2020年高考数学二轮复习讲义用空间向量的方法解立体几何问题

1、高羌考点聚焦第三讲用空间向量的方法解立体几何问题高考考点考点解读利用空间向量证明平行与垂直关系1 .建立空间直角坐标系，利用向量的知识证明 平行与垂直2 .考查向量的数量积与向量垂直的关系以及建 立空间直角坐标系的方法利用空间向量求线线角、线面角、面面角以具体几何体为命题背景，直接求角或已知角求相美里利用空间向量解决探索性问题或其他问题1 .常借助空间直角坐标系，设点的坐标探求点 的存在问题2 .常利用空间向量的关系， 设某一个参数，利 用向量运算探究平行、垂直问题把握考点明窿方向备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面:加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数

2、乘、数量积运算等.(2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应用.(3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法.预测2020年命题热点为：(1)二面角的求法.(2)已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直.给出线面的位置关系，探究满足条件的某点是否存在.庙知识整合 则 IM .知识整合 :Zhi shi zheng he1.向量法求空间角异面直线所成的角：设a, b分别为异面直线 a, b的方向向量，则两异面直线所成的角满足部.(2)线面角设l是斜线l的方向向量，n是平面a的法向量，则斜线l与平面a所成的角满足sin 0_ |C n|一|c|n|.(3)二面角则二面角如图(i ), AB,

3、 CD是二面角al 3的两个半平面内与棱 l垂直的直线, 的大小0=ab, cd如图(ii)(iii), n 1, n2分别是二面角al3的两个半平面 3的法向量,的大/、0满足 cos 0= cos nn?或一cos%, n2.(4)点到平面的距离的向量求法则二面角a的距离d3的法向量如图，设AB为平面a的一条斜线段，n为平面a的法向量，则点 B到平面_LAB_nJ |n| .2 .利用向量方法证明平行与垂直设直线l, m的方向向量分别为 a=(a1，bi, c1)，b= (a2, b2, c2),平面a,分别为 科=(a3, b3, c3), v= (a4, b4,c4).(1)线线平行l

4、 / m? a / b? a= kb? a 1 = ka2, b1 = kb2 , G = kc2.(2)线线垂直l±m? a± b? a b=Q? a1_ag_+ 电怩+ Cc= 0.(3)线面平行l / a? a±(J? a 呼 0? a_a3_ + b1m+ C_C3_= °.(4)线面垂直l_L a? a/(J? a=k(j?能=3，%=卜电，c= kc.(5)面面平行a/ 3? (1 / V? (1= kv? 23= ka冬，b3= kb上 宝-=kc.(6)面面垂直a_L 傥 |i_Lv? (1 v = Q? a3a4+ b3b4+ c3c4

5、= 0.3 .模、夹角和距离公式(1)设 a=(ai, a2, a3), b=(bi, b2, b3),则aibi + a2b2+ a3b3|a| = 7a a = x/ai+ a1+ a3, c0s a, b> - jab-41+22+25/应+域+国.(2)距离公式设 A(xi, yi, zi), B(x2, Y2, z2),则|AB|= . xi X2 + VlV2 + Zi Z2Y易错警示IYi cuo jing shi1 .在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的条件.2 .忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角, 与它们的方向向量的夹角

6、不一定相等.3 .不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角 的补角，要注意从图中分析.!高专真题体验。高考真题把握规律)1. (2018全国卷I, 18)如图，四边形 ABCD为正方形，E, F分别为AD, BC的中点, 以DF为折痕把 DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFXBF.证明：平面 PEF,平面 ABFD .(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(i)由已知可得，BF1PF, BFJEF, PFAEF=F,所以BF，平面PEF.又BF?平面ABFD ,所以平面 PEFL平面ABFD .(2)方法一：作 PH1EF,垂足为H.由(i)得，PH

7、L平面ABFD.以H为坐标原点，TlF的方向为y轴正方向，设正方形 ABCD的边长为2,建立如图所示的空间直角坐标系 H -xyz.由(1)可得，DEJPE.又 DP = 2, DE = 1,所以 PE = 73.又 PF= 1, EF = 2,故 PE1PF.33可得 PH = j-, EH = 2.则 H（0,0,0）, p3, 0,当 I, D1, -3 o）加="，3 岑 i HIP = Q 0,口:为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为3_±_3.3 4.I加加 e,则加0而1.而1, 一，3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 学方法二：因为

8、 PF JBF, BFED,所以PF正D ,又 PF1PD, EDADP = D,所以 PFL平面PED,所以PF _PE,设 AB=4,贝U EF=4, PF=2,所以 PE=24,过P作PH 1EF交EF于H点，由平面PEFL平面ABFD,所以PHL平面ABFD,连接 DH,则/PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角，,243x2 厂由 PE PF = EF PH ,所以 PH =-= 因为 PD=4,所以 sinZPDH = PH=33,所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 率. 42 .(2018全国卷n, 20)如图，在三棱锥 P-ABC中，AB = BC= 2亚，PA= PB=

9、 PC = AC = 4, O 为 AC 的中点.(1)证明：POL平面ABC.(2)若点M在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OP必C,且OP = 2>/3.2连接OB.因为AB=BC=-AC,所以"BC为等腰直角三角形，=2.由 OP2+OB2=PB2 知 PO JOB.由 OP JOB, OP1AC, OBn AC = O,知 POL平面 ABC.(2)连接OM,如图，以 O为坐标原点，C)B的方向为x轴正方向,r _ 一 一 1 -且 OB 必C, OB

10、= -ACOC的方向为y轴正方向，OP的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系.由已知得 O(0,0,0), B(2,0,0), A(0, 2,0), C(0,2,0), P(0,0,2V3), 扁=(0,2,273),取平面PAC的法向量 OB =(2,0,0).设 M(a,2 a,0)(0vaw 2),则 AM = (a,4-a,0).设平面PAM的法向量为 n=(x, v, z).小 一 一2y+2V3z= 0,由 Ap n=0, AM n=0 得1ax+(4 a/=0,可取 n=(V3(a-4), V3a, a),所以 cos OB , n>2V3(a-4)21/3(a-4 2+3

11、a2+ a2由已知得|cosOB,n1邛.所以2 '3|a-4|23(a-4 2+3a2+ a2解得a=- 4(舍去)，a= 4.3又？C=(0,2, -273),所以 cos PC , n> = 3.43所以PC与平面PAM所成角的正弦值为力.43 . (2018 北京卷，16)如图，在三棱柱 ABC-AiBiCi 中，CCJ平面 ABC, D, E, F, G 分别为 AA1, AC, A1c1, BB/勺中点，AB = BC=p, AC = AA1 = 2.(1)求证：AC,平面BEF.(2)求二面角B-CD-C1的余弦值.证明：直线FG与平面BCD相交.解析(1)因为CC

12、，平面ABC, AC?平面ABC,所以CCUAC.在平行四边形 A1ACC1中，E, F分别是AC, A1C1的中点,所以EF CCi,所以AC JEF.在9BC中，AB=BC, E是AC的中点，所以AC JBE,又因为 AC JEF, BE, EF?平面 BEF, BEA EF = E,所以AC,平面BEF.(2)如图，建立空间直角坐标系 E-xyz,则E(0,0,0), A(1,0,0),B(0,2,0), C(1,0,0), Ai(1,0,2), Bi(0,2,2), Ci( 1,0,2), D(1,0,1),F(0,0,2) , G(0,2,1),一，一 一 . ,， “ 、， 一显然

13、EB = (0,2,0)是平面CDC1的一个法向量，设m=(x, v, z)是平面BCD的一个法向量，又BC=(1, -2,0),黄=(1, 2,1),一 x- 2y= 0,所以*不妨取y= 1,则x= 2, z=4,x- 2y+ z= 0,所以平面BCD的一个法向量为m= ( 2,1,4),，一 2、cos EB , m>0+2X1+02X/(-2)+ 12+42由图知，二面角B-CD-C1为钝角,所以，二面角B-CD-C1的余弦值为一 券.(3)方法一：记 CD, EF交点为I,连接BI,由(1)及已知，EF 心C1, CC1/BB1,所以EF BB1,直线BG与直线FI共面，11又

14、因为 BG = 2BB1 = 2AA1 = A1D, AD<FI ,所以四边形BGFI是梯形，直线FG与直线BI 一定有交点,又因为BI?平面BCD, FG?平面BCD,所以直线FG与平面BCD相交.方法二：反证法.显然 FG?平面BCD,假设FG/平面BCD,下面推出矛盾.记CD, EF交点为I,连接BI,因为FG /平面BCD,平面 BCD n平面BGFI = BI,所以FG BI,由（1）及已知，EF 心Ci, CC1/BB1,所以 EF /BBi,即 BG /FI ,所以四边形BGFI是平行四边形,所以BG = FI ,11. 一一而 BG = 2BB1=2AA1 = A1D&l

15、t;FI,矛盾,所以直线FG与平面BCD相交.4 . (2017全国卷m, 19)如图，四面体 ABCD中，4ABC是正三角形， ACD是直角三 角形，/ ABD = /CBD, AB=BD.(1)证明：平面 ACDL平面 ABC;(2)过AC的平面交BD于点巳若平面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(1)证明：由题设可得 ABDzCBD,从而AD=CD.又9CD是直角三角形，所以/ ADC=90°. 取AC的中点O,连接DO, BO,则 DO 必C, DO = AO.又因为4ABC是正三角形，故 BOgC, 所以/ DOB为二面角D A

16、C B的平面角. 在 Rt»OB 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， . 、. 一以O为坐标原点，OA的万向为x轴正万向，|OA|为单位长度.建立如图所示的空间直角坐标系O xyz,则 A(1,0,0), B(0,a 0), C(-1,0,0), D(0,0,1).1由题设知，四面体 ABCE的体积为四面体 ABCD的体积的,1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(0

17、, 与 2),他 1故 AD (-1,0,1), AC (2,0,0), AE= (-1,工 会.设n = (x, v, z)是平面 DAE的法向量，n >AD = 0,-x+z= 0,则一 即i*,1 CE AE=0,1X+ 2 y+2z=0，可取n=(1 ,乎，1).m A C = 0, 设m是平面AEC的法向量，则i、m AE= 0,同理可取m= (0, 1, V3),n m则 cos n, m> = . . = _ .|n imi7所以二面角DAEC的余弦值为乎.命题热点突破经典例题提升能力A命题方向1利用空间向量证明平行与垂直关系U2U例1 (2018济南二模)如图，在四

18、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.证明:(1)BE±DC;(2)BE/平面 PAD.(3)平面PCD，平面PAD .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)向量 BE=(0,1,1), DC = (2,0,0),故 BEDC=0.所以 BE JDC .(2)因为 AB1AD,又 FA,平面ABCD, AB?平面 ABCD ,所

19、以 ABdPA, PAnAD = A,所以AB，平面PAD ,所以向量AB= (1,0,0)为平面PAD的法向量,而BE AB = (0,1,1) (1 ;0,0) = 0,所以BE JAB,又BE?平面PAD .所以BE /平面PAD . ， 由(2)知平面 PAD 的法向量 AB = (1,0,0),向量 PD = (0,2, 2), DC = (2,0,0),n PD = 0,设平面PCD的法向量为n=(x, v, z),则in DC = 0,2y-2z=0,2x=0,不妨令y=1,可得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量. 且 n AB= (0,1,1) (1,0,0) = 0,

20、所以nlAB.所以平面 PAD，平面PCD.规律总结利用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系;(4)根据运算结果解释相关问题.跟踪训练匚：G_ ._en zong xun lianP-ABCD 中，PAL底面 ABCD , E,F分别是PC,如图所示，在底面是矩形的四棱锥PD 的中点，PA = AB= 1, BC = 2.(1)求证：EF/平面PAB.(2)求证：平面 PAD,平面 PDC .证明以A为

21、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，则 A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,2,0), D(0,2,0), P(0,0,1),111 一 1 一一一所以 Eq, 1, 2), F(0,1, 2), EF = (2, 0,0), AP= (0,0,1), AD = (0,2,0), DC =(1,0,0),AB =(1,0,0).因为品=|AB,所以EF/硝，即EF/AB.又AB?平面PAB, EF?平面PAB,所以EF /平面PAB .一.(2)因为 AP DC = (0,0,1) (1 ;0,0)=0,AD DC = (0,2,0

22、) (1,00) = 0, . .所以 APJDC, AD1DC,即 AP1DC, AD1DC.又因为 APAAD=A, AP?平面 PAD, AD?平面 PAD,所以DC，平面PAD.因为DC?平面PDC,所以平面 PAD,平面PDC.命题方向2利用空间求量求空间中的角(一)利用空间向量求线线角、线面角例2如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为 菱形，AE, BF, CG, DH者B垂直于平面 ABCD ,若DA=DH = DB =4, AE=CG=3.(1)求证：EGXDF ;(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值.解析(1)证明：连接 AC,由AE触CG可知四边形 AEGC为

23、平行四边形.所以 EG AC,而 ACdBD , AC dBF,所以 EG JBD, EG JBF,因为BD ABF=B,所以EG,平面BDHF ,又DF ?平面BDHF ,所以EG IDF .(2)设 ACABD = O, EGAHF = P,由已知可得：平面 ADHE /平面 BCGF ,所以EH FG,同理可得：EF/HG,所以四边形 EFGH为平行四边形，所以 P为EG的中点，O为AC的中点，所以OP触AE,从而OP，平面ABCD,又OAJOB,所以OA, OB, OP两两垂直，由平面几何知识，得 BF = 2.如图，建立空间直角坐标系O yz,则 B(0,2,0), E(2出，0,3

24、),F(0,2,2) , P(0,0,3),所以 BE=(2切，2,3), PE=(273, 0,0), PF = (0,2, 1).设平面EFGH的法向量为 n=(x, y, z),JPE n=0, 由PF n=0,x= 0, 可得d2y-z= 0,令 y= 1,则 z= 2.所以 n= (0,1,2).设BE与平面EFGH所成角为2则.0 |/ n|4,5sin仁=总|BE| n |(二)利用空间向量求二面角例3如图，在以A, B, C,D, E, F为顶点的五面体中， 面ABEF为正方形,AF = 2FD, Z AFD =90°,且二面角 DAF E 与二面角 C- BEF 者

25、B是 60°.证明：平面 ABEFL平面EFDC;(2)求二面角EBCA的余弦值.解析(1)由已知可得 AFJDF, AF1FE,所以AF，平面EFDC .又AF?平面ABEF,故平面 ABEF，平面EFDC. 一 . . . . ，、，、，(2)过D作DGJEF,垂足为 G,由(1)知DG，平面ABEF.以G为坐标原点，GF的万向为 、， - -_.- 一x轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所小的仝间直角坐标系G- xyz.由(1)知/DFE为二面角D AF E的平面角，故/DFE=60°,贝U DF = 2, DG = V3,可得 A(1,4,0), B(3,4,0)

26、, E(3,0,0), 0(0,0, <3).由已知，AB/EF,所以 AB/平面EFDC.又平面 ABCDA 平面 EFDC=CD,故 AB QD , CD/EF.由BE /AF,可得 BE,平面EFDC,所以/CEF为二面角 CBEF的平面角，/CEF = 60°.从而可得C(-2,0, V3).连接 AC,则 EC=(1,0, V3), EB= (0,4,0), Ac=(-3, -4,*),AB=( 4,0,0).设n = (x, y, z)是平面BCE的法向量，则n Ec=0,x+ = 0,彳一即1tn Eb=0,4y =。，所以可取n=(3,0,-病.I m AC=

27、0,设m是平面ABCD的法向量，则im AB= 0,同理可取m=(0, V3, 4).贝U cos n, m>n m2VT9|n|m19-2 19故二面角E-BC-A的余弦值为规律总结5 .利用空间向量求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系.(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标.(3)结合公式进行论证、计算.(4)转化为几何结论.6 .利用空间向量求线线角、线面角的思路(1)异面直线所成的角为可以通过两直线的方向向量的夹角求得，即cos9=|cos(f)|.(2)直线与平面所成的角。主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角。求得，即sin 0= |cos(j)|.7 .

28、利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.8 .利用空间向量求点到平面距离的方法如图，设A为平面a内的一点，B为平面a外的一点，n为平面a的法向量，则B到平面a的距离d=lAB-n1.|n |跟踪训练Gen zong xun lian1如图，四边形 ABCD为正万形，PD，平面ABCD, PD/QA, QA = AB=qpd.(1)证明：平面 PQC，平面 DCQ;(2)求二面角 QBPC的正弦值.解析(1)由题意可得 QAXWABCD,所以QA1CD.由四边

29、形ABCD为正方形知DC1AD,又因为QA, AD为平面PDAQ内两条相交直线,所以 CDXWPDAQ,所以 CD1PQ.在直角梯形 PDAQ中可得DQ = PQ = 12PD,所以PQ2+DQ2=PD2.由勾股定理得：PQ1QD.又因为CD, QD为平面DCQ内两条相交直线，所以 PQL平面DCQ,再由PQ?平面PQC,可得平面 PQCL平面DCQ.(2)如图，以点D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系，依题意有 Q(1,1,0), C(0,0,1), P(0,2,0), B(1,0,1),CB= (1,0,0), BP=(- 1,2, 1).设n =

30、(x, v, z)是平面PBC的法向量,n CB=0,x= 0,则$ 一即£n BP=0,、 x+2y-z= 0,可取 n=(0, - 1, -2).同理求得平面PBQ 的法向量 m= (1,1,1),所以COS m,m n 0-1-2一|m|n部如155 ，故有sm m,105 ，即二面角Q-BP-C的正弦值为手.例4如图所示,=2,点E为AB的中点,(1)求证：DiEAiD;(2)在线段AB上是否存在点_ 兀 4 ，、M ,使二面角 DiMC D的大小为石？右存在，求出 AM的长，若不存在，说明理由.解析连结ADi交AiD于F,命题方向3利用向量解决探索性问题正方形AAiDiD与

31、矩形ABCD所在平面互相垂直，AB= 2AD.四边形AAiDiD为正方形，.ADilAiD,正方形AAiDiD与矩形ABCD所在平面互相垂直，交线为 AD , AE1AD,. AE，平面AAiDiD,又 AiD?平面 AAiDiD. AE giD,又 ADiAAE=A, .AiD，平面ADiE,又 DiE?平面 ADiE, .-.AiD JDiE.(2)存在满足条件的点 M, AM = 2 坐.3解法一：假设存在满足条件的点 M ,过点D作DN JCM于点N,连结DiN ,则DiN JCM ,所以/DiND为二面角Di CM D的平面角,兀所以/DND = 6，在 Rt垣iND 中，DiD=1

32、 所以 DN = <3,又在 RtADNC 中，CD=AB = 2, 兀兀所以/ndc = 6，.,.血cb=6，._ 兀书在 RtMCB 中，BM= BC tam;=,633. AM = 2手. 3故在线段AB上存在一点M,使得二面角DiCMD为，且AM = 2当.解法二：依题意，以 D为坐标原点，DA、DC、DDi所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为 AB=2AD = 2,则 D(0,0,0), C(0,2,0), Di(Q,Q,1), Ai(1,0,1),E- M B所以 dDi = (0,0,1), D1C= (0,2, - 1).一， 一一 易知DDi为平面

33、 MCD的法向量，设 M(1, a,0)(0<a<2),所以 MC=(1,2 a,0),设平面DiMC的法向量n=(x, y, z),n DHC = 0,所以 一n MIC=0,f(x, v, z )(0, 2, -1 尸0, 即：l(x, y, z )( 1, 2-a, 0 尸 0,z=2y,所以1取y=l,x=(2 a y,则 n = (2-a,1,2),一 兀又二面角Di MC D的大小为鼠6所以co擀|DD1 n16 一 iDDiin |(0, 0 1 M2a, 1, 一 j/ #-aj+1+22即 3a2-12a+ 11=0,解得 a=2±3. 3又因为0WaW

34、2,所以a= 233 一 ，一_一 ，一 TT 一故在线段 AB上是存在点 M ,使二面角 D1-MC-D的大小为且AM = 2规律总结利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在 (或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论.(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，等.若由PAXPD,“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.跟踪训练E：G1en zong xun lian(2016北京高考)如图，在四棱锥 P-ABCD中，平面 PAD，平面 ABCD ,FA=PD,

35、ABXAD, AB= 1 , AD=2, AC=CD =狙(1)求证：PDL平面FAB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.在RA上是否存在点M,使得BM/平面PCD?若存在，求瞿的值；若不存在，说AL明理由.解析(1)因为平面 PAD，平面ABCD,交线为 AD, AB?平面 ABCD , AB1AD,所以ABL平面 PAD .因为PD?平面PAD,所以 ABJPD.又因为 PAJPD, PAA AB = A, PA, AB?平面 PAB,所以PD,平面PAB.(2)取AD中点O,连接OP, OC.因为PA=PD,所以OP1AD.又因为平面 PAD ABCD,交线为 AD, OP?平

36、面PAD,所以OP，平面ABCD.又因为AC=CD,所以OC1AD.因为AB必D ,所以 OC /AB且OC= 2AB .如图，分别以OC, OA, OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.P(0,0,1),B(1,1,0), C(2,0,0), D(0, 1,0). PB= (1,1, 1), PC= (2,0, 1), PD= (0, 1, 1).设平面PCD的法向量为n=(x, v, z),it * Pl> = - v - r = 01所以 z=2x, y= 2x.令 x=1 得，n=(1, -2,2).丽 I -2-2 Arun Pfi.h)- _ _=- - -*I产

37、"11 I百乂33所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3-(3)方法一：过 B作BE AD ,交OC于H,交CD于E.因为 OC/AB 且 OC = 2AB,所以 OH/AB, OH=AB, BH= AO.1所以H为OC的中点.所以EH/OD, EH = 2OD.所以 BE = 3AD 且 BE/AD. 433在PD, RA上分别取点F, M,使得PF = PD, PM = 4PA,则 FM AD, FM =3AD. 4所以 FM /BE, FM =BE.所以四边形BEFM为平行四边形.所以 BM/EF.又因为BM?平面PCD, EF?平面PCD,所以BM/平面PCD .因此，在

38、棱PA上存在点M,使得BM/平面PCD,且黑=； AP 4方法二：假设存在 M点使得BM/面PCD,设AM= N M(0, y' , z'), AP由(2)知 A(0,1,0), P(0,0,1), AP= (0, 1,1), B(1, 1,0), Am= (0, y' 1, z'),f 一一，_. 一 一、有Am= AP? M(0,1 Z,九所以彘=(-1, -?,?).一、， .一 、，一 7.因为BM/面PCD, n为面PCD的法向量，所以 BMn=0,即一1 + 2计2上0.一一 1AM 1 .所以 上4.综上，存在 M点，即当即'=4时，M点即

39、为所求.15I覆后强化训练1.在正方体 ABCD A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线 DE与AC所成角的余弦值为(B )“1A. 20C.,1070"D.20解析设正方体棱长为1 ,以D为原点建立空间直角坐标系如图所示,则 D(0,0,0), E(0, 2，1)，A(1,0,0), C(0,1,0),所以Dl =(0 , 2，1)，AC=(- 1,1,0),1则 cos<DE , AC=星母=二普一一/110，|DE|AC|：4+ 1 2则异面直线DE与AC所成角的余弦值为 曙.V, 3),且 BPL平2 .已知第=(1,5, 2), BC=(3,1, z),若

40、AB，BC, BP=(x-1,面ABC,则实数x, v, z分别为（B ）B.C. 40, -2,4D. 4,岑-15解析AB IBC? AB BC=3+ 5-2z= 0,所以z=4,又BP,平面ABC,所以诟 AB=x1+5y+6=0,BP BC=3x 3+y- 3z=0,由得x=40, y=j.3 .已知正方体 ABCD A1B1C1D1 ,下列命题： (A1A + A1D1+A1B1)2= 3A1B1：a1c (A1B1-A7a ) = 0,向量AD1与向量AB的夹角为60°,正方体ABCD A1B1C1D1的体积为MB A1A -AD |,其中正确命题的序-号是 （B ）A.

41、B.C.D.解析如图所示:. . .» 一. 一 / 一 >->-> ,- 以点D为坐标原点，以向量DA, DC, DDi所在直线分别为x轴,y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1,则D(0,0,0), A(1,0,0),B(1,1,0) , C(0,1,0), Ai(1,0,1) , Bi(1,1,1), Ci(0,1,1), Di(0,0,1),对于：A1A = (0,0, 1), A 1D1 = (一1,0,0),一A1B1 = (0,1,0),22所以 A1A + A1D1 + A1B1 = ( 1,1, 1), (A1A + A D + A1B1) =

42、3,而 A1B1 =1,所以(AA+ A1D1 + A1B1)2 = 3A1 B12 所以正确；一，一 > > > > > >对于:A1C=( 1,1, 1), A1A = (0,0, 1), A1B1 = (0,1,0),所以 A1C (A1B1 A1A) =0.所以正确;> >h 7X 言 AD1 A1B对于:AD = (1,0,1),A1B = (0,1 , 1), AD1 A1B = 1, cos AD 1, A1B= |AD1|A1B|11= -f=一r=-1,所以AD 1与A1B的夹角为120°,所以不正确;42X422对于

43、：因为AB aA = 0,所以错误.故选 b.4. （2018海口一模）如图，AB是。的直径，PA垂直于。O所在平面，点C是圆周上不同于 A, B两点的任意一点，且 AB=2, PA =BC=*,则二面角 ABCP的大小为（C ）A. 30°B, 45°C. 60°D. 90°解析因为AB是。的直径，RA垂直于。O所在平面，点C是圆周上不同于A, B两点的任意一点，且 AB=2, PA=BC=V3,所以 AC JBC, AC= «AB2 BC2 =小3 = 1 ,以点A为原点，在平面 ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴,建

44、立空间直角坐标系，P(0,0, 回 B(43, 1,0), C(0,1,0),pb=(V3, 1,元=(0,1, -73),设平面PBC的法向量n=(x, v, z),|n PB = tJ3x+y pz= 0,则$ 一、n PC = y >/3z = 0,取 z= 1,得 n= (0, V3, 1),平面ABC的法向量 m= (0,0,1),设二面角A BC P的平面角为0,则cos仁鲁乎=：,所以0= 60。，|m | |n | 2所以二面角 A- BCP的大小为60°.5.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，/ABC=90°, AD/ BC, SAL平面 AB

45、CD ,SA= AB=BC=1, AD=1,则平面SCD与平面SAB所成锐二面角白余弦值是 乎.231解析如图所不建立空间直角坐标系，则依题意可知D(2，0,0),. f 1 一一 I 一一，“、.，.，.一C(1,1,0), S(0,0,1),可知 AD = (2，0,0)是平面 SAB 的一个法向量.设平面SCD的法向理n=(x, v, z),一、，21 一1 一因为 SD=(2，0, 1), DC = (2，1,0),所以 n SD= 0, n DC = 0,可推出 2 z= 0, 2+ y = 0,令 x= 2,则有 y= 1, z= 1,所以 n= (2, 1,1).设平面SCD与平

46、面SAB所成的锐二面角为 0,1 c c c加 IAD n| cos 0=|AD|n |,63 .2+(-12+122>< 2+0X (1 )+ 0X 16,已知正三棱柱 ABC A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线ABi和BM所成的角的大小是 90°.ABi /BD, ZMBD 就解析 延长AiBi至D,使AiBi=BiD,连接BD, CiD, DM ,则是直线ABi和BM所成的角.设三棱柱的各条棱长为 2,则BM = <5, BD = 2/2, CiD2=AiD + AiC2-2AiD AiCiCOs60 = i6+4-2X4= i2.

47、DM2= CiD2+CiM2= i3,BM2+BD2-DM2 所以 C0s，M =2 BM BD =°,所以/DBM = 90°.7 .点P是二面角a AB- 3棱上的一点，分别在平面 & 3上引射线PM, PN,如果/BPM = / BPN = 45°,/ MPN = 60°,那么二面角 a-AB- 3的大小为90.解析不妨设PM = a, PN= b,如图.作ME _1AB于点E, NF1AB 于点 F,因为/ EPM = /EPN = 45°,所以PE = a,PF*b,三 所以 EM FN = (PM PE) (PN PF)=P

48、M PN-PM PF PE PN+ PE PF=abcos60 a xcos452222 abcos45 + ax 2 bab ab ab ab _-T- - + -= 0,2 222'所以葡局，所以二面角a- AB- 3的大小为90°.8 .如图，正方形 ABCD和四边形 ACEF所在平面互相垂直， CEL AC, EF / AC, AB =也，CE= EF = i.求证：AF /平面BDE ;(2)求证：CF，平面BDE;(3)求二面角 ABED的大小.解析(1)设AC与BD交于点G,因为EF/AG,且EF=1,1，一，一，一，一，一，一AG = 2AC=1,所以四边形

49、AGEF为平行四边形.所以 AF/EG.因为EG?平面BDE, AF?平面BDE ,所以 AF/平面BDE.(2)因为正方形 ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEgC,所以CEL平面ABCD.如图以C为原点，建立空间直角坐标系 Cxyz.则C(0,0,0),1).所以cF=(尊号,A( .2, .2, 0), D( .2, 0,0), E(0,0,1) , B(0, .2, 0), F,梳, 1), BE=(0, _ ® 1), DE=(-V2, 0,1).所以 CF BE=0-1+ 1 = 0, CF DE = - 1 + 0+1 =0.所以 CF JBE, CF I

50、DE,所以 CF,平面 BDE.X /BEn DE= E, BE、DE?平面 BDE.(3)由(2)知，cF=(乎，g2, 1)是平面BDE的一个法向量，设一一 一7平面 ABE 的法向量 n = (x, y, z),则 n BA= 0, n BE = 0.(x, V, z)(近，0, 0 尸 0l(x, V, z)(0,-亚 1 / 0n C F 亚M 2 |n|CF|所以 x=0, z= 42y.令 y= 1,则 z= *.所以 n=(0,1, 啦)，从而 cosn, CF>因为二面角 A- BE D为锐角,一 一兀所以二面角A BE D为£9.(2018 天津卷，17)如

51、图，AD/ BC 且 AD=2BC, ADXCD, EG /AD 且 EG = AD, CD / FG 且 CD = 2FG, DG，平面 ABCD, DA=DC = DG =2.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.解析依题意，可以建立以D为原点，分别以dA, IDC, 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

52、),F(0,1,2) , G(0,0,2), M 0, 2，1 i N(1,0,2).«D , Df 二。一依题意dC= (0,2,0) , DE =(2,0,2).设n0= (x,y,z)为平面CDE的法向量，则儿比=%2y=0,即：不妨令z= - 1,可得no= (1,0, 1).2x+ 2z= 0,3又MN=(1,-2, 1卜可得MN n o=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).pi BC =U,p x1 = 0,设n=(x，y，zi)为平面BCE的法向

53、量，则 11 /访二)，即“不妨/x1-2y1+2z1 = 0,令 z1 = 1,可得 n= (0,1,1).州.麻=U,设m=(x2, y2, z2)为平面BCF的法向量，则 YF=x2 = 0,即,不妨令z2=1,可得 m= (0,2,1).丫2 + 2z2 = 0 ,因此有cosm, n>m n_ 3.10|m|n10是 sin m, n> = "° ，10 .所以，二面角E-BC-F的正弦值为¥0°.设线段DP的长为h(hC0,2),则点P的坐标为(0,0, h),可得BP = (i, 2, h).易知，DC = (0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos而，DC> =BPWDC=, jh2+5由题意，可得-4=sin60 =坐,解得h = We0,2. h2+523所以线段DP的长为W3B组1. (2018济宁一模)如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD是菱形，/ ADC = 60°, 侧面PDC是正三角形，平面 PDC