2020高考数学考点预测11空间向量与立体几何

1、2020高考数学考点预测11空间向量与立体几何空间向量与立体几何一、考点介绍i 利用向量处理平行咨询题空间图形的平行关系包括直线与直线的平行，直线与平面的平行，平面与平面的平行，它们都能够用向量方法来研究。方法如下：1设a,b是两条不重合的直线，它们的方向向量分不为a,b，那么a/b a/b。依照实数与向量积的定义：a/b a kb(k R,k 0)。2平面与平面平行能够转化两个平面的法向量平行：设两个不重合的平面，的法向量分不为a,b，那么/ a/b。3直线与平面平行能够转化为直线的方向向量与平面与平面的法向量垂直：设直线I在平面 外，a是I的一个方向向量，b是平面 的一个法向量，那么I /

2、 a b a b 0。4a/平面 表示以a为方向向量的直线与向量平行或在平面内，因此也能够由共面向量定理证明线面平行咨询题。2.利用向量处理垂直咨询题空间的线线、线面、面面垂直关系，都能够转化为空间内的两个向量垂直咨询题来解决。1设a,b分不为直线a, b的一个方向向量，那么a b a ba b 0;2设a,b分不为平面,的一个法向量，那么a ba b 0；3设直线1的方向向量为a，平面的法向量为b，那么Ia/b。3.利用向量处理角度咨询题在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。关于a b角的运算，均可归结为两个向量的夹角。关于空间向量a,b，有cos a,b，

3、利|a|b|用这一结论，我们能够较方便地处理立体几何中的角的咨询题。求异面直线所成的角的关键在于求异面直线上两向量的数量积，而要求两向量的数量积，能够求两向量的坐标，也能够把所求向量用一组基向量表示，两向量的夹角范畴是0,，而两异面直线所成角的范畴是(0,?，应注意加以区分。直线I与平面 的夹角，是直线I的方向向量I与平面 的法向量n的夹角 锐设n,n2分不是二面角I的面，的法向量，那么 Vn, n2确实是所求二面角的平面角或其补角的大小。4 利用向量处理距离咨询题立体几何中涉及到距离的咨询题比较多，如两点的距离、点与线的距离、点与面的距离、线与面的距离、两异面直线的距离咨询题等等，它是数学学

4、习中的一个难点。 此部分假设用向量来处理，那么思路较为简单，方法较为因定。1利用|AB| | AB| AB AB能够求有关距离咨询题；2设e是直线I上的一个单位方向向量， 线段 AB 在I上的投影是A/B/，那么有|A/B/| =| ABe |，由此可求点到线，点到面的距离。、高考真题1. 2018 山东卷（20）（本小题总分值 12 分）如图，四棱锥RABCD底面ABCD菱形，P从平面ABCDABC 60,E,F分不是BC PC的中点.I证明：AE! PD假设H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大 角的正切值为 ，求二面角EAF- C的余弦值.2I证明：由四边形ABCD为菱形，/ABC6

5、0，可得厶ABC为正三角形.因为E为BC的中点，因此AE!BC又BC/ AD,因此AE! AD因为PAL平面ABCD AE平面ABCD因此PAL AE而PA平面PAD AD平面PAD且PAGADA,因此AE!平面PAD又 PD 平面PAD因此 AE 丄 PD.解：设AB=2, H 为PD上任意一点，连接AH EH由I知AE!平面PAD那么/EHA为EH与平面PAD所成的角在 Rt EAH中 ,AE= .3,角的余角，故有：sin cos|l IInarcsin|ll|n|因此当AH最短时，/EHAt 大， 即当AHI PD时，/EHAt大AH AH 2AE现在 tan /EHA因此AH=2.又

6、 AD=2 因此/ADH45PA=2.PAL平面ABCD PA平面PAC平面PACL平面ABCD过E作EOL AC于O那么EOh平面PAC过O作OSL AF于S,连接ES那么/ESO为二面角E-AF-C的平面角,在 Rt AOE中EO=AE-sin30 =- ,AOAE-cos3032又 F 是 PC 的中点，在 RtASO中,SQAOsin45即所求二面角的余弦值为丄55解法二：由I知AE AD AP两两垂直, 坐标系，又 E、F 分不为 BC PC 的中点，因此E、F 分不为 BC PC 的中点，因此A 0，0，0，B 73，-1，0，CC, 1,厂43D0, 2, 0, P0, 0, 2

7、,EC , 3, 0, 0，F,2取Z11,则 m (0,2, 1),SE . EO2SO2.304SO在 Rt ESO中, cos /ESO=SE324.30.155因此AEC3,0,0), AF3 1（丁）.设平面AEF的一法向量为(xi, yi,zj,那么mA0,因此m AF 0,-3x10,31x1y122Z|0.因此解法一：因为因此3：24以 A 为坐标原点，建立如下图的空间直角0 ,因为因此BD丄AC, BDL PA PAPAC=ABD 丄平面AFC1BD为平面AFC的一法向量.因此 cos vm,.面角E-AF-C为锐角,BD=-5因为$15因此所求二面角的余弦值为 52.201

8、8 江苏卷 16 .在四面体 ABCD 中，CB= CD, AD 丄 BD,且 E ,F 求证：I直线 EF /面 ACD ;面 EFCL 面 BCD .【解析】本小题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定.I： E,F 分不是 AB,BD 的中点， EF 是厶 ABD 的中位线， EF/ AD,/ EF 面 ACD , AD 面 ACD，直线 EF/面 ACD .nT AD 丄 BD , EF/ AD, EF 丄 BD./ CB=CD, F 是 BD 的中点， CF 丄 BD.又 EFqCF=E BD 丄面 EFC / BD 面 BCD 二面 EFCL 面 BCD . 江西卷解：1证

9、明：依题设，分不是 AB,BD 的中点,EF是ABC的中位线，因此EF/BC,那么EF/平面OBC，因此EF/BiCi又H是EF的中点，因此AHAH丄B1C1因为OA丄OB,OA丄OC,因此OA丄面OBC，那么OA丄B1C1,1丄EF,那么因此B1C1丄面OAH2作ON丄A1B1于N，连C1N。因为OG丄平面OA,依照三垂线定理知，C1N丄A1B1,ONC1确实是二面角OA B1C1的平面角。作EM丄OB1于M,那么EM/OA，那么M是OB的中点，那么EM OM 1设OB1x，由MB13，解得x 3,x 12在Rt OABj中，ABJOAi2OBi23飞，那么，ONOA1OB1A1B1OCi因

10、此tan ONCiON5 , 故二面角O A1B1G为arctan.一5。解法二：1以直线OAOC、OB分不为X、y、z轴，建立空间直角坐标系,xyz那么1 1A(2,0,0), B(0,0,2), C(0,2,0), E(1,0,1),F(1,1,0),H (1,？)AH ( 1,1),OH*因此(1鳥),BC (0,2, 2)因此0,0因此BC平面OAH由EF/BC得3G/BC, 故：BJCJ平面OAH由A(|,0,0),设Bi(0,0, z)那么(2,0,i),EB!(由A1E与EB1共线得：存在1,0,z 1)R有AEEB1得12z 3 Bi(0,0,3)1 (z 1)同理：Ci(0,

11、3,0)( |,0,3), AC*设ni那么cos(号30)(Xi,yi,zi)是平面AiBiCi的一个法向量，3x23x23z3y0令x 2得y x 12,1,1).0(0,i,0)是平面OAiBi的一个法量1_込ni,n2rri T因此二面角的大小为arccos63R3由2知，A(2,0,0),B(0,0,2)，平面AiBiCi的一个法向量为n；那么A1B( |,0,2)。3.2018 辽宁卷 19.本小题总分值 12 分如图， 在棱长为 1 的正方体ABCD ABCD中，AP=BQ=b0b1 ， 截面PQEFAD,截面PQGHADI证明：平面PQEI和平面PQG互相垂直；证明：截面PQE

12、I和截面PQGI面积之和是定值, 并求出那个值；川假设D E与平面PQEF所成的角为45：，求D E与平面PQG所成角的正弦值.本小题要紧考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识, 考查空间想象能力与逻辑思维能力。总分值12 分.解法一：PF/AD,PH/AD,PQ/AB,因此PH PF,PH PQ,因此PH平面PQEF.n证明：由I知PF2AP,PH ,2PA,又截面PQEf和截面PQG差不多上矩形，且PO1,因此截面PQEf和截面PQG面积之和是(、2APJPA)PQ.2，是定值.III 丨解：连结BC交EQ于点M因为PH/AD,PQ/AB, 因此平面ABC D和平面PQGHS相

13、平行，因此D E与平面PQGH所成角与D E与平面ABCD所成角相等.与I同理可证EQL平面PQGH可知EML平面ABCD，因此EM与D E的比值确实是 所求的正弦值.I证明：在正方体中,AD AD,AD AB，又由可得(2,1,1)。那么点B到平面A1B1C1的距离为因此平面PQEF和平面PQGH互相垂直.B在所建立的坐标系中可求得72(1 b),PF V2b,设AD交PF于点N,连结EN由FD 1 b知DE . (1 b)22, ND2(1 b).2 2因为AD丄平面PQEF又D E与平面PQEF成45角,因此D E .2ND,即、2辽2(12 2b)、(1 b)2解得b1,可知E为BC中

14、点.2因此EM仝2,又D E (1 b)224、故D E与平面PQC所成角的正弦值为EMD E解法二：以D为原点，射线DA DC DD分不为x, xyz由得DF 1 b,故y,z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系12 分DA(1,0,0)，A (1,0,1)，D(0,0,0)，D (0,0,1)，P(1,0,b),Q(1,1,b),E(1 b,1,0),F(1b,0,0),G(b,1,1),H(b,0,1).IPQPHAD证明：在所建立的坐标系中，可得(0,1,0),PF ( b,0,b),(b 1,0,1 b),(1,0 ,1),AD ( 1,0, 1).AD|PQ0,AD|PF因为AD|P

15、Q 0,A因为A|AD因此平面PQEF和平面PQG互相垂直.因为PF 0,因此AD是平面PQEF勺法向量.0,因此AD是平面PQGH勺法向量.0,因此AD AD,n证明：因为EF (0,1,0),因此EF/PQ,EFTQ,又PF PQ,因此4 分PQEF为矩形，同理PQGI为矩形.I在所建立的坐标系中可求得72(1 b),PF V2b,1_ 2? 42 2n求二面角A CC1B的大小.解法一：I：A,A平面ABC,BC平面ABC,A1A BC在RtABC中，AB、2, AC 2,BC.6,因此、2，又IPQ因此截面川解:PQEF和截面PQGI面积之和为2，是定值. 由得与AD成45角，又DE

16、(1b,i,1(1,0,1)可得即(1 b)22因此DE1,i,2IEADI1解得b -2b 2、2(1 b)22又AD ( 1,0,1)，因此D E与平面PQG所成角的正弦值为三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如下图，截面为A1B1C1,A1ClBrTABAC 90：,AA平面ABC,A1A 3,AB .2,AC 2,BD 1A61,B4.2018 陕西卷 19.本小题总分值 12 分DC 2I证明：平面AAD平面BCC1B1；12 分|COSIn如图，作AE C1C交CQ于E点，连接BE,1 *,6BD,3ABBD : DC 1:2,BD,又-3AB3BC DBAABC,ADBB

17、AC 90：,即AD BC又AA AD A,BC平面A1AD,i * BC平面BCC1B1,平面A,AD平面BCC1B1.由得AB平面ACC1A1.AE是BE在面ACCiA内的射影.BC平面AiAD，又BC平面BCCiBi, 平面AADn：BA平面ACCiA，取m AB (2,0,0)为平面由三垂线定理知BE CC1,AEB为二面角A CCiB的平面角.过Ci作CiF AC交AC于F点,CiECAiBD第 i9 题，解法一Bi那么CFAC AF 1，GF AA,3,CiCF 60.在RtAEC中，AE AC si n60”2在RtABAE中，tanAEB_丄2AE ,3ABAEB arcta

18、n3即二面角A CCiB为arctan 93y解法二：I如图，建立空间直角坐标系,那么A（0,0,0）, B（、2,0,0）, C（0,2,0）, Ai（0,0八3）,Ci（0i八3）,* BD : DC i: 2,BD BC.3一242 2D点坐标为，一,0.33AD 一,0,BC （V2,2,0）/A （0,0一3）.330,BC AAi,BC AD,又AAAD A,平面BCCiBi.ACCiA的法向量,n 0.设平面BCCiBi的法向量为n (I, m, n)，那么如图，可取m 1那么n5.2018 湖南卷 17.本小题总分值 12 分如下图，四棱锥RABCD勺底面ABODE边长为 1

19、的菱形，/BCD=60PA!底面ABCD PA=2.I证明：平面PBEL平面PAB求平面PAD和平面PBE所成二面角锐角的大小 .解：解法一I如下图，连结BD由ABC是菱形且/BCD60知， BCD是等边三角形因为E是CD的中点，因此BE!CD又AB/ CD因此BE!AB又因为PA!平面ABCDBE平面ABCD因此PAL BE而PAAB=A因此BE!平面PAB又BE平面PBE因此平面PBEL平面PABn延长AD BE相交于点F,连结PF过点A作AH!PB于H,由I知平面PBEL平面PAB因此AHL平面PBE在 RtABF中， 因为/BA= 60,因此，AF=2AB=2=AP在等腰 Rt PAF

20、中，取PF的中点G,连接AG那么AGL PF连结HG由三垂线定理的逆定理得，PF!HG因此/AGH平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角锐角2.5AH-d0AG- 25、2l 2m 0,m 一 3n 0,cos m, n.2 .2 0 1 0即二面角A CC1B为arccosE是CD的中点,在等腰 Rt PAF中,AG2.在 RtPAB中，AHAP|ABPBApAB.AP2AB2255因此，在 Rt AHGKsin AGH33.155又因为BE平面PBE故平面PBEL平面PAB、名校试题故平面PAD和平面PBE所成二面角锐角的大小是arcsin.5解法二：如下图，以A为原点，建立空间直角坐标

21、系.那么相关各点的坐标分不是A0，0，0，B 1，0，0，cgf,0),D&子,0),P0，0，2Ed,于,0).I因为BE (0,32 ,0),平面PAB的一个法向量是no(0,1,0),因此BE和n0共线.从而BE丄平面PAB(u )易知PB (1,0, 2), BE心,0),X (0,0, 2)応2(扛,0)2 2(Xi,yi,Zi)是平面PBE的一个法向量,那么由0,得0* 2z10,务0 Z2因此y10,x-2zi.故可取 n1(2,0,1).设n2(x2, y2,z2)是平面0 x212X20 y22z23门yy20Hz20.故平面PAD和平面PBE所成二面角锐角的大小是VT5ar

22、ccos .（、3, 1,0）.0,得0n2235 2因此，cos n1, n2（n）假设以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体记为f x，求f x的最大值;或者直截了当利用三垂线定理得出结果考点一：利用向量证明垂直1山东省淄博市 2018 年 5 月高三模拟试题（本小题总分值12分）梯形ABCD中，AD/BC,ABCAB BC 2AD 4，E、F分不是AB、CD上的点，EF/BC,AEx，G是BC的中点沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD丄平面EBCF（女口图）.(I )当x 2时,求证：BD丄EG;取得最大值时，求二面角D BF解：I法一作DH EF于H，连BH,GH由平面AEFD平面EB

23、CF知DH而EG平面EBCF，故EGDH又四边形BGHE为正方形EGBH又BHDHH，故EG平面DBH而BD平面DBHEG BD.法二平面AEFD平面EBCFC的余弦值.平面EBCFCAE EFAE丄面平面EBCF AE丄EF,AE丄BE,又BE丄EF故可如图建立空间坐标系E xyz.那么A 0,0,2、B 2,0,0、G 2,2,0、D 0,2,2E 0,0,0,BD 2,2,2,EG 2,2,0BDEG 2,2,22,2,00BD EG.n/ AE EF，面AEFD面EBCFAE面EBCF2)2角的补角而HF 1，BE 2BF . BE2EF2故二面角D BF C的余弦值为一土14/AEB

24、F2,B(2,0,0),D(0,2,2),F (0,3,0)(2,3,0),BD2,2,2-BD0即2x 2y2z 0那么.n1BF02x 3y0又由因此IDH平面EBCF=1S3f( X)VABFCBFCDHAE GH1 SBFCAE(4x)xDM2时f (x)有最大值为川法一作DH由三垂线定理知BFDMDMH是二面角BFC的平面由HMFsEBF,知HEHFBFHMJV13又DH在Rt HMD中,tanDMHDH 13HM因为/是DMH锐角cos/DMH=414而/DMH是二面角D BF C的平面角的补角EF于H，作HM BF，连法二设平面DBF的法向量为(x,y,z)取x 3那么y 2,z

25、1n1(3,2,1)面BCF的一个法向量为n2(0,0,1)那么cosn-in2n1n2.1414由于所求二面角DBF C的平面角为钝角因此，此二面角的余弦值为一一1414考点二、利用向量求二面角2. 2018 年金华一中高考模拟试卷本小题总分值14 分如图，正三棱柱ABCAB1C1,D是线段AC上一点，且ADABi/平面BCiD。记DC。1求的值；2假设/C1DC 60，求二面角D BC1C的大小；解：1连结BQ交BC1于O那么O是B1C的中点，连结DO AB1/平面BC1D, AB1/DO .D为 AC 中点，1.2设正三棱柱底面边长为 2,那么DC= 1。T/C1DC= 60 ,CC1=

26、 . 3。作DEL BC于E。：平面BCC1丄平面ABCDE!平面BCC1B1， 作EFLBC1于F,连结DF,那么 DF 丄BC1/ DFE是二面角D-BC1-C的平面角.在RtDEC中，DB-3EC2，3 _33.3272、7在RtDEF中, tan /DFE=二面角D- BC1-C的大小为在RtBFE中，EF=BE-sin_3口, 72 3 33arcta n .3DEEF解法二：以AC的中D为原点建立坐标系，如图， 设 |AD| = 1,/ C1DC=60 |CC1| = 3。那么A 1, 0, 0，B0,V3, 0，C-1 , 0, 0,A, 1, 0 丁3，B10；33,C11,0

27、, J32DC1=-1 , 0,3，设平面，BC1D的C10,x,y,z,比AB,A.B.XB50且nx 3z 0那么有.3y= 0 令z= 1,那么n= .3, 0, 1x .3y 3z 0面BCF的一个法向量为n2(0,0,1)设平面BCC1B1的法向量为m x,y,zCC1=0, 0, v3,CB1,2.30即 3z 00 x 13y. 3z令y= -1，解得.3, -1 , 0 ,岬cos m,nn m 31-AD DC2_1AE2EOEC解法二：In以线段同解法一.AB 的中点为原点 0,OE所在直2 虫312设平面BCC1B1的法向量为m x,y,zCC1=0, 0, v3,CB1

28、,2.3线为x轴，AB 所在直线为y轴，过 0 点平行 于 AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系0 xyz，如图.AE面 BCE BE 面 BCEAE BE，在Rt AEB中,AB 2,0为AB的中点,0E 1.A(0, 1,0),E(1,0,0),C(0,1,2).AE (1,1,0), AC (0,2,2).设平面 AEC 的一个法向量为n (x, y,z)，AE n0,阳x y 0,口yx,那么即解得JJAC n0,2y 2x 0.z x,令x1,得n(1, 1,1）是平面 AEC 的一个法向量又平面 BAC 的一个法向量为m (1,0,0)，m, n cos( m,n)|m| |n|.

29、3,3.3.二面角 B AC E 的大小为arccos .3HI AD/z 轴，AD=2 AD (0,0,2),点 D 到平面 ACE 的距离d | AD | |cos AD,nAD n22、3.|n|33考点四、禾U用向量证明平行4.山东省烟台市 2018 年高三适应性练习12 分如图，平面 PADL 平面 ABCD ABCD 为正方形，/ PAD=90，且 PA=AD=2 E分不是线段 PA PD CD 的中 点。1求证：PB/平面 EFG2求异面直线 EG 与 BD 所成的角的余弦值；一43在线段 CD 上是否存在一点 Q,使得点 A 到平面 EFQ 的距离为一，假设存在,5CQ 的值；

30、假设不存在，请讲明理由。F、G求出解法一：1证明：取 AB 为中点 H,连结GHHE E, F, G 分不是线段 PA PD CD 的中点， GH/AD/EF , E, F，G, H 四点共面。. 1 分又 H 为 AB 中点， EH/PB。. 2 分又 EH 面 EFG PB 平面 EFG PB/ 面 EFG . 4 分2解：取 BC 的中点 M 连结 GM AM EM 那么 GM/BD,/ EGM或其补角确实是异面直线EG 与 BD 所成的角。. 5 分在 Rt MAE 中 ,EM.EA2AM26同理EG6,又GMBD22,在 Rt MGE 中 ,COSEGMEG22 2GMME. 6 分

31、2 EG GM6故异面直线 EG 与 BD 所成角的余弦值为3.8 分63假设在线段 CD 上存在一点 Q,满足题设条件，过点 Q 作 ORL AB 于 R,连结 RE, 那么QR/AD。/ ABCD 是正方形， PAD 是直角三角形 ADL AB, AD 丄 PA又 AB PA=A AD 丄平面 PAB又 E, F 分不是 PA PD 中点， EF/AD, EF 丄平面 PAB又 EF 面 EFQ EFQL 平面 PAB过 A 作 AT 丄 ER 于 T,那么 AT 丄面 EFQ AT 确实是点 A 到平面 EFQ 的距离。设CQ x(0 x 2),则 BR CQ x, AR 2 x, AE

32、 1,AR AE (2 x) 14在 Rt EAR 中，AT -RE&2 x)21252解得xo324故存在点 Q,当CQ时，点 A 到平面 EFQ 的距离为一. 12 分35解法二：建立如下图的空间直角坐标系A xyz ,那么 A 0, 0, 0，B 2, 0, 0,，C 2 , 2 , 0，且 PA=AD=210 分D 0, 2, 0P 0, 0, 2，E 0, 0, 1,F0, 1, 1，G1, 2, 01证明：PB (2,0, 2),FE (0, 1,0)FG (1,1, 1).1 分设PB sFE tFG即2, 0, 2=S 0, 1 , 0+t 1 , 1,1解得 s=t=2 PB

33、 2FE 2FG又FE与FG不共线.,PB,FE与FG共面。.3 分/ PB 平面 EFG, PB/ 平面 EFG2解EG(1,2, 1), BD ( 2,2,0).cos EG, BD3假设在线段 CD 上存在一点 Q 满足题设条件。令CQ m(0 m 2)，那么 DQ=2- m点 Q 的坐标为2m,2,0EQ (2 m,2, 1)而EF(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n(x,y,z)，那么n EF (x,y,z) (0,1,0) 0n EQ (x, y, z) (2 m,2, 1)0y 0(2 m)x 2y z 0故平面直线 EG 与 BD 所成角的余弦值为Vf.6EG BD| EG

34、 | | BD |令x 1,则n (1,0,2 m).10 分又AE 0, 0, 1点 A 到平面 EFQ 的距离d即(2 m)216,9二m-或m102不合题意，舍去。33故存在点 Q,当CQ-4时，点 A 到平面 EFQ 的距离为-35考点五、利用向量求线面角题总分值 12 分如图，三棱柱ABCABC的三视图中，主视图 和左视图是全等的矩形， 俯视图是等腰直角三角形， 点M是AB的中点.1求证：BC/平面ACM；2设AC与平面ACM的夹角为 B,求 sin 0 .5.山东省潍坊市 2018 年 5 月高三教学质量检测本小12 分解：由三视图可知三棱柱ABCABC为直三棱柱，侧梭长为 2,底

35、面是等腰直角三角形，AC=BC1.2 分如图建立空间直角坐标系Cxyz，那么C0, 0, 0，C0, 0, 2，A1, 0, 0，B0, 1, 2，A1, 0 , 2 M为AB中点，1 1M (, ,2).4 分2 2一 一1 1 1CB1(0,1,2),AM ( 2,2,2)CM1 1处,。),CB AM C1M ,.6 分CB1/面ACM,又BC面ACM.BC/面ACM.8 分2设平面ACM的一个法向量为n (x, y,z),- 1 1 1 1n C1M(x,y,z)(22,)x尹1 1 1 1n AM (x,y,z) (三上)?y 2z 0.令z 1,则x 2,y2,n (2, 2,1)

36、,10 分11 分4 4 - - 5 5-n AElnl又AC ( 1,0,0)n AC 2那么sin | cos n, AC | |.|.12 分|n | |AC|3四、考点推测本小题总分值 20 分如图，在三棱锥 S ABC 中，SC!平面 ABC 点 P、M 分不是 SC 和 SB 的中点，设 PM=AC=1 / ACB=90，直线 AM 与直线 SC 所成的角为 60。1求证：平面 MAPL 平面 SAG2文求二面角 M- AC- B 的平面角的正切值;理求二面角 M- AB-C 的平面角的余弦值；3文求多面体 PMAB 啲体积。理求 AP 和 CM 所成角的余弦值。解：IS3平面AB

37、C SdBC又/ACE=90 ACL BC ACASC=C, BCL平面SAC .1 分又P, M是SC SB的中点 PM/ BC PML面SAC面MAIL 面SAC .1 分II文科ACL平面SAC面MAP_面SAC3 分ACLCM ACLCB从而/MCE为二面角MACB的平面角，直线AM与直线PC所成的角为 60过点M作MNLCB于N点,连结AN,那么/AMN60 . 4 分在厶CAh中 ,由勾股定理得AN .2.1.山东省莱芜市2018 届高三年级期末考试在 Rt AMN中 ,ANANtan AMN在 RtCNM中 ,tan MCNMNCNMNCN故二面角M-AB-C的正切值为亦.3.理

38、科如图以C为原点建立如下图空间直角坐标系Cxyz.25那么pp,。,一6), B(0,2,0), A(1,0,0), M (0,1,),S(0,0,兰).333AM ( 1,1), AB ( 1,2,0)339故二面角 M- AB- C 的余弦值为13APCMI12 分设平面MAB勺一个法向量为n(x, y, z)，那么丄n AM 0由n AB 02y取 z=, 6,得n(4,2,、6)取平面ABC勺一个法向量为m(0,0,1)那么cos n由图知二面角m -|n | |m|M- AB C 为锐二面角,6.26 1.3713其他方法可参考本解法相应给分。3文科多面体VPMAB=EAPMB= S

39、2PMAB（确实是四棱锥 A BCPMPMBCAC理科(PMCB) CP AC(2_1)_6312 分AP1,0),CM(0,1,)33225 AP 与 CM 所成角的余弦值cos AP2.宁夏银川一中 2018 届高三年级第三次模拟考试本小题共 12 分在三棱锥SABC中，SAB SAC ACB90，AC2, BC4,SB 4 2In川解法一：解证明：求二面角A-BC-S的大小;求直线SC丄BC;AB与平面SBC所成角的正弦值.SA AB , SA AC,且i分AB” ACA,CSAABC.-2AC为SC在平面ABC内的射影. 3 又AC丄BC, BC丄SC. -4n由IBC丄SC,又BC丄AC,SCA为所求二面角的平面角.6又SB=4,2,BC=4,SC=4 .即二面角A过A作AD AC=2 ,SCA=60 .8BC S大小为 60 .SC于D,连结BD,由n得平面BC平面SAC,又BC平面SBC,平面SAC平面SBC,且平面SAC|平面SBC SC,AD平面SBC.BD为AB在平面SBC内的射影.ABD 为 AB 与平面 SBC 所成角.2.5,SC2AC22 3,AD 3、1510在Rt ABC中，AB在Rt SAC中，SA sin ABD= 一32J5因此直线AB与平面SBC所成角的大小为平面DBAC分分S10 分11