6,3-2,-6).因为pq平面abb1a1,且平面abb1a1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以pqn3=0,即3-2=0,亦即=23,从而p(0,4,4).于是,将四面体adpq视为以adq为底面的三棱锥p-adq,则其高h=4.故四面体adpq的体积v=13sadqh=1312664=24.考点二用向量法求空间角与距离3.在平面四边形abcd中,

6、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;(3)在(2)的条件下,求点d到平面bmc的距离.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,bd平面bcd,abbe,abbd.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

7、),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.(3)由(2)可知平面mbc的一个法向量为n=(1,-1,1),又bd=(0,1,0),点d到平面bmc的距离为|bdn|n|=13=33.4.如图,

8、在四棱锥a-efcb中,aef为等边三角形,平面aef平面efcb,efbc,bc=4,ef=2a,ebc=fcb=60,o为ef的中点.(1)求证:aobe;(2)求二面角f-ae-b的余弦值;(3)若be平面aoc,求a的值;(4)在(3)的条件下,求be与af所成角的余弦值.解析(1)证明:因为aef是等边三角形,o为ef的中点,所以aoef.又因为平面aef平面efcb,ao平面aef,所以ao平面efcb.所以aobe.(2)取bc的中点g,连接og.由题意知四边形efcb是等腰梯形,所以ogef.由(1)知ao平面efcb,又og平面efcb,所以oaog.如图建立空间直角坐标系o

9、-xyz,则e(a,0,0),a(0,0,3a),b(2,3(2-a),0),所以ea=(-a,0,3a),be=(a-2,3(a-2),0).设平面aeb的法向量为n=(x,y,z),则nea=0,nbe=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.令z=1,则x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).又平面aef的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos=np|n|p|=-55.由题设知二面角f-ae-b为钝二面角,所以它的余弦值为-55.(3)因为be平面aoc,所以beoc,即beoc=0.因为be=(a-2,3(a-2),0),oc=(-2,3(2-a),0),所

10、以beoc=-2(a-2)-3(a-2)2.由beoc=0及0a2,解得a=43.(4)由(3)可知a0,0,433,f-43,0,0,e43,0,0,b2,233,0,af=-43,0,-433,be=-23,-233,0,cos=afbe|af|be|=898343=14,be与af所成角的余弦值为14.综合篇知能转换【综合集训】考法一求异面直线所成角的方法1.(2017课标,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.32b.155c.105d.33答案c2.(2019吉林长春外国语学校一模,

11、15)如图所示,平面bcc1b1平面abc,abc=120,四边形bcc1b1为正方形,且ab=bc=2,则异面直线bc1与ac所成角的余弦值为.答案64考法二求直线与平面所成角的方法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ob,oc,oo1为基底,建立空间直角坐标系o-xyz.因为ab=aa1=2

12、,所以a(0,-1,0),b(3,0,0),c(0,1,0),a1(0,-1,2),b1(3,0,2),c1(0,1,2).(1)因为p为a1b1的中点,所以p32,-12,2.从而bp=-32,-12,2,ac1=(0,2,2).故|cos|=|bpac1|bp|ac1|=|-1+4|522=31020.因此,异面直线bp与ac1所成角的余弦值为31020.(2)因为q为bc的中点,所以q32,12,0,因此aq=32,32,0,ac1=(0,2,2),cc1=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面aqc1的一个法向量,则 aqn=0,ac1n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0.

13、不妨取n=(3,-1,1).设直线cc1与平面aqc1所成角为,则sin =|cos|=|cc1n|cc1|n|=252=55,所以直线cc1与平面aqc1所成角的正弦值为55.4.(2018湖北八校4月联考,18)如图,四边形abcd与bdef均为菱形,fa=fc,且dab=dbf=60.(1)求证:ac平面bdef;(2)求直线ad与平面abf所成角的正弦值.解析(1)证明:设ac与bd相交于点o,连接fo,四边形abcd为菱形,acbd,且o为ac中点,fa=fc,acfo,又fobd=o,ac平面bdef.(5分)(2)连接df,四边形bdef为菱形,且dbf=60,dbf为等边三角形

14、,o为bd的中点,fobd,又acfo,acbd=o,fo平面abcd.oa,ob,of两两垂直,可建立空间直角坐标系o-xyz,如图所示.(7分)设ab=2,四边形abcd为菱形,dab=60,bd=2,ac=23.dbf为等边三角形,of=3.a(3,0,0),b(0,1,0),d(0,-1,0),f(0,0,3),ad=(-3,-1,0),af=(-3,0,3),ab=(-3,1,0).设平面abf的法向量为n=(x,y,z),则afn=-3x+3z=0,abn=-3x+y=0,取x=1,得n=(1,3,1).(10分)设直线ad与平面abf所成角为,则sin =|cos|=|adn|a

15、d|n|=155.(12分)考法三求二面角的方法5.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形abcd中,cd=2,bc=1,e,f是平面abcd同一侧的两点,eafc,aeab,ea=2,de=5,fc=1.(1)证明:平面cdf平面ade;(2)求二面角e-bd-f的正弦值.解析(1)证明:四边形abcd是矩形,cdad.aeab,cdab,cdae.又adae=a,cd平面ade.cd平面cdf,平面cdf平面ade.(2)ad=bc=1,ea=2,de=5,de2=ad2+ae2,aead.又aeab,abad=a,ae平面abcd.以d为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系d-xy

16、z,则d(0,0,0),b(1,2,0),f(0,2,1),e(1,0,2).db=(1,2,0),df=(0,2,1),设平面bdf的法向量为m=(x,y,z),mdb=x+2y=0,mdf=2y+z=0,令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面bde的一个法向量为n=(2,-1,-1),cos=mn|m|n|=336=66,sin=306.故二面角e-bd-f的正弦值为306.6.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥p-abc中,pcab,abc是边长为2的正三角形,pb=4,pbc=60.(1)证明:平面pac平面abc;(2)设f为棱pa的中点,求二面角p-bc

17、-f的余弦值.解析(1)证明:在pbc中,pbc=60,bc=2,pb=4,由余弦定理可得pc=23,pc2+bc2=pb2,pcbc,(2分)又pcab,abbc=b,pc平面abc,pc平面pac,平面pac平面abc.(4分)(2)在平面abc中,过点c作cmca,以ca,cm,cp所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系c-xyz(图略).则c(0,0,0),p(0,0,23),a(2,0,0),b(1,3,0),f(1,0,3).(6分)设平面pbc的法向量为m=(x1,y1,z1),则cbm=x1+3y1=0,cpm=23z1=0,z1=0,取y1=-1,则x1=3,即m

18、=(3,-1,0)为平面pbc的一个法向量.(8分)设平面bcf的法向量为n=(x2,y2,z2),则cbn=x2+3y2=0,cfn=x2+3z2=0,取x2=3,则y2=-1,z2=-1,即n=(3,-1,-1)为平面bcf的一个法向量,(10分)cos=mn|m|n|=3+1+02(3)2+(-1)2+(-1)2=255.由题图可知二面角p-bc-f为锐二面角,故二面角p-bc-f的余弦值为255.(12分)应用篇知行合一【应用集训】1.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形abcd是边长为3的正方形,平面adef平面abcd,afde,adde,af=26,de=36.(1)

19、求证:平面ace平面bed;(2)求直线ca与平面bef所成角的正弦值;(3)在线段af上是否存在点m,使得二面角m-be-d的大小为60?若存在,求出amaf的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面adef平面abcd,平面adef平面abcd=ad,de平面adef,dead,所以de平面abcd.(2分)又因为ac平面abcd,所以deac.因为四边形abcd是正方形,所以acbd,又因为debd=d,de平面bed,bd平面bed,所以ac平面bde.(3分)又因为ac平面ace,所以平面ace平面bed.(4分)(2)因为dedc,dead,addc,所以建立空间直角坐标系

20、d-xyz如图所示.则a(3,0,0),f(3,0,26),e(0,0,36),b(3,3,0),c(0,3,0),(5分)所以ca=(3,-3,0),be=(-3,-3,36),ef=(3,0,-6).设平面bef的法向量为n=(x1,y1,z1).则nbe=0,nef=0,即-3x1-3y1+36z1=0,3x1-6z1=0,令x1=6,则y1=26,z1=3,则n=(6,26,3).(6分)所以cos=can|ca|n|=-363239=-1313.(7分)所以直线ca与平面bef所成角的正弦值为1313.(8分)(3)存在,理由如下:设m(3,0,t),0t26.(9分)则bm=(0,

21、-3,t),be=(-3,-3,36).设平面mbe的法向量为m=(x2,y2,z2),则mbm=0,mbe=0,即-3y2+tz2=0,-3x2-3y2+36z2=0,令y2=t,则z2=3,x2=36-t,则m=(36-t,t,3).(10分)又ca=(3,-3,0)是平面bde的一个法向量,|cos|=|mca|m|ca|=|96-6t|32(36-t)2+t2+9=12,(11分)整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=562(舍去),(12分)amaf=14.(13分)2.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在rtabc中,c=90,bc=3,ac=6,d,e分别

22、是ac,ab上的点,且debc,de=2,将ade沿de折起到a1de的位置,使a1ccd,如图2.(1)若m是a1d的中点,求直线cm与平面a1be所成角的大小;(2)线段bc上是否存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直?说明理由.解析(1)由折叠的性质得cdde,a1dde,又cda1d=d,de平面a1cd.又a1c平面a1cd,a1cde,又a1ccd,cdde=d,a1c平面bcde.(3分)建立如图所示的空间直角坐标系,则c(0,0,0),d(-2,0,0),a1(0,0,23),e(-2,2,0),b(0,3,0),a1b=(0,3,-23),a1e=(-2,2,-23),设

23、平面a1be的法向量为n=(x,y,z),则a1bn=0,a1en=0,3y-23z=0,-2x+2y-23z=0,取z=3,则x=-1,y=2,n=(-1,2,3).(5分)又m(-1,0,3),cm=(-1,0,3),cos=cmn|cm|n|=1+31+4+31+3=22.cm与平面a1be所成角的大小为45.(6分)(2)假设线段bc上存在点p满足条件,设p点坐标为(0,a,0),则a0,3,a1p=(0,a,-23),dp=(2,a,0),设平面a1dp的法向量为n1=(x1,y1,z1),则ay1-23z1=0,2x1+ay1=0,取y1=6,则x1=-3a,z1=3a,n1=(-

24、3a,6,3a).(9分)若平面a1dp与平面a1be垂直,则n1n=0,3a+12+3a=0,即6a=-12,a=-2,0a3,a=-2舍去.线段bc上不存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直.(12分)【五年高考】考点一用向量法证明平行、垂直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

25、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:依题意得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

26、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-

27、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=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

28、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

29、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

30、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10h

31、2-21h+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课标,19,12分)如图,四棱锥p-abcd中,pa底面abcd,adbc,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a

32、n与平面pmn所成角的正弦值.解析(1)证明:由已知得am=23ad=2.取bp的中点t,连接at,tn,由n为pc的中点知tnbc,tn=12bc=2.(3分)又adbc,故tnam,故四边形amnt为平行四边形,于是mnat.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aebc,从而aead,且ae=ab2-be2=ab2-bc22=5.以a为坐标原点,ae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(5,2,0),n52,1,2,pm=(0,2,-4),pn=

33、52,1,-2,an=52,1,2.设n=(x,y,z)为平面pmn的法向量,则npm=0,npn=0,即2y-4z=0,52x+y-2z=0,(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos|=|nan|n|an|=8525.即直线an与平面pmn所成角的正弦值为8525.(12分)4.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱abc-a1b1c1,平面a1acc1平面abc,abc=90,bac=30,a1a=a1c=ac,e,f分别是ac,a1b1的中点.(1)证明:efbc;(2)求直线ef与平面a1bc所成角的余弦值.解析(1)证明:连接a1e,因为a1a=a1c,e是ac的中点,

34、所以a1eac.又平面a1acc1平面abc,a1e平面a1acc1,平面a1acc1平面abc=ac,所以,a1e平面abc.如图,以点e为原点,分别以射线ec,ea1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系e-xyz.不妨设ac=4,则a1(0,0,23),b(3,1,0),b1(3,3,23),f32,32,23,c(0,2,0).因此,ef=32,32,23,bc=(-3,1,0).由efbc=0得efbc.(2)设直线ef与平面a1bc所成角为.由(1)可得bc=(-3,1,0),a1c=(0,2,-23).设平面a1bc的法向量为n=(x,y,z).由bcn=0,a1cn=0,得-3

35、x+y=0,y-3z=0.取n=(1,3,1),故sin =|cos|=|efn|ef|n|=45.因此,直线ef与平面a1bc所成的角的余弦值为35.评析本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从e引发的三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.5.(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

36、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=12ac=2.由op2+ob2=pb2知poob.由opob,opac,obac=o,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p

37、am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.考点二用向量法求空间角与距离6.(2019课标,18,12分)如图,直四棱柱abcd-a1b1c1d1的底面是菱形,aa1=4,ab=2,bad=60,e,m,n分

38、别是bc,bb1,a1d的中点.(1)证明:mn平面c1de;(2)求二面角a-ma1-n的正弦值.解析本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:连接b1c,me.因为m,e分别为bb1,bc的中点,所以meb1c,且me=12b1c.又因为n为a1d的中点,所以nd=12a1d.由题设知a1b1dc,可得b1ca1d,故mend,因此四边形mnde为平行四边形,mned.又mn平面edc1,所以mn平面c1de.(2)由已知可得deda.以d为坐标原点,da的方向

39、为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系d-xyz,则a(2,0,0),a1(2,0,4),m(1,3,2),n(1,0,2),a1a=(0,0,-4),a1m=(-1,3,-2),a1n=(-1,0,-2),mn=(0,-3,0).设m=(x,y,z)为平面a1ma的法向量,则ma1m=0,ma1a=0.所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).设n=(p,q,r)为平面a1mn的法向量,则nmn=0,na1n=0.所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).于是cos=mn|m|n|=2325=155,所以二面角a-ma1-n的正弦值为105.7.(20

40、19课标,19,12分)图1是由矩形adeb,rtabc和菱形bfgc组成的一个平面图形,其中ab=1,be=bf=2,fbc=60.将其沿ab,bc折起使得be与bf重合,连接dg,如图2.(1)证明:图2中的a,c,g,d四点共面,且平面abc平面bcge;(2)求图2中的二面角b-cg-a的大小.解析本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养.(1)证明:由已知得adbe,cgbe,所以adcg,故ad,cg确定一个平面,从而a,c,g,d四点共面.由已知

41、得abbe,abbc,故ab平面bcge.又因为ab平面abc,所以平面abc平面bcge.(2)作ehbc,垂足为h.因为eh平面bcge,平面bcge平面abc,所以eh平面abc.由已知,菱形bcge的边长为2,ebc=60,可求得bh=1,eh=3.以h为坐标原点,hc的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系h-xyz,则a(-1,1,0),c(1,0,0),g(2,0,3),cg=(1,0,3),ac=(2,-1,0).设平面acgd的法向量为n=(x,y,z),则cgn=0,acn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又平面bcge的法向量可取

42、为m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.因此二面角b-cg-a的大小为30.思路分析(1)利用折叠前后ad与be平行关系不变,可得adcg,进而可得a、c、g、d四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得abbe,abbc,从而ab平面bcge,由面面垂直的判定定理可得结论成立.(2)由(1)可得eh平面abc.以h为坐标原点,hc的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角b-cg-a的大小.8.(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cd所在平面垂直,m是cd上异于c,d的点.(1)证明:平面amd平面bmc;

43、(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)证明: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cd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,da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cd的中点.由题设得d(0,0,0),a(2,0,0),b(2,2,0),c(0,2,0

44、),m(0,1,1),am=(-2,1,1),ab=(0,2,0),da=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面mab的法向量,则nam=0,nab=0,即-2x+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,2).da是平面mcd的法向量,因此cos=nda|n|da|=55,sin=255.所以面mab与面mcd所成二面角的正弦值是255.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

45、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.9.(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)证明:取pa的中点f,连接ef,bf.因为e

46、是pd的中点,所以efad,ef=12ad.由bad=abc=90得bcad,又bc=12ad,所以efbc,则四边形bcef是平行四边形,所以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

47、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

48、和二面角,它们是高考的热点和难点,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.(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

49、的中点,则bfck.所以bf平面acfd.(2)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轴的正方向,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(0,0,3),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+3

50、y1+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.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34.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|.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.11.(2017山东,17,12分)

51、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(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: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

52、),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.解法二:取ec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

53、+22=13.取ag的中点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60.12.(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emab,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=eh2-em2=6,所以ah=10.以d为坐标原点,da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),fe=(10,0,