高中数学期末备考微55讲立体几何08立体几何与向量方法含解析

2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何大题

一、解答题

1.（2021年高考全国甲卷理科）已知直三棱柱ABC-AMG中，侧面A44B为正方形，AB=BC=2,E,

下分别为AC和CG中点，〃为棱4g上的点.BF

（1）证明：BF上DE；

（2）当BtD为何值时，面BB£C与面QEE所成的二面角的正弦值最小？

【答案】（1）见解析；（2）=,

2

解析：因为三棱柱45C—45G是直三棱柱，所以8旦，底面A8C，所以BS_L4B

因为A3//AB,BF1所以8EL/W，

又BB]CBF=B,所以A5,平面BCC^.

所以BA,BC,两两垂直.

以B为坐标原点，分别以BA,8C,B4所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图.

所以B（0,0,0）,A（2,0,0）,C（0,2,0），4（0,0,2），4（2,0,2），G（0,2,2）,

E(l,l,0),F(0,2,l).

由题设。（a,0,2）（04aW2）.

⑴因为BF=(0,2,1),£>£=(1-«,1,-2),

所以BF.£>E=0x(l—a)+2xl+lx(-2)=0,所以防_L£>£.

（2）设平面。FE的法向量为〃?=（x,y,z），

因为砂=(_l,l,l),OE=(l_a,l,_2),

m-EF=Q-x+y+z=0

所以《，即《

m-DE=0(l-〃)x+y-2z=0

令z=2—a,贝U/x=(3/+a,2-a)

因为平面8CC4的法向量为84=（2,0,0）,

设平面8CGg与平面DEF的二面角的平面角为6,

63

则|cos0\=i_L=------1=

|m|-|BA|2x\j2a~_2a+14J2a-2a+14

127

当。=一时，2/-2a+4取最小值为二，

22

2

3__76

此时cos6取最大值为27-3•

所以（sin。）

此时耳。=—.

2

【点睛】本题考查空间向量的相关日•算，能够根据题意设出。（。,0,2）（04。42）,在第二问中通过

余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步.

2.（2021年高考全国乙卷理科）如图，四棱锥产一ABC。的底面是矩形，底面ABC。，PD=DC=1,

M为BC的中点，且心，40.

-7M

⑴求BC；

（2）求二面角A-PM-3的正弦值.

【答案】（1）V2；（2）—

解析：（1）PD_L平面ABCD，四边形ABC。为矩形，不妨以点O为坐标原点，DA.DC、DP

所在直线分别为x、＞、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。一个z,

3

设8c=2a,则0(0,0,0)、P(0,0,l)、B(2a,l,0)、M(a,l,0)、A(2a,0,0),

则P8=(2a,l,-1),AM=(-a,1,0),

PB±AM•则PAAA/=—2a2+l=0，解得a=1—>故BC=2a=6；

2

(2)设平面RAM的法向量为〃?=(玉,y,zj,则AM=-^-,1,0,AP=(—"0,l),

fV2

m-AM=----x,+y.=0r-

由J2,取％=夜，可得加工二(3,1,2),

m-AP=-5/2%,+Zj=0

(J2A

设平面PBM的法向量为九=(X2，M，Z2)，BM=----,0,0,BP=(-V2,-1,1),

Ji

n-BM=----x=01

由J29，取％=1，可得〃=|0,1,1)，

n•BP=-V2X2-y2+z2=0

m-n335/14

cos<m,n>=<111=r-l=,

加V7xV214

所以，sin<m,n>=^/1-cos2<m,n>='

4

因此，：面角A—PM—3的正弦值为匕.

14

【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；

（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平

面为坐标平面，直接取法向量即可）；

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是

钝角，从而得到二面角的余弦值.

3.（2020年高考数学课标I卷理科）如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，

AE=AD.ABC是底面的内接正三角形，P为。。上一点，PO=—DO.

6

⑴证明：24,平面P8C；

（2）求二面角8—PC—£的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）还.

5

【解析】（1）由题设，知△ZME为等边三角形，设AE1=1.

则£>0=走，CO=BO=-AE=~,所以20=立。0=巫,

22264

PC=yjpo2+oc2=旦,PB=y/PO2+OB2=—,

44

又,.ABC为等边三角形，则一^一=2。4,所以BA=@，

sin602

3

PA2+PB2=-=AB2,则ZAP8=90，所以丛_LPB，

4

5

同理24_LPC，又PCPB=P,所以Q41.平面PBC：

(2)过。作OV〃比交仍于点M因为P。_L平面ABC，以。为坐标原点，》为x轴，〃M为y轴建

立如图所示的空间直角坐标系，

彳；

则，°，°)，P(°，°,B(-J,,0),C(-J,-,0〕

，

244444

pr,1V3&、市(1672.pg

PC=(-~,-)>PB=一一—).PE=二（一

444444

设平面PCS的一个法向量为〃=(石,y,4),

[n-PC=Q乍J-%—也,一&Z]=0/r-

由〈，得<l1-，令M=，2,得Z1=_l,y=0,

n-PB=0[-Xj+垃Z1二0

所以〃=(0,0,-1),

设平面PCE的一个法向量为m=(x2,y2,z2)

\m-PC=Q[-x2-\[3y2-\[2z1=0,得Z2=一及，乃=与'

由《，得〈一一「'，令无2=1，

m-PE=0-2X2-V2Z2=0

所以团=(1,-^-,—>/2)

〃•m2>/22>/5

-cos<m,n>=-------=-------1==----

故|n|•|m|,V105，

百

6

设二面角B-PC-E的大小为。，则cos。=里.

5

【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学

运算能力，是一道容易题.

4.（2020年高考数学课标H卷理科）如图，已知三棱柱48廿464的底面是正三角形，侧面即GC是矩形,

M,"分别为6C,AG的中点，。为4V上一点，过6£和。的平面交4?于反交4c于6.

（1）证明：AAy//MN,且平面44物壮阳Gb；

（2）设。为△4AG的中心，若平面EBCF,且AO=AB,求直线反〃与平面44例，所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

10

解析：（1）M,N分别为BC,8cl的中点，

MNHBB、

又A4,UBB、

MN//AA,

在，.ABC中，M为8c中点，则SCLAV

又\侧面为矩形，

BC1BB[

MN//BB,

MN.LBC

1

由肱VcAM=M,脑7,4“0：平面44仞7

3C_L平面AAMN

又■BgHBC,且4Ga平面ABC,BCu平面ABC,

・•・AG〃平面ABC

又-BCiu平面EB£F,且平面EqC/c平面ABC=七尸

:.B、C\〃EF

:.EFUBC

又・8CJ_平面AAMN

£尸_1_平面44%7

EFu平面EBCF

平面E4G尸J_平面AAMN

(2)连接NP

AO〃平面EBgF,平面ACWFc平面EB©F=NP

•••AOUNP

根据三棱柱上下底面平行，

其面ANMAc平面ABC=AM，面ANMAc平面AB|G=AN

8

•••ONHAP

故：四边形QA04是平行四边形

设，ABC边长是6m(>0)

可得：ON=AP,NP=AO=AB=6m

。为"4G的中心，且△A4G边长为6根

ON=-x6xsin60°=\[3m

3

故：ON=AP=®n

EFUBC

.APEP

.6_EP

.•1------------

363

解得：EP—m

在31G截取与。=EP=根，故QN=2m

B】Q=EP且BQ/EP

四边形5QPE是平行四边形，

/.B.E//PQ

由⑴4cl_L平面AAMN

故ZQPN为片E与平面4AMN所成角

在町△QPN,根据勾股定理可得：PQ=JQN?+PN,=J(2加了+(6-)2=2Mm

・QN2mJI5

sinAQPN=上一=—=--

PQ2回m10

.•.直线片£与平面AAMN所成角的正弦值：吟.

【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证

线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题.

9

5.（2020年高考数学课标HI卷理科）如图，在长方体ABC。-44GA中，点瓦F分别在棱。2，B片上,

且2£>E=EQ,BF=2FBi.

（1）证明：点G平面AM内;

（2）若A5=2，AD=\，A&=3,求二面角A—EF-4的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

7

解析：（1）在棱C£上取点G,使得CQ=；CG,连接。G、FG、QE、C,F,

在长方体ABCD-ABCQ]中，AD//BC&AD=BC，BBJ/CC1且BB,=CC,,

1?2

CIG=-CG,BF=2FB\,：.CG=gCC[=gBB[=BF且CG=BF,

所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF7/ZJG且AE=OG,

同理可证四边形DEC|G为平行四边形，GE〃DG且GE=DG,

10

：.C{E//AF且GE=AF,则四边形AEC.F为平行四边形,

因此，点G在平面AE尸内;

（2）以点&为坐标原点，GR、c.B,,C。所在直线分别为X、丁、z轴建立如下图所示的空间直

角坐标系G一盯z,

则A(2,l,3)、4(2,1,。)、£(2,0,2),F(0,l,l),

AE=(O,-l,-l),AF=(-2,0,-2),“=(0,-1,2),4F=(-2,0,1),

设平面AEb的法向量为（普，y,zj,

m-AE=0_y_Z]=0

由＜.得〈:1c取马二-1，得玉=X=1，则机=(1,1,一1),

m-AF=0—2%1—2Z]=0

设平面4后产的法向量为力=（£,%，22），

n-A£=0—%+2z^=0

由〈,，得＜

~~，取Z2=2,得冗2=1，%=4,则“=(1,4,2),

n-A^F=0一2%+z2=0

设二面角A-M-A的平面角为必则|cos6|=理，Asin=-cos2

11

742

因此，二面角A—EQ—A的正弦值为

【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计

算能力，属于中等题.

6.(2019年高考数学课标HI卷理科)图1是由矩形/颂，比△/1%■和菱形班GC组成的一个平面图形，其中

AB-\,B片B六2,/FBO60°,将其沿46,比1折起使得应1与斯重合，连结。G,如图2.

(1)证明：图2中的4C,G,。四点共面，且平面平面式GF；

(2)求图2中的二面角BYGM的大小.

图1图2

【答案】(1)见详解；⑵30.

【官方解析】

⑴由已知得A£>〃OE,CGIIBE,所以ADHCG,故A。，CG确定一个平面.从而

A,C,G,。四点共面.

由已知得AB_LBC,故AB_L平面3CGE.

乂因为ABu平面ABC,所以平面ABC，平面8CGE.

(2)作石ULBC,垂足为".因为团u平面6CGE,平面6CGEJ•平面A8C,所

以团J_平面A8C.

由已知，菱形8CGE的边长为2,Z£BC=60°，可求得BH=1,EH=6.

以H为坐标原点，HC的方向为％轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系〃一町z,

则

12

Dz

G

A

BH

A(-1,1,0),C(l,0,0),G(2,0,V3),CG=(l,0,扬，AC=(2-1,0).

设平面ACGD的法向量为/?=(x,y,z)»则

CG•n=Qx+J3z=0,

即《所以可取〃=(3,6,—G).

AC.n=02x-y=0.

乂平面8CGE的法向量可取为〃?=(0,1,0),所以cos〈〃，，〃〉=-....=—.

I»l\m\2

因此二面角B-CG-A的大小为30°.

【点评】很新颖的立体几何考题.首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的.再

者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法.最后将求二

面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力.

7.(2019年高考数学课标全国II卷理科)如图，长方体ABCD-ABCIA的底面ABCD是正方形，点E在

棱A4上，BE±£C,.

(1)证明：BE工平面EBiG；

【答案】⑴证明见解析：⑵乎.

13

【官方解析】

证明：(1)由已知得，&GJ_平面ABqa，BEu平面4?4A，

故用G_LBE.又BE上EC1,所以BE,平面EBg.

(2)由(1)知ZBEg=90°.由题设知放所以NAE8=45°,

故AE=AB，M=2AB.

以O为坐标原点，的方向为X轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系。-孙Z,

则c(o,l,o)，5(C1,o)，q(0,1,2),E(l,0,l),Cfi=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CCt=(0,0,2).

设平面EBC的法向量为〃=(百,另,zJ,则

CB•〃=()[x,=0,_,、

\，即《।'所以可取“=(0,—1,—1).

CEn=01内一乂+4=0,

设平面ECG的法向量为加=(/，%，Z2)，则

\'即42，所以可取利=(1,1,0).

CE-m^O[x2-y2+z2=0

于是cos(〃,〃)=而1=一5.所以，二面角8—EC-G的正弦值为

【分析】

⑴利用长方体的性质，可以知道4G■1侧面456A,利用线面垂直的性质可以证明出B£1EB,

14

这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出8E_L平面EB£；

（2）以点。坐标原点，以分别为x,»z轴，建立空间直角坐标系，

设正方形ABC。的边长为。，B、B=b,求出相应点的坐标，利用5E_LEG，可以求出。力之间的关

系，分别求出平面EBC、平面ECC的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角B-EC-a的

余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角3-EC-&的正弦值.

【解析】

（1）因为ABC。—A与GA是长方体，所以4GJ•侧面A|BfA,而BEu平面A4BA,所以

3£_1耳。1，又5后_16。1,B©EC[=a,耳£,EC|U平面E4G，因此5E_L平面七46；

（2）以点5坐标原点，以区4,3。,84分别为x,y,z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

B(O,O,O),C(O,a,0),G(0,。力),E(a,0,g),

因为BEJ.ECt,所以BE-Eg=0=>(a,0,g)•(—a,a,g)=0=>—/+?=()=>/?=2a，

所以石(a,(),a),EC=(—a,a,—a),CCi=(0,0,勿),BE=(a,0,a)，

设加=（西，y,z।）是平面BEC的法向量,

m-BE=0,ax+az=0,

所以《=>}]0=>zn=(l,0,-l),

m•EC=0.-axx+ay-azi=

设〃=（%,%，22）是平面ECG的法向量,

15

n-CC)=0,2az2=0,

所以《=>n=(1,1,0),

n•EC-0.-ax2+ay2-az2=0.

m-n]_j_

二面角B—EC-G的余弦值的绝对值为

m\-\n\72x72~2

所以二面角B-EC-C,的正弦值为J_（；）2=与.

【点评】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角角的余弦值,

以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.

8.（2019年高考数学课标全国I卷理科）如图，直四棱柱ABC。-4&的底面是菱形,

A4t=4,45=2,/84。=60。,后,加，/7分别是3。，BB,,AQ的中点.

（1）证明：MN〃平面CQE；

（2）求二面角A--N的正弦值.

［答案］解：（1）连结BQME.因为E分别为BB］,BC的中点，所以ME〃gC,且ME=g5。.

又因为N为4。的中点，所以N£>=；A。.由题设知4片=0C，可得&ME#D，

因此四边形MNOE为平行四边形，MN//ED.又肠Va平面6。后，所以MN〃平面G^E.

（2）由已知可得DEJ_D4.以。为坐标原点，的方向为％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）,A（2,0,4）,M（l,省,2）,N（l,0,2）,44=（。,。,7），

AM=(—1,6,-2),4N=(—1,0,—2),MN=(0,-6,0).

m-AM=0—x+'jlty—2z=0>_r—

设加=（无,y,z）为平面AMA的法向量，则《，所以〈可取而=(6,1,0).

m・AA=0—4z=0.

16

it,MN0,—_0,

设〃=(p,q,r)为平面AMV的法向量，则＜,所以＜"可取〃=(2,0,—1).

["•4N=0.[-〃-2r=0.

/\m-n2A/3A/1~5所以二面角A-M41-N的正弦值为半

于是c°sg〃”丽:二后二方

9.（2018年高考数学课标HI卷（理））（12分）如图，边长为2的正方形A8CO所在平面与半圆弧CO所在

的平面垂直，例是弧CO上异于C,。的点.

（1）证明：平面4WD_L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.

【答案】【官方解析】（1）由题设知，平面CM。，平面ABC。，殳线为CD

因为8CLCD,BCu平面ABCD,所以平面CM。，故3C_L£>M

因为〃为CO上异于C,。的点，且为直径，所以OM_LCM

乂BCCM=C,所以。ML平面BMC

而。Mu平面AA〃），故平面AA〃）_L平面身0C.

17

(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。-孙z

当三棱锥M-4BC体积最大时，M为C。的中点，由题设得

£）（0,0,0）,A（2,0,0）,8（2,2,0）,C（0,2,0）,Af（0,1,1）

AM=（-2,1,1）,A8=（0,2,0）,ZM=（2,0,0）

设〃=(x,y,z)是平面MAB的法向量，则

n-AB=012y=0

可取〃=(1,0,2)

易知D4是平面MCD的法向量，因此cos<n,DA>=二,叫=—

附网5

而z•八人I.(V5V2石

所以sin<n,DA>=J1——=三一

所以面MAB与面MC。所成二面角的正弦值是2.

5

【民间解析】(1)证明：因为面ABCD_L半圆面CMD,且面ABQD】半圆面CMD=C£)

而四边形ABC。为正方形，所以AO_LCZ),所以4)_L平面MQD

又CMu平面MCD,所以AO_LCM①

又因为点M在以CO为直径的半圆上，所以CMJ_M。②

又MD、A£>u面MAD，且M£)nA£)=。③

由①②③可得CW上面MAD，而CMu平面BMC

所以平面AMDJ_平面BMC

(2)如图，以。C所在直线作为y轴，以OC中点为坐标原点0,过点。作D4的平行线，作为x轴,

18

过点。作面ABCD的垂线，作为z轴，建立空间直角坐标系

所以当点M到平面A8CD的距离最大时，三棱锥M-ABC的体积最大，此时

所以M（O,O,1）,A4（2,-l,0）,3（2,1,0）；C（0,l,0）,D（0,-l,0）

设面MAB的法向量为加=（%,x,zJ,易知面MCD的法向量为〃==（2,0,0）

所以M4=（2,T,T）,MB=（2,L—1）

m-MA=0[2x,-y,-z,=0fX=°/、

.即《।।,解得广,可取m=（l,0,2）

[2X|+x-Z|=0[z,=2x]

〃2

所以cos<m,n>=।...=----产

同W2xv5

故所求面MAB与面MC。所成二面角的正弦值为d"cos<m,n>

10.（2018年高考数学课标H卷（理））（12分）

如图，在三棱锥P-A5C中，AB=BC=2g,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.

（1）证明：PO_L平面48C；

（2）若点M在棱3c上，且二面角M-A4-C为30。，求PC与平面所成角的正弦值.

19

【答案】解析：（1）因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点，所以OP_LAC,且OP=26.

连接08.因为A3=BC=注AC,所以A45c为等腰直角三角形，

2

且OB_LAC,OB=-AC=2.

2

由OP2+OB1=PB2知POLOB.

由OP_LO3,0尸1.4。知尸011,平面他（7.

ULU

（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-孙z.

由已知得0(0,0,0),8(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2百)，AP=(0,2,2^).

ULU

取平面B4c的法向量为OB=(2,0,0).

UUUI

设M(a,2-a,0)(0<aW2),则4M=(a,4-4,0).设平面RAM的法向量为"=(x,y,z),

由AP・〃=(),=得<2)+262一°,可取〃=(6(。一4),6〃,一〃)，

ax+(4-a)y=0

uun2出(〃一4)I岫।、Q

所以cos<OB,n>=—/，由已知可得卜os<OBji>=.

2,(4-4)2+3/+/II2

20

所以26(a-4)泉解3—（舍去）,4

a=一.

2y]3(a-4)2+3a2+a3

、

所以〃=（一些，些4h,一34.又尸。=（02-20l），所以cos<PuiC»,〃>=土C.

3334

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为坦.

4

11.（2018年高考数学课标卷I（理））（12分）如图，四边形ABCQ为正方形，2尸分别为4。,8。的中

点，以。尸为折痕把AQb折起，使点C到达点P的位置，且尸FLBF.

⑴证明:平面PEF±平面ABFD；

⑵求OP与平面ABED所成角的正弦值.

【答案】解析：（1）由已知可得，BFLPF,BFYEF,所以平面包尸.

乂跳'u平面A3FD,所以平面尸石尸_1_平面ABED.

（2）作PH工EF,垂足为H.由（1）得，/W_L平面A3ED.

以〃为坐标原点，即的方向为y轴正方向，|B5|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系

H—xyz.

由(1)可得，DELPE.义DP=2,DE=1,所以PE=6.又产歹=1,EF=2,故PELPE.

可得PH=巫，EH=3.

22

则H(0,0,0),P(0,0,日),0(-1,一g,0),DP=(1,m,孚)，=(0,0,乎)为平面ABFD的法向量.

21

3

HPDP工=昱

设OP与平面ABED所成角为e，则sin6=|6一4

\HP\-\DP\

所以。尸与平面45FD所成角的正弦值为且.

4

12.（2017年高考数学新课标I卷理科）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD,且

ZBAP=ZCDP=90°.

（1）证明：平面PAB±平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90°,求二面角4一。8-。的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）二面角A-PB-C的余弦值为一5-.

【分析】（D根据题设条件可以得出A3，AP,CO,，而AB//8,就可证明出ABJ.平面

PAD.进而证明平面PAB，平面PAD；（2）先找出AD的中点,找出相互垂直的线,建立以F为坐标

原点，FA的方向为x轴的正方向，,目为单位长的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设

〃=（x,y,z）是平面PCB的法向量，相=（x,y,z）是平面PAB的法向量，根据垂直关系，求出

n=（0,-l,-V2）和加=（1,0,1）,利用数量积公式可求出二面角的平面角.

【解析】（1）由已知N84P=NCDP=9（）°,得ABJ_AP,CDLPD

由于AB//CD,故AB_L,从而A6J_平面PA。

又ABu平面PAB，所以平面PAB，平面PAD

⑵在平面PAO内做尸尸，AD,垂足为F,

由（1）可知I,45_1_平面尸4。，故45_LF户，可得PF_L平面AB8.

以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|A31为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系尸-孙z.

22

z

万F)/o5

由(1)及已知可得4事,0,0),P(0,0，仁-),.

所以PC=(—,C3=(0,(),()),PA=(A3=((),1,0).

设〃=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则

[72V2_

n-PC=0n

，即J2-2，可取〃=(0,-1,一J2).

n-CB=0[V2x=0

¥无一日2=°可取〃=(],o,i)

m-PA=0

设加=(x,y,z)是平面PAB的法向量，则\，即4

m-AB=0

7=0

则cos<〃,m>=±^-=—立，所以二面角A一~B—C的余弦值为一事.

\n\\m\33

【考点】面面垂直的证明，二面角平面角的求解.

【点评】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面:①求异面直线所成的角，关键是

转化为两直线的方向向量的夹角；②求宜线与平面所成的角，关键是转化直线的方向向量和平面的法向

量的夹角;③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的

坐标是解题的关键.

13.(2017年高考数学课标HI卷理科)如图，四面体A8CD中，AA8C是正三角形，AAC0是直角三角形，

ZABD=NCBD，AB=BD.

(1)证明：平面ACD，平面ABC；

(2)过AC的平面交BO于点E,若平面AEC把四面体ABCO分成体积相等的两部分，求二面角

。一AE—C的余弦值.

23

D

【答案】（I）证明略；（H）,.

【解析】证明：⑴取AC的中点为0,连接BO,DO

小4^。为等边三角形

...BO1AC

...AB=BC

AB=BC

<BD=BD

^BD=NDBC.MD=kCBD

：.A£)=C£),BP为等腰直角二:角形,ZA£)C

为直角乂。为底边AC中点

...D01AC

令闷='则陷中。=固=阳”

24

\OO\=^-a|0周=争

易得」12

.\ODf+\OBf=\BDf

4DOB=—

由勾股定理的逆定理可得2

即OD-LOB

0D1AC

OD1OB

<AC0B=0

ACu平面ABC

。Bu平面A8C...a)_L平面ABc

乂...ODu平面ADC

由面面垂直的判定定理可得平面A0c,平面MC

(2)由题意可知、D-ACE=7B-ACE即B,。到平面ACE的距离相等即E为BD中点

以。为原点，°4为x轴正方向，°5为丁轴正方向，°。为z轴正方向，设MG=",建立空间直角坐

标系

/000)2)^00―>1B0,—tz,0E0,—a,—

则0(0,0,0)勺2吗〔21〔44)

=享/3(《呜)OA=f|,0,o]

易得：I),I22412)

设平面血>的法向量为“，平面AEC的法向量为%,

25

AE-n=0

则14勺t=。,解得々=（加/

AEr^二0

。A〃2=0,解得%=（°，1，"）

COS6==—

若二面角。一AE—C为，易知8为锐角，则闻7.

【考点】二面角的平面角；面面角的向量求法

【点评】（1）求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思

想进行向量运算,要认真细心,准确计算.

（2）设以,〃分别为平面a,8的法向量，则二面角，与〈他〃＞互补或相等，故有|（：05，|=|（：05＜网"＞|=

产尚,求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

14.（2017年高考数学课标H卷理科）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面尸A£＞为等比三角形且垂直于底

面ABC。，AB=BC=-AD,ZBAD=ZABC=90",E是PD的中点.

2

（1）证明：直线CE//平面P43；

（2）点M在棱PC上，且直线与底面A8CD所成锐角为45°,求二面角M—AB—Z）的余

弦值.

【答案】（1）证明略；（2）--

【基本解法1】

（1）证明：取中点为尸，连接跖、AF

因为ZBAD=ZABC=90°,所以BCA。