（考黄金）高考数学一轮检测 第21讲 空间直角坐标系、空间向量精讲 精析 新人教A版

2013年考题1.（2013安徽高考）在空间直角坐标系中，已知点A（1，0，2），B(1，-3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是________。【解析】设由可得故答案:(0,-1，0)2.（2013安徽高考）如图，四棱锥F－ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC=2，BD=，AE、CF都与平面ABCD垂直，AE=1，CF=2.（I）求二面角B－AF－D的大小；（II）求四棱锥E－ABCD与四棱锥F－ABCD公共部分的体积.【解析】（I）（综合法）连结AC、BD交于菱形的中心O，过O作OGAF，G为垂足。连接BG、DG。由BDAC，BDCF得BD平面ACF，故BDAF。于是AF平面BGD，所以BGAF，DGAF，BGD为二面角B－AF－D的平面角。由，，得，由，得（向量法）以A为坐标原点，、、方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）设平面ABF的法向量，则由得令，得，同理，可求得平面ADF的法向量。由知，平面ABF与平面ADF垂直，二面角B-AF-D的大小等于。（II）连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD。过H作HP⊥平面ABCD，P为垂足。因为EA⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，，所以平面ACFE⊥平面ABCD，从而由得。又因为故四棱锥H-ABCD的体积3.（2013福建高考）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，，，且MD=NB=1，E为BC的中点（1）求异面直线NE与AM所成角的余弦值（2）在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由【解析】（1）在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标依题意得。，所以异面直线与所成角的余弦值为（2）假设在线段上存在点，使得平面.,可设又.由平面，得即故，此时线段.经检验，当时，平面.故线段上存在点，使得平面，此时线段.4.（2013广东高考）如图6，已知正方体的棱长为2，点是正方形的中心，点、分别是棱的中点．设点分别是点，在平面内的正投影．zyxE1G1（1）求以为顶点，以四边形zyxE1G1（2）证明：直线平面；（3）求异面直线所成角的正弦值.【解析】（1）依题作点、在平面内的正投影、，则、分别为、的中点，连结、、、，则所求为四棱锥的体积，其底面面积为，又面，，∴.（2）以为坐标原点，、、所在直线分别作轴，轴，轴，得、，又，，，则，，，∴，，即，，又，∴平面.（3），，则，设异面直线所成角为，则.5.（2013海南宁夏高考）如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点。（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。【解析】方法一：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意知。在正方形ABCD中，，所以,则.(Ⅱ)设正方形边长，则。又，所以,连，由（Ⅰ）知,所以,且,所以是二面角的平面角。由,知,所以,即二面角的大小为。（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使由（Ⅱ）可得，故可在上取一点,使,过作的平行线与的交点即为。连BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故.方法二：（Ⅰ）；连,设交于于，由题意知.以O为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图。设底面边长为，则高。于是故，从而(Ⅱ)由题设知，平面的一个法向量，平面的一个法向量，设所求二面角为，则,所求二面角的大小为（Ⅲ）在棱上存在一点使.由（Ⅱ）知是平面的一个法向量，且设则而即当时，而不在平面内，故EABCFE1A1B1C1D1EABCFE1A1B1C1D1DF1OP底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4,BC=CD=2,AA=2,E、E、F分别是棱AD、AA、AB的中点。证明：直线EE//平面FCC；求二面角B-FC-C的余弦值。【解析】方法一：（1）在直四棱柱ABCD-ABCD中，取A1B1的中点F1，连结A1D，C1F1，CF1，因为AB=4,CD=2,且AB//CD，所以CDA1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1//A1D，又因为E、E分别是棱AD、AA的中点，所以EE1//A1D，所以CF1//EE1，又因为平面FCC，平面FCC，所以直线EE//平面FCC.（2）因为AB=4,BC=CD=2,、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-ABCD中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BO,所以OB⊥平面CC1F,过O在平面CC1F内作OP⊥C1F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC-C的一个平面角,在正三角形△BCF中,,在Rt△CC1F中,△OPF∽△CC1F,∵∴,EABCFE1EABCFE1A1B1C1D1DxyzM所以二面角B-FC-C的余弦值为.方法二:（1）因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,因为ABCD为等腰梯形,所以∠BAD=∠ABC=60°,取AF的中点M,连接DM,则DM⊥AB,所以DM⊥CD,以DM为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,,则D（0,0,0）,A（,-1,0）,F（,1,0）,C（0,2,0）,C1（0,2,2）,E（,,0）,E1（,-1,1）,所以,,设平面CC1F的法向量为则所以取,则,所以,所以直线EE//平面FCC.（2）,设平面BFC1的法向量为,则所以,取,则,,,所以,由图可知二面角B-FC-C为锐角,所以二面角B-FC-C的余弦值为.7.（2013上海高考）如图，在直三棱柱中，,,求二面角的大小。【解析】如图，建立空间直角坐标系则A（2，0，0）、C（0，2，0）A1（2，0，2），B1（0，0，2）、C1（0，2，2）……2分设AC的中点为M，∵BM⊥AC,BM⊥CC1;∴BM⊥平面A1C1C,即=(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量。……5分设平面的一个法向量是=（-2，2，-2），=（-2，0，0）……7分设法向量的夹角为，二面角的大小为，显然为锐角…….14分.8.（2013天津高考）如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD,AD//BC//FE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=AD(I)求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II)证明平面AMD平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。【解析】方法一：（Ⅰ）由题设知，BF//CE，所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角。设P为AD的中点，连结EP，PC。因为FEAP，所以FAEP，同理ABPC。又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD。而PC，AD都在平面ABCD内,故EP⊥PC，EP⊥AD。由AB⊥AD，可得PC⊥AD设FA=a，则EP=PC=PD=a,CD=DE=EC=，故∠CED=60°。所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°（=2\*ROMANII）因为（=3\*ROMANIII）（=3\*ROMANIII）由（=1\*ROMANI）可得，方法二：如图所示，建立空间直角坐标系，点为坐标原点。设依题意得（=1\*ROMANI）所以异面直线与所成的角的大小为.（=2\*ROMANII），（=3\*ROMANIII）w又由题设，平面的一个法向量为9.（2013天津高考）如图，在四棱锥中，，，且DB平分，E为PC的中点，,（Ⅰ）证明（Ⅱ）证明（Ⅲ）求直线BC与平面PBD所成的角的正切值【解析】设，连结EH，在中，因为AD=CD，且DB平分，所以H为AC的中点，又由题设知，E为PC的中点，故,又,所以（2）因为，，所以由（1）知，,故(3)由可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以为直线与平面PBD所成的角。由,在中，,所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为。10.（2013浙江高考）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．（I）设是的中点，证明：平面；（II）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．【解析】（I）如图，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，则，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面（II）设点M的坐标为，则，因为平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为，在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面，由点M的坐标得点到，的距离分别为．11.（2013浙江高考）如图，平面，，，，分别为的中点．（I）证明：平面；（II）求与平面所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）连结，在中，分别是的中点，所以，又，所以，又平面ACD，DC平面ACD，所以平面ACD（Ⅱ）在中，，所以而DC平面ABC，，所以平面ABC而平面ABE，所以平面ABE平面ABC，所以平面ABE由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以所以平面ABE，所以直线AD在平面ABE内的射影是AP，所以直线AD与平面ABE所成角是在中，，所以12.（2011辽宁高考）如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点。（I）若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值；（II）用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线。【解析】（I）方法一：取CD的中点G，连接MG，NG。设正方形ABCD，DCEF的边长为2，则MG⊥CD，MG=2，NG=因为平面ABCD⊥平面DCED，MG平面ABCD，平面ABCDDCEF=CD.所以MG⊥平面DCEF，可得∠MNG是MN与平面DCEF所成的角。因为MN=所以sin∠MNG=为MN与平面DCEF所成角的正弦值……6分方法二：设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系如图.则M（1,0,2）,N(0,1,0),可得=(－1,1,2).又=（0，0，2）为平面DCEF的法向量，可得cos(,)=·所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为cos·……6分(Ⅱ)假设直线ME与BN共面，……8分则AB平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN由已知，两正方形不共面，故AB平面DCEF。又AB//CD，所以AB//平面DCEF。EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB//EN。又AB//CD//EF，所以EN//EF，这与EN∩EF=E矛盾，故假设不成立。所以ME与BN不共面，它们是异面直线.……12分13.（2013全国Ⅱ）如图，直三棱柱中，、分别为、的中点，平面（I）证明：（II）设二面角为60°，求与平面所成的角的大小。【解析】（I）连结BE，为直三棱柱，为的中点，。又平面，（射影相等的两条斜线段相等）而平面，（相等的斜线段的射影相等）。（II）作于，连，则，为二面角的平面角，.不妨设，则.在中，由，易得.设点到面的距离为，与平面所成的角为。利用，可求得，又可求得即与平面所成的角为14.（2013北京高考）如图，四棱锥的底面是正方形，，点E在棱PB上.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）当且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.【解析】方法一：（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵，∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，∴平面.（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∴O，E分别为DB、PB的中点，∴OE//PD，，又∵，∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，在Rt△AOE中，，∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.方法二：如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设则，（Ⅰ）∵，∴，∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，∴平面.（Ⅱ）当且E为PB的中点时，，设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∵，∴，∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.15.（2013湖南高考）如图3，在正三棱柱中，AB=4,,点D是BC的中点，点E在AC上，且DEE.（Ⅰ）证明：平面平面;（Ⅱ）求直线AD和平面所成角的正弦值。【解析】（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱的性质知平面.又DE平面ABC，所以DE.而DEE，,所以DE⊥平面.又DE平面，故平面⊥平面.（Ⅱ）方法一:过点A作AF垂直于点,连接DF.由（Ⅰ）知，平面⊥平面，所以AF平面,故是直线AD和平面所成的角。因为DE平面，所以DEAC.而ABC是边长为4的正三角形，于是AD=，AE=4-CE=4-=3.又因为，所以=4,,.即直线AD和平面所成角的正弦值为.方法二:如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,),(2,0,),D(-1,,0),E(-1,0,0).易知=（-3，，-），=（0，-，0），=（-3，，0）.设是平面的一个法向量，则解得.故可取.于是=.由此即知，直线AD和平面所成角的正弦值为.16.（2013湖北高考）如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，BD=2a，点E是SD上的点，且（Ⅰ）求证：对任意的，都有（Ⅱ）设二面角C—AE—D的大小为，直线BE与平面ABCD所成的角为，若，求的值【解析】（Ⅰ）方法一：如图1，连接BE、BD，由面ABCD是正方形可得AC⊥BD。SD⊥平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，AC⊥BE（Ⅱ）如图1，由SD⊥平面ABCD知，∠DBE=,SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD,SD⊥CD。又底面ABCD是正方形，CD⊥AD，而SDAD=D，CD⊥平面SAD.连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角，即∠CFD=。在Rt△BDE中，BD=2a，DE=在Rt△ADE中,从而在中，.由，得.由，解得，即为所求.方法二（Ⅰ）：以D为原点，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（，0，0），B（，，0），C（0，，0），E（0，0，），，w即。（Ⅱ）由（I）得.设平面ACE的法向量为=(x，y，z)，则由得。易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为..0<，，.由于，解得即为所求。17.（2013湖南高考）如图4，在正三棱柱中，D是的中点，点E在上，且。（Ⅰ）证明平面平面（Ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值。【解析】（I）如图所示，由正三棱柱的性质知平面又DE平面ABC，所以DEAA.而DEAE。AAAE=A,所以DE平面ACCA，又DE平面ADE，故平面ADE平面ACCA。（2）方法1如图所示，设F是AB的中点，连接DF、DC、CF，由正三棱柱ABC-ABC的性质及D是AB的中点知ABCD，ABDF又CDDF=D，所以AB平面CDF，而AB∥AB，所以AB平面CDF，又AB平面ABC，故平面ABC平面CDF。过点D做DH垂直CF于点H，则DH平面ABC.连接AH，则HAD是AD和平面ABC所成的角。由已知AB=AA，不妨设AA=，则AB=2，DF=，DC=，CF=，AD==，DH===，所以sinHAD==。即直线AD和平面ABC所成角的正弦值为。方法2如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA=，则AB=2，相关各点的坐标分别是A(0,-1,0)，B（，0，0），C（0，1，），D（，-，）。易知=(，1，0)，=(0，2，)，=(，-，）设平面ABC的法向量为=（x，y，z）,则有解得x=-y，z=-，故可取=(1，-，)。所以，(·)===。由此即知，直线AD和平面ABC所成角的正弦值为。2012年考题1．（2012山东高考）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，,E，F分别是BC,PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）若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E—AF—C的余弦值.【解析】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.而PA平面PAD，AD平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.所以AE⊥PD.（Ⅱ）设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大.此时tan∠EHA=因此AH=.又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2.解法一：因为PA⊥平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD.过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=,又在Rt△ESO中，cos∠ESO=即所求二面角的余弦值为解法二：由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以A（0，0，0），B（，-1，0），C（1，，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（），所以设平面AEF的一法向量为则因此取因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故为平面AFC的一法向量.又=（-），所以cos＜,因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为2.（2012海南宁夏高考）如图，已知点P在正方体ABCD-的对角线上，.（Ⅰ）求DP与所成角的大小；（Ⅱ）求DP与平面所成角的大小.【解析】如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系。则.连结。在平面中，延长DP交于H。设，由已知,由可得。解得。所以.（Ⅰ）因为,所以，即DP与所成的角为。（Ⅱ）平面的一个法向量是.因为,所以.可得DP与平面所成的角为.2011年考题1．（2011山东高考）如图,在直四棱柱中,已知,,.(I)设是的中点,求证:;(II)求二面角的余弦值.【解析】(I)连结，则四边形为正方形，，且，为平行四边形，.(II)以D为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，不妨设，则设为平面的一个法向量，由得，取，则.设为平面的一个法向量，由得，取,则.由于该二面角为锐角，所以所求的二面角的余弦值为2.（2011海南宁夏高考）如图，在三棱锥中，侧面与侧面均为等边三角形，，为的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【解析】（Ⅰ）由题设，连结，为等腰直角三角形，所以，且，又为等腰三角形，故，且，从而．所以为直角三角形，．又．所以平面．（Ⅱ）方法一：取中点，连结，由（Ⅰ）知，得．为二面角的平面角．由得平面．所以，又，故．所以二面角的余弦值为．方法二：以为坐标原点，射线分别为轴、轴,轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系．设，则．的中点，．．故等于二面角的平面角．，所以二面