2021届高考数学(浙江专用)一轮试题：§8.5空间向量及其在立体几何中的应用

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L如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PAJ_平面ABCD.E.F分别是AB.PD的中点，且PA=AD.求证:AFII平面PEC:(2)求证:平面PECJ.平面PCD.证明PAJL平而ABCD,底面ABCD为正方形，:.PA±AB.PA± AD.AB ± AD.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、(220).D(020).(DVF为PD的中点,E为AB的中点，.,.F(OJJ)BIAO),两=(L0.2)7?M22-2).设平面PEC的法向量为m=(XLyi,zi),则1nl，空=。即0CZ=。JUrPC = O, ll2x1 + 2yr2z1 = 0,取力=1 .则又 V 4?MOJJ),.B.AF-ni=O-l+l =0.平面 PEC.(2)P?=(2.2.-2)JD=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为m=(X2,y2,r.1Jn2-PC = 0,.(2x2 + 2y2-2z2 = O»,fx2 + y2-z2 = 0, U-PD = 0/l2yr2z2=0,= 0

3、,取 zaI.则又12,-1,1)是平面PEC的一个法向量，*. n 2=(2,-1,1 )-(0,1,1 )=0,:. n i JL lb,平面PECd.平面PCD.2.如图，已知四枝台ABCD-AiBiCiDi的上、下底面分别是边长为3和6的正方形.A】A=6,且AiA_L底而ABCD.点P.Q分别在棱 DDi.BC 上.若P是DDi的中点，证明:ABPQ;(2)若PQII T lfll ABB内二而角P-QD A的余弦值为真求四面体ADPQ的体积.2解析 由题设知.AAlAB.AD两两垂直.以A为坐标原点,AB.AD.AAl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,

4、则相关各点的坐标为人(0,0,0)3(3.0,6)。(0.6,0)回(0,3,6)。(6皿0),其中m=BQ,0<m<6.证明:因为P是DDi的中点，所以P(04,3),所以丽=(6,7W，3).又被=(3.0，于是而;而=18/8=0,所以福，丽.即ABi±PQ.由题设知质=(6.m60).西在0.36)是平面PQD内的两个不共线向里.设川=(xyz)是平面PQD的法向里,则卜1 少 °,即IX'+(=O=。取k6得nE6-n】63).又平面AQD的一个法向量是2(0.01).所以 COS<ni.I12>一广：2 _3-3.Inllln2l

5、 ixJ(6-m)2+62+32 J(6-m)2+45而二面角P-QD-A的余弦值为,因此-r 1 J解得m=4或m=8(舍去).此时Q(640). J(6-m)2+45 '设赤=>西(0<W 1),而西=。36),由此得点P(0.63Z6Q,所以所=(6,3入26%).因为PQII平面ABBN,且平而ABBiAi的一个法向量是13=(0.1。),所以可3=0.即312=0,亦即:日.从而 P(0,4,4).于是，将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥PADQ.则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=S，ADQ-h=ixx6x6x4=24.考点二用向量法求空间角与距离3

6、.在平面四边形ABCD 4AB=BD=CD=LAB±BD.CD±BD.ABD沿BD折起,使得平面ABD,平面BCD.如图.(1)求证:ABLCD:(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值：(3)在的条件下，求点D到平面BMC的距离.解析(1)证明:.平面 ABDJL 平而 BCD.平面 ABDATlftl BCD=BD.ABu 平面 ABD.ABBD, AAB±YiftlBCD.又 CDu 平面 BCD.ABLCD.(2)过点B在平面BCD内作BELBD.如图.由(1)知 AB，平面 BCD,又 BEc T-nn BCD.BDu 平面 BCD,A

7、AB±BE.AB±BD.以B为坐标原点，分别以丽丽瓦?的方向为xJlthy轴.z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意，得 B(OAO).C(l.LO),D(O,LOkA(OAl讣0,1 则就=(1 . 1.0)而=(0, , 1).AD=(0J.-l).设平面MBC的法向量为n=(xo,yo,zo).,fn.BC = o (X。+ y0 = 0, 则坐。，即日0,(n-BM = 0, (2° + 2Z° 取z0=l.得平面MBC的一个法向量为n=(L-l.l).设直线AD与平面MBC所成角为8,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为年.由可知平面MBC的

8、一个法向量为 又，丽=(0.L0),点D到平面BMC的距离为嘴L/厚 4.如图，在四棱锥A-EFCB中/AEF为等边三角形，平面AEFJ_平面EFCB.EFllBCBC=4.EF=2a.NEBC=NFCB=60。为EF的中点.(1)求证:AO«LBE:(2)求二面角F-AE-B的余弦值；(3)若BE_L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 证明:因为MEF是等边三角形Q为EF的中点，所以AO±EF.又因为平面AEF±Ylftl EFCBAOu平面AEF.所以AOJ_平面EFCB.所以AOLBE.(2)取BC的中点G.连接O

9、G.由题意知四边形EFCB是等腰梯形.所以OGLEF.由知AOJ_平面EFCB,又OGu平面EFCB,所以OALOG.如图建立空间直角坐标系Oxyz.则 E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,屈2-a),0), 所以 E4=(a.0./la).8E=(a2?/5(a-2).0).设平面AEB的法向量为n=(x.y,z),= 0,即1 ax + 娼az = 0, U-BE = 0, ' l(a-2)x + V3(a-2)y = 0.令 z=I 厕 xW，.y=-I.于是 n=(/l.-l J).又平面AEF的一个法向量为p=(OJ.O).所以cos<n.p>瑞rE由题设

10、知二面角F-AE-B为钝二面角.所以它的余弦值为(3)因为BE_L平面AOC.所以BEJ_OC.即希,沃=0.因为丽=(a2.JJ(a2).0).5?=(-2,J，(2a).0),所以辰5?=2(a2)3(a-2E由盛,灰=0及0<av2,解得a=1.(4)由可知 A(0,0,竽),F(-30,0),eGq,0),B(2,笫,0).力(母。制扉C，cos(丽万X耦向小.BE与AF所成角的余弦值讣综合篇知能转换【综合集训】考法一求异面直线所成角的方法1.(2017课标1110.5分)已知直三楂柱人80上©中2八1'=120:位=230。=1,则异向直线481与四1所成角的

11、余弦值为A万B.W 答室C2 .(2019吉林长春外国语学校一模.15汝”图所示，平面BCGBiL平面ABC.nABC=120。.四边形BCCiBi为正方形，且AB=BC=2,则异 面直线BCi与AC所成角的余弦值为.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-A】BiG中.AB=AA12,点P.Q分别为AiBuBC的中点.(1)求异面直线BP与AG所成角的余弦值；(2)求直线CG与平面AQG所成角的正弦值.解析如图,在正三棱柱ABCABG中,设ACAiCi的中点分别为O.Oi,则 OB，OC.OOOC.OO JOB.以济方乙而；)为基底，建立空间

12、直角坐标系O-xyz.因为 AB=AA2,所以 A(O,-1,O),B(褥,0,0),C(0J,0),Ai(0,-1,2)B(V102)C(0,1,2).因为P为AiBi的中点，所以P俘，2).从而加=( y,-1,2)=(0.2.2).故 kosvBPWG%BPACl 1-14-41 SvrlO|87卜以媪7取2、= 20 '因此，异面直线BP与AG所成角的余弦值为察.因为Q为BC的中点，所以Q俘，0),因此而=俘1，0)配=(022),至=(0。2).设n=(xyz)为平而AQCi的一个法向量，则(丝"=。即肾+|y= °，不妨取x信i,i).(AC1T1=0,

13、 (2y + 2z = 0.设直线CG与平面AQQ所成角为6.则 sin 0= co5<CC1.n>l=”尸I 一 2iccll lnl X2、写T所以直线CCi与平面AQG所成角的正弦值为g.4.(2018湖北八校4月联考.如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,FA=FC,且nDAB=nDBF=60。. (1)求证4(：，平面8口£收求直线AD与平面ABF所成角的正弦值.E解析（1）证明:设AC与BD相交于点O.连接FO.四边形ABCD为菱形,，ACLBD,且O为AC中点.VFA=FC,AAC±FO,又 FOABD=O.A AC± 平面 BDEF.

14、（5 分）（2）连接DR： I四边形BDEF为菱形，且nDBF=60。，"DBF为等边三角形为BD的中点,FO«LBD,又AC，FO.ACnBD=O.FOJ_平面ABCD.VOA.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.V四边形ABCD为菱形.nDAB=60。，.BD=2.AC=2GV DBF 为等边三角形,AOF=V3.，A( V3 A0).B(0.1.0).D(0r 1.0) J(0,0V3).而=(依 i ,0)万=(-V5,0,内至1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y.z),则 |AF,ti = -V5x + /

15、3z = 0,l屈 F = -V'Jx + y = 0,取 x=l.得分)设直线AD与平面ABF所成角为包则sin Acosv万.11>1=叵雪半(12分)|AD|n| 5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=LE.F是平面ABCD同一侧的两点.EAllFC.AE，AB.EA=2,DE=JS.FC=l.证明:平面CDFJL平面ADE;求二面角EBDF的正弦值.解析(1)证明:.四边形ABCD是矩形,J CD，AD.,: AE _L ABCD H AB. CD ± AE.又 ADnAE=A.；.CDJ_ 平面 ADE

16、.VCDc 平面 CDF. A 平C CDRL 平面 ADE.(2)V AD=BC= LEA=2.DES. DE2=AD2+AE2, J AE ± AD.又 AE，AB.ABnAD=A.，AE_L 平而 ABCD.以D为坐标原点.建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则 D(0.0O).B( 1.2.0).R021),E(1.0.2). 丽=(120向=(021), 设平面BDF的法向量为m=（x.y,z）.pn-DK = x + 2y = 0, bn-D? = 2y + z = 0,同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2.-l,l),/. cos<m.n>m-n

17、32，r6|m| |n|=3x、 6.sin<m,n>=等,故二面角E-BD-F的正弦值为厚. OO6.(2019河北石冢庄4月模拟.18)如图，已知三极锥P-ABCqPC±AB.ABC是边长为2的正三角形.PB=4.nPBC=600.(1)证明:平面PACJ_平面ABC;(2)设F为棱PA的中点.求二面角P-BC-F的余弦值.解析 证明:在2PBe中.NPBC=600.BC=2.PB=4,由余弦定理可得PC=2。. PU+BC'PB; PC ± BC,(2 分)XPC±AB.ABABC=B.PC,平面ABCPCu平面PAC.平面PACJ_平面

18、ABC.(4分)(2)在平面ABC中,过点C作CMJXA.以CACM.CP所在的直线分别为x轴.y轴.z轴建立空间直角坐标系Cxyz(图略). 则 C(0,0,0).P(0.0,2>/3),A(2.0.0),B( 1 .>/3,0),F( 1,0V3 ).(6 分)设平面PBC的法向量为m=(xi,yi,zi),则图煎则xS即m=(G.10)为平面PBC的一个法向量48分)设平面BCF的法向量为n=(X2»2&),则理'=+ J3y2 = 0,取X2=d±则即为平面BCF的一个法向量,(10分)mn cos<m,n>=3+1+02xJ

19、(s/?)2+(.l)2+(.l)2 5由题图可知二面角P-BC-F为锐二面角, 故二面角P-BCF的余弦值为新<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ADEFL平面 ABCD. AF IIDE.AD ± DE. AF=2 e.DE=3 伤.求证:平面ACE_L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,求出笠的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面ADEFJL平面ABCD.平面ADEFC平面ABCD

20、=AD.DEu平面ADEF,DE±AD.所以DE_L平面ABCD.（2分）又因为ACc平面ABCD,所以DE，AC.因为四边形ABCD是正方形.所以ACJ_BD.又因为DEflBD=D.DEu平面BED.BDu平面 BED.所以ACL平面BDE.（3分）又因为ACu平面ACE.所以平面ACE±平面BED.（4分）（2）因为DEJ_DC.DE，AD.ADLDC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.则 A(3,0,0),F(3,0,26),E(0.0,3后),B(3,3.O),C(O,3,O),(5 分) 所以芥(3,-3,0)砥(-3,-3,3而)罚=(3,0,-倔.设

21、平面BEF的法向量为nHxnyi.zi).则=0,即3xx-3yl + 3房工=0,InEF = 0, (SXiVZi = 0，令 Xi=j6.则 y1=2j6.zi=3.则 n=(/6.2/K.3).(6 分)所以cos<1n*求3募9零(7分)所以直线CA与平而BEF所成角的正弦值为当.（8分） X，（3）存在，理由如下:设平面MBE的法向量为m=(X2»2,Z2),4m ,南=0 f3% + tz = 0, ' (加前=0, l-3x2-3y2 + 3倔之=°，今以=1,则 Z2=3.X2=3/Kt,贝ij m=（3d6t.t.3）.（10 分） 又谕=

22、（3,3.0）是平面BDE的一个法向量，Fcosvni.C 4 >1=|m-CA|ImllCI19、乐6tl3、Cx1="=2 +9，分）整理得2-6倔+15=0 .解得1邛或舍去）,（12分） .岑=加3分）2 .（2019安徽六安一中 4 月月考.18）如图 1,在 RHABC qzC=90°,BC=3,AC=6.D.E 分别是 AC.AB 上的点，且 DEllBC.DE=2,ADE 沿DE折起到3AQE的位置,使ACCD,如图2.若M是AiD的中点，求直线CM与平面ARE所成角的大小；线段BC上是否存在点P.使平面AQP与平面A】BE垂直?说明理由.解析(1)由

23、折段的性质得 CD，DE.AQ_LDE,又 CDAAiD=D. ADE± Tlfll ACD.又 A】Cu 平面 ACD.：. ACDE,又 AiC±CD,CDADE=D.AiC_L 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(20.0).AM.0.2*).E(-220).B(0.3.0),工布 K0.3.-2回族=(222同设平面AiBE的法向量为n=(x,y,z),则但m=0,档-2w/21AlEw = 0, (-2x + 2y-2 商=0,分)又 V M(-1 .06).初=(-1,0«5). Cff-n 1+3/ cos

24、vCAf .>= |CM| |n| vl+4+3x sTFI 2ACM与平面A>BE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(OaO),则aG03L 漉=(0a-2/I).丽=(2.a.O).设平面AiDP的法向量为nlxi.yi.zi),则侬1着21二0°'取y尸6,则x3&ZiSa. ni=(-3a.6.怖a).(9 分)若平面AQP与平面A,BE垂直，则nrn=O,J 3a+12+3a=0,即 6a=-l 2., a=-2, O0a&3,a=2舍去. 线段BC上不存在点P,使平而A】DP与平面

25、AiBE垂直工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.AD IIBC 且 AD=2BC.AD±CD.EGll AD 且 EG=AD,CDllFG 且 CD=2FGDG J,平面ABCD.DA=DC=DG=2.若M为CF的中点,N为EG的中点，求证:MN II平面CDE;(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG匕且直线BP与平面ADGE所成的角为60。,求线段DP的长.解析 木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

26、证能力.依题意,可以建立以D为原点，分别以苏.瓦.济的方向为x轴,y轴.z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 60.0.0)八(2.00)上(120).(：(0.2.0汨202)(0.1.2)0(0.0.2).必0白1)岫1.0.2).(1)证明:依题意得比=(020).反=(2.0.2).设nEx°,yo.Zo)为平向CDE的法向量，则喘:轲穹3。，不妨令Zo=l,可得刖=(1.0.-1).又丽=(1,| ,1) ,可得丽ngO.又因为直线MNQ平面CDE.所以MNII平面CDE.(2)依题意，可喻=(-11,22).K=(0.-1.2).设n=(xi.yi.zi)为平面BC

27、E的法向量， 则噫二a层”+2 不妨令ZI=1.可得n=(O.l.l).设小=汽2.>2)为平面BCF的法向量.则匣=0,叱M0bn-CF = 0, l% + 2z2 = 0,不妨令及=1 .可得m=(O.2J).ci tn*n 3、'i0 p 曰'i0因此有 s<nu)>-=sin<m,n>=.所以,二面角EBCF的正弦值为等.(3)设线段DP的长为h(h0O.2J),则点P的坐标为(O.O.h),可得加=(“.2h). 易知沆=(020)为平面ADGE的一个法向量，故Icos砺沆*|j?D?|2由题意，可得2 sin 60。4,解得h?

28、3;似21.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：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曼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；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：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_L底面ABCnBAC=90。,点DEN分别

29、为棱PA.PC.BC的中点.M是线段AD的中 点.PA=AC=4.AB=2.求证:MN II平面BDE:(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在楂PA .匕且直线NH与直线BE所成角的余弦值为求线段AH的长. / X 解析 木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，分别以而N?.赤方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0A0).B(2A0).C(0.4.0),P(0.0.4),D(0.0.2),E(0,2,2)A1(0,0.1),N(L

30、2.0).不妨设z=l,可得n=(l.0.1).又丽=(121),可得丽n=0.n2,EN( = 0,712'MN = 0.因为MNQ平面BDE.所以MNII平面BDE.(2)易知m=(LO.O)为平面CEM的一个法向量,设m=(x.y.z)为平而EMN的法向量.则 因为前女0.2.1丽=(1所以;泻;z°= 0.不妨设y=l,可得nE4.1,2).于是 sin<ni.n>=空士 所以,二面角C-EM-N的正弦值为绊.依题意,设AH=h(O$h*).则H(O.O.h),进而可得丽=(-1.2h).丽=(-222).由已知,得Icos丽.屁>1=黑需担山整理得

31、-I JM+5X2W 2110M21h+8=0,解得 厚或h,.所以，线段AH的长为飘之 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: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IH.19.12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中.PAJJ氐面 ABCD,ADIIBC.AB=AD=AC=3.PA=BC=4,M 为线段 AD 上一 点.AM=2MD.N为PC的中点

32、.证明MNII平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.c解析证明:由已知得AM=4aD=2.取BP的中点T,连接AT.TN.由N为PC的中点知TN II BC.TNBC=2.(3分)又ADIIBC,故TN及AM,故四边形AMNT为平行四边形，于是 MNIIAT.因为ATc平面PAB.MN平面PAB,所以MN II平面PAB.(6分) (2)取 BC 的中点 E,连接 AE.由 AB=AC 得 AE_LBC,从而 AE«LAD.且 AE=VABBE-=JAB2- 以A为坐标原点.荏的方向为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 RO.O.AMQZO

33、.C(正 20).N(*L2).成=(02下=住1,2)前=仔1,2).设n=(x.y.z)为平面PMN的法向量.（10 分）fnPM = 0,印作4=0,% 丽=0惇x + y.2z = 0, 可取 nM0.2J）.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为第.(12分) 4.（2019 浙江.19.15 分）如图，已知三棱柱 ABC-ABG,平面 AACGL平面 ABC.nABC=90°.nBAC=300.A】A=AC=ACEF 分别是AC.AB的中点.(1)证明:EF«LBC;(2)求直线EF与平面A】BC所成角的余弦值.解析 证明:连接AE因为AiA=ACE是AC的中点

34、,所以AiE±AC.又平面 AiACG J_ 平面 ABC.AiEu 平面 AiACCi,平面 AiACCifl平面 ABC=AC,所以,AiE，平面ABC.如图，以点E为原点,分别以射线EC.EAi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 AM0.0.2炳.B（叵 1O）B（技3.2回F信尚,2遍）.C（020）.因此罚=俘(,20反=(.值L0). FlE?BC=OEF±BC.(2)设直线EF与平面A】BC所成角为6. 由(1)可得前=(-行.1.0)点=(02-24). 设平面AiBC的法向量为n=(x,y,z).由感=。闱今+y;。,(A

35、xCti = o, lyv 无=o.取】i=（i ,）,因此，直线EF与平面AiBC所成的角的余弦值为" 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.在用直接法求线面角时.一定先“找角”.再”求角”.5.（2018 课标 11.20.12 分）如图，在三棱傕 P-ABC 中.AB=BC=26.PA=PB=PC=AC=4.0 为 AC 的中点.证明:PO_L平面ABC;（2）若点M在楂BC上，且二面角M-PA-C为30。,求PC与平而PAM所成角的正弦值.解析（1

36、）证明:因为AP=CP=AC=4,0为AC的中点,所以OPLAC,且0P=2jI 连接OB.因为AB=BC=/AC.所以LABC为等腰直角三角形，且OB±AC.OB=AC=2.由 OPOB2=PB2知 PO±OB.由 OP，OB.OPJ_AC.OBnAC=O,知 POJ_ 平面 ABC.如图.以O为坐标原点.据的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得0(0。0).8(2.0.0).40.2.0).(2(0.20)?(002/3).»=(0226).取平面PAC的法向曼而=(2,00).设 M(a,2-a,0)(0<a42),则而?=(a,4-

37、a,0).设平面PAM的法向量为n=(x.y,z).由万n=0飘n=0得 户：丁广 °n 可取 n=(V3(a-4).V3a,-a), (ax + (4-a)y = 0,所以 cos<ggji>= , 2x/1(a-4)2j3(a-4)2+3a2+a2所以2<J|a-4| 臼43(04)2+初2+浸 2,解得a=4（舍去）或a=-.又正=(02-2所以 cos<PC.n>=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为今考点二用向量法求空间角与距离6.(2019课标I .18.12分)如图，直四极柱ABCD-AjBiCiDi的底面是菱形.AAH.AB=2.nBA

38、D=60Q.E.M.N分别是BC.BBi.AiD的中点.证明:MNII平面C2E;求二面角A-MAi-N的正弦值.解析 木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:以直四楂柱为 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BC.ME,因为M.E分别为BBi.BC的中点，所以MEIIBC,且ME=gBC.又因为N为A,D的中点，所以NDAQ.由题设知AB或DC可得B】C幺AQ.故ME区ND,因此四边形MNDE为平行四边形.MNllED,又MN0平面EDG.所以MNII平面GDE. 由已知可得DELDA.以D为坐标原点.位

39、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,则人(200)人1(2.0.4)41(1.2)(1.0.2)融=(0.0.4)布=(-171-2).不=(-1。.-2)询=(0.-0.0).设MXW)为平面AiMA的法向量喊毁;；所以x + 遍y-2z = 0,可取 m=(.LO).-4z = 0.设n=(pqr)为平面A,MN的法向量，则;温二:所以只:轲取X2, ON).于是 cos<m,n>=；m-n 2x*J /IS所以二面角A-MAi-N的正弦值为手.7.(2019课标IIL19.12分)图1是由矩形ADEB.Rt-ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形.其中

40、AB=1.BE=BF=2.nFBC=60。.将其沿AB.BC折起使得BE与BF重合,连接DG.如图2.证明:图2中的A.C.G.D四点共面,且平面ABCJ_平面BCGE:(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.图2解析 木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r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.证明:由已知得ADHBECGHBE,所以ADIICG,故AD.CG确定一个平面从而ACG.D四点共而.由已知得ABJ_BE.AB，BC,故ABJ.平面BCGE.又因为ABc平面ABC,所以平面ABC

41、±平面BCGE.(2)作EH J_BC.垂足为H.因为EHc平面BCGE.平面BCGE1.平面ABC.所以EH±平而ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2.nEBC=60。.可求得BH=LEH=.以»为坐标原点.玩的方向为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(2,0g万=(1,0,馅).正=(2.- L0).设平面ACGD的法向量为n=(x.y.z).n = 0, 所以可取nM36曲).B HADIICG.进而可得A、C、G、D四点共又平面BCGE的法向量可取为m=(0.L0), 所以 cos<

42、n.mx 即 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 面.由折叠前后不变的位置关系可得ABLBE.ABLBC从而AB,平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.由(1)可得EI平面ABC以II为坐标原点沆的方向为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BCGA的大小.8.(2018课标IIL 19.12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半网弧力所在平面垂直,M是a上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD,平面BMC;当三棱惟M-ABC体积最大时,求面MAB与向MCD所成二面角的正弦值.解

43、析本题考查曲面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)证明:由题设知，平面CMD«L平面ABCD,交线为CD.因为BC±CD,BCc平面ABCD,所以BC±平面CMD,故BC±DM. 因为M为&上异于C.D的点，且DC为直径，所以DM±CM.又 BCnCM=C,所以 DMJ.平面 BMC.而DMc平面AMD.故平而AMD±平面BMC.(2)以D为坐标原点方的方向为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 为徐的中点.由题设得 D(0.0.0),A(2,0.0),B(2.2

44、.0),C(0,2,0).M(0.1.1) Jmh.2JJ)=(0,2.0),D=(2.0.0).设n=(x.y.z)是平面MAB的法向量，则 鬻:即修君+).。4是平面MCD的法向量，因此所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是少.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铳角还是

45、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II.19.12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧而PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD.AB=BC=1AD.zBAD=zABC=90E是PD的中点.证明:直线CEII平面PAB;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.证明:取PA的中点F.连接EF.BF.因为E是PD的中点,所以EFlI AD.EFAD.由NBAD=NABC=90。得BCH AD.又BC=*D.所以EF

46、幺BC,则四边形BCEF是平行四边形，所以CEllBF,又BFu平面PAB.CE平面PAB.故CEH平面PAB.由已知得BALAD.以A为坐标原点方的方向为x轴正方向,施I为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则A(0 A0).B( 1 A0).C( 1.1.0),P(0.1 .>/3 )7?=( 1,0.-73 )J4B=( 1 AO).设 M(x,y,z)(O<xv 1),则前=(x-1 ,y,z)闻?=(x,y-1).因为BM与底面ABCD所成的角为45。，而n=(0,0,l)是底面ABCD的法向量,所以lcos<丽?,n>l=sin 45°,

47、-f.|r|J(x-l)2+y2+r2即(Xl-+y2-z2=o .又M在核PC匕设两=屁.则由,解得(舍去)，或x=兀y= 1 ,z=VJ-#入.所以j乎).从而俞=(iq,i*).设mTxo.yo.zo)是平面ABM的法向量，= 0,即(2 .鱼)x° + 2y0 + 病 z0 = 0, x bn-AB = 0, lx0 = 0,所以可取m=(0.V62).于是COS<fflJl>= m n -易知所求二而角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为手.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

48、量.再由向量的夹角公式求解.解题关健 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 ABCDEF 中，平面 BCFEL平面 ABC.nACB=900.BE=EF=FC=LBC=2.AC=3.求证:BF_L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.BECF相交干一点K.如图所示.伙I为平面BCFEL平面ABC.fL AC，BC,所以.AC J.平面BCK,因此.BFJ_AC.又因为EFIIBCBE=EF=FC=1.BC=2.所以，BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF±CK.所以BFJ平

49、面ACFD.(2)由(1)知BCK为等边三角形,取BC的中点0.连接K0,则KO，BC,又平面BCFE±平而ABC.所以.KO_L平面ABC.以点0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Oxyz.由题意得 B( LO.O).C(LO.O).K(O.O.郎).A( 1.30),eR,唁).哈端).伙I此刀=(030)加=(1.3.0)方=(2.3.0).设平面ACK的法向量为m=(x.yi.zi),平面ABK的法向量:为n=(X2.y2,Z2).由(歉=。，得f y二 0,取 m=(73.o.-i)；(AK-?n = 0+ 3yl + 但1

50、=0,由管i =网2取 n=(3,-2,a.(AK-n =0 收2 + 3% + V3z2 = 0,十日m-n 骂于是.cos<m,n>而而不又易知二面角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泉 方法思结 着二面角的平面角为6.两半平面的法向量分别为n,和以则Icos 8|=|cosv川.岭1 .要求cos 6的值.还需结合图形判断二面 角的平面角是锹角还是钝角迸而决定cos 6=|cosvn】.nz>l,还是cos 8=lcos<ni.nAl.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.同时考亘空间想象能力和运算求解能力.1

51、1.(2017山东.17.12分)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是铀的中点.(1)设P是令匕的一点，且APJ_BE.求NCBP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 AP±BE.AB±BE.AB.APc 'Flftl ABP.ABnAP=A.所以BE，平而ABP,又BPu平面ABP,所以 BE_LBP,又nEBC=120。.因此NCBP=30。.解法一:以B为坐标原点,分别以BEBP.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

52、 A(O,O,3),E(2AO).G( 1 ,3.3),C(-1 VIO), 故族=(2.03)刀=(1.G.O)扇=(2.0.3),设m=(xi.yi.zi)是平面AEG的法向量.aJm-AE = 0,诃泅 2xx-3zx = 0,取z1=2,可得平而AEG的一个法向量m=(3行.2).设n=(X2,y2a)是平面ACG的法向量.由竺=6可制：2 +警=0, (7i,CG = 0(2乂2 + 3z 0.取Z2=2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,.代-2).所以cosvmmx赢=去易知所求角为锐二面角， 因此所求的角为60。.解法二:取位的中点H,连接EH.GH.CH.因为nEBC=12

53、O。.所以四边形BEHC为菱形，所以 AE=GE=AC=GCW32 + 22=/13.取AG的中点M.连接EMCM.EC.则 EMJ_AG.CM_LAG.所以nEMC为所求二面角的平面角.又 AM=1 .所以 EM=CM=x/TTT=2G.在2BEC 中，由于nEBC=12O0.由余弦定理得 EC2=22+22-2x2x2xcos 1200=12,所以EC=2J3,因此占EMC为等边三角形.故所求的角为60°.12.(2015课标1【.19.12分)如图，长方体ABCDABGDi中,AB=16.BC=10.AA】=8,点E.F分别在AB.DC上,A正=D】F=4.过点E.F 的平面a

54、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a所成角的正弦值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作 EMLAB.垂足为 M.则 AM=A1E=4.EM=AAi=8. 因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.于是MH=J即空矿=6,所以AH=10.以D为坐标原点.位的方向为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( 1O.4.8).F(O.4.8)7?=( 10.0.0)配=(016.8).设n=(x.y.z)是平面EHGF的法向量,几屈=0,

55、n-HE = 0,0,所以可取n=(0A3).所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为联.思路分析(1)正方形是矩形且所有边都相等.利用面面平行的性质定理.结合长方体各棱长度作截面:(2)以D为坐标原 点刀沆,血的方向为x轴.y轴工轴的正方向建立空间直角坐标系分别求出平面a的法向量与直线AF的方向向量从而利用向 量法求得直线AF与平面a所成角的正弦值.方法技巧 利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而求两个方向向量的夹角(或其补角):(2) 通过平面的法向量来求.即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角或具补角(求锐角).取该角的余角就是斜线与平面所成的角.

56、13.(2017 江苏,2210分)如图,在平行六面体 ABCD-AiBCDi 中,AA J平面 ABCD.fL AB=AD=2,AAi= AzBAD= 120°.求异面直线AiB与AG所成角的余弦值：(2)求二面角B-AiD-A的正弦值.解析 木题主要考查空间向盘、异而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AEJ_AD.交BC于点E.因为AA平面ABCD.所以 AAi_LAE,AAi_LAD.如图，以(荏.前砧)为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为 AB=AD=2,AAi=AzBAD=120°,所以 A(O.O,O).B(值-10).D(020).E(值0.0) A(0.0.#).C W3. W3).(1甲=1居1依届M.则3为附>=席磊(信1八行)(、&、存)1=7="r因此异面直线AiB与AG所成处的余弦值为今(2)平面AiDA的一个法向量为近=(J3.0.0).设m=(x.y.z)为平面BAiD的法向量， 又淄=(行1.丽=(行.3,0).则，"逵=°，即jV*xy-Gz = 0,"bn-BD = 0, ' 信 + 3y = 0.不妨取 x=3.则 y=V3.z=2,所以m=(3.冉.2)为平面BAiD的一