2017年高考数学考点解读+命题热点突破14空间向量与立体几何理

专题14空间向量与立体几何

【考向解读】

以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解,

均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.

【命题热点突破一】利用向量证明平行与垂直

设直线)的方向向量为a=(a”b\,ci),平面。、£的法向量分别为〃=(包，bi,C2),v=(a,th,cs)

则有：

(1)线面平行

1//aOaJ_•li—G^>aia2-\-b\bi-\-C\Ci—Q.

(2)线面垂直

aea〃ii0a=kii0a\=kaz,b\—kb>,cx—kcz.

(3)面面平行

a〃〃〃Q〃=XpO检=八四，bi—Abi,Q=4C3.

(4)面面垂直

a_L£o〃_L厘〃,r=0oa2a3+益坊+。2。3=0.

例1、【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图，在三棱台ABC-。所中，平面BCFEL平面

ABC,ZACB=9(r,除止%1,8(=2,A(=3.

(I)求证：“L平面力"》；

(H)求二面角力尸的平面角的余弦值.

【答案】(I)证明见解析；(II)—.

4

【解析】(I)延长AO,BE,CF相交于一点K,如图所示.

因为平面BCFE_L平面A6C,且ACLBC,所以AC_L平面BCK,因此BbLAC.

又因为EF//BC,BE=EF=FC=T,BC=2,

所以aBCK为等边三角形，且尸为CK的中点，则

所以BE_L平面AGED.

(U)方法一：过点F作F0_L.次于Q,连结8。.

因为8产一平面XCK,所以3F_LAK,则平面30产，所以5。_.戒.

所以NBQF是二面角B-.4D-F的平面角.

在RtZkHCK中，AC=3,CK=2,得/。

在RtaB。产中，?。=竺3,3尸=布，得cos〃0F=避

134

所以二面角8--切-尸的平面角的余弦值为日.

方法二：如图，延长A£),BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.

取BC的中点。，则KO_LBC,又平面BCPEJ_平面ABC,所以，KO_L平面ABC.

以点。为原点，分别以射线08,OK的方向为x,z的正方向，建立空间直角坐标系。孙z.

,0,亭,叫‘0,亭.

由题意得3(1,0,0),C(-l,0,0),K(0,0,8)，A(-1,—3,0),

因此，AC=(0,3,0),衣=(1,3,0)，丽=(2,3,0).

设平面ACK的法向量为m=(4如zj,平面ABK的法向量为〃=(x2,j2,z2).

=0

得2

由,一取〃=（3,_2,G）.

AK力=0x2+3%+V3Z2=0

于是，cos(肛〃)=二A

4

百

所以，二面角8-AO-F的平面角的余弦值为

【变式探究】如图，在直三棱柱/场一如,中，面砌石和面力也都是正方形且互相垂直，"为4?的中点,

。为削的中点.运用向量方法证明:

⑴〃〃〃平面BCF-,

(2)平面极正_L平面EFCD.

证明方法•由题意，得46,AD,4F两两垂直，以力为原点建立如图所示的空间直角坐标系.

设正方形边长为1,则4（0,0,0）,6（1,0,0）,rd,i,o）,〃（o,1,0）,

厂(1,0,1),G0,0),七,

⑴^=(o,—1,一目,威=(—1,0,0),

.•.施•瓦1=0,:.7)MA_BA.

•••棱柱月切一伙产是直三棱柱，

J.ABA,平面BCF,：.就是平面以犷的一个法向量,

且〃施平面BCF,〃平面加方

(2)设平面，糜■与平面跖口的一个法向量分别为

〃1=（小,a,zi）,（%,次,Z2）・

,:雄=0,-1,1）,防-1,01-淤（1,0,0），衣=（0，-1.1），

z?i,DF=Q,

由.

.口,DAf=O.

1

%i-yi+zi=0,y\=?，

得1解得，

1

z\=—5汨,

bi

令%=1,贝ijm=3

同理可得ni—（0,1,1）.

:4•m=0,.•.平面MDFX.平面EFCD.

方法二⑴苗=苏+商+苏一前+2防

1/f-<►-*•1-1-*•1-►I―

22222

二-3兆+筋)一1赤+^法

1—►1-►

=一二比一二期

22

.•.向量强向量静，笳共面，

又0M平面BCF,:.Ml平面BCF.

(2)由题意知，BF,BC,胡两两垂直，

,CCD^BA,FC^BC-BF,

.,.加Cb={-^BC-^^F\•BA=0,

ai/-能=（一茨-凝）•（BC-~BP）

=—B交游=。,

二«l/±CD,OMVFC,又CDQFC=C,

，。匕平面EFCD.

又QI仁平面MDF,：.平面MDFL平面EFCD.

思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证

明平面外的一•条直线和平面内的,条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a〃A只需

证明向量a=46(4eR)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线血平行，仍需强调直线在

平面外.

【变式探究】

如图所示，已知直三棱柱/A45G中，△/比1为等腰直角三角形，N胡C=90°,且4Q/4,D、E、F，分

别为尻4、GC.况的中点.求证：

BFC

⑴朦〃平面ABC；

⑵名£L平面板

证明(1)如图建立空间直角坐标系1一灯z,

令4Q44=4,

则/(0,0,0),£(0,4,2),厂(2,2,0),6(4,0,0),&(4,0,4).

取U中点为小连接CM

则M2,0,0),<7(0,4,0),〃(2,0,2),

.,.应,=(-2,4,0),

诙=(-2,4,0),

：.DE=NC,：.DE//NC,

又二忆U平面45G〃因平面力比：

故龙〃平面ABC.

⑵而=(-2,2,-4),

旗=(2,-2,-2),9=出2“0).

腓•席=(-2)X2+2X(-2)+(-4)X(-2)=0,

苏、=(-2)X2+2X2+(-4)X0=0.

：.RFVEF,瓦七LQ；B|JBXFVEF,BXFVAF,

又V/f^nFE=F,：.B\FL平面AEF.

【命题热点突破二】利用空间向量求空间角

设直线/,)的方向向量分别为a=(a,bi,ci),b=(a2,b>,Q).平面a,£的法向量分别为〃=(4，

b3,c3),­(2,by,a)(以下相同).

(1)线线夹角

设/,叫的夹角为夕(OWOW5)，则

a•b______|出+CIQ|

ab1+J+曲

⑵线面夹角

设直线,与平面a的夹角为&(0WJW]),

则sin«=i：।i=Icos{a,〃〉|.

Iau|

(3)面面夹角

设平面a、£的夹角为®(0W®<”)，

U•V

贝I」ICOS夕I=--------=Icos(〃，0〉I.

〃V

例2、【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点。，A3=5,AC=6,点£F

分别在AD,CD上，AE=CF=~,EF交8。于点〃.将△£>£/沿EF折到△D'ER位置，Q0'=J市.

4

(I)证明：D'HJ_平面A8CQ；

(II)求二面角B—D'A—C的正弦值.

【答案】(I)详见解析；(ID2叵.

25

【解析】

4FCF

(I)由已知得AC_BD，.切=CO,又由=CF得==上，故dC#EF.

.IDCD

因此从而EF_ZTH.由-45=5,AC=6遇DO=BO==4.

Cff4ri

由E//C得丝=壬=，所以04=1,D'H=DH=3.

DOAD4

于是=32+\2=10=D'O:,

又D'HLEF,而。HCEF=H,

所以D'H一平面,188.

(II)如图，以"为坐标原点，丽的方向为无轴正方向，建立空间直角坐标系”-孙z,则“(0,0,0),

A(-3,-1,0),5(0,-5,0),C(3,-l,0),。'(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),而=(3,1,3).

/、,\m-AB=0[3x,-4y,=0/、

设6=(&y,zj是平面A&X的法向量，则<_,，即《।1八，所以可取加二(4,3,-5).

“A£>'=0[3X]+y+3Z1=0

设〃=X2，y，，z,是平面AC。'的法向量，则一，即，-c八，所以可取〃=0,-3,1.

〃A£>'=0[3x2+y2+3z2=0

于是cos<m,n>=普占=;还,sin<机,〃>=名竺.因此二面角B-D'A-C的正弦值

|m||n|750x7102525

是运.

25

【变式探究】如图，在四棱锥P一力留中，已知用L平面力比〃且四边形力式》为直角梯形，AABC=ABAD

n

=—,PA=AD=2fAB=BC=1.

BC

(1)求平面为3与平面■力所成二面角的余弦值；

(2)点。是线段露上的动点，当直线CQ与加所成的角最小时，求线段留的长.

解以｛葩，Ab,羽为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系//孙z,则各点的坐标为

8(1,0,0),<7(1,1,0),〃(0,2,0),一(0,0,2).

(1)因为4。，平面为反所以碗平面为3的一个法向量，衍=(0,2,0).

因为瓦?=(1,1,一2),应H(0,2,-2).

设平面R力的法向量为〃=(x,y,z),

则卬•％=(),m,PD=Q,

x+y-2z=0,

即彳令尸1,解得z=l,x=l.

2y—2z=0.

所以卬=(1,1,1)是平面板的一个法向量.

__l,AD*mm

从而cos<AD,in)=-------="V，

\AD\\m3

所以平面为氏与平面3所成二面角的余弦值为手.

(2)因为弧(一1,0,2),设以0=入芯P=(一入,0,24)(0(4W1),

又为=(0,-1,0),则南=为+囱=(一4，-1,24),

又加=(0,—2,2),

~CQ-~DP1+22

从而cos(CQ,DP)

|应历一、10l+2.

设1+24=%,[1,3],

.2/f2/29

贝ijcos（CQyDP）=「j,_i_Q=/,K

5「一1i0n£+9（15\2010

曾9+§

当且仅当片片，即4=!时，|cos（CQ,曲I的最大值为电供.

001U

因为尸cosx在（o,yj匕是减函数，此时直线S与分所成角取得最小值.

又因为外=厅茂=/，

所以制=觊"=可&

55

【感悟提升】（1）运用空间向量坐标运算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；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为儿何结论.（2）求空间角注意：①两条

异面直线所成的角。不一定是直线的方向向量的夹角£,即cosa=|cos£|.②两平面的法向量的夹角不

一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角.③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与

直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.

【变式探究】在平面四边形"w中，AABACg\,ABLBD,血血!将△/劭沿劭折起，使得平面/劭

_L平面8。如图所示.

C

⑴求证：ABLCD-,

⑵若”为4?中点，求直线力〃与平面，碗所成角的正弦值.

⑴证明,平面/放L平面况9,平面力川C平面8勿=被/兀平面板，ABVBD,

.•"8_L平面BCD.

又但平面风力，：.ABLCD.

⑵解过点8在平面腼内作见勿，如图.

由（1）知4员1平面故?，8EU平•面BCD,初U平面阅9,

：.ABX.BE,ABLBD.

以8为坐标原点，分别以法BD,前的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.

依题意，得8(0,0,0),以1,1,0),〃(0,1,0),

/、/11、

71(0,0,1),MO,-),

则击=(1,1,0),由/=(0,1),楞(0,1,-1).

设平面，,监。的法向量〃=(照，加Zo),

•诙=0,

则，即11,1八

、n•百40,〔铲+产=0，

取z0=l,得平面也％的一个法向量A=(1,-1,1).

设直线与平面,碗所成角为0,

n.,।,-►、\n•AD\y[G

则sinO=|cos〈A,49〉=---------=+，

|n,|AD\

、后

即直线4?与平面，跖C所成角的正弦值为)--

【命题热点突破三】利用空间向量求解探索性问题

存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或

某一结论是否成立.解决这类问题的基本策略是先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，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.

例3、【2016高考天津理数】(本小题满分13分)

如图，正方形/质的中心为。，四边形刎F为矩形，平面颇7L平面力腼，点C为4?的中点，除2.

(I)求证：A7〃平面/%‘；

(II)求二面角仍所，的正弦值；

2

(III)设〃为线段//上的点，且“庐一HF,求直线加和平面恸所成角的正弦值.

3

C

D

【答案】(I)详见解析(II)—(III)—

321

【解析】依题意，OF，平面ABCD,如图，以。为点，分别以而，丽，丽的方向为x轴，y轴、z轴

的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得。(0,0,0),

g-AD—0

⑴证明:依题意，石=(2A0),N=(LT2).设1=(xpz)为平面.化甲的法向量，则＜

/-AF—0

[2x=0一一______

即＜X_，+2z=0.不妨设z=l，可得勺=(0,2/)，又EG=(0」「2),可得EGR=0,又因为直线

.x}+z

EGU平面一切产,所以EG//平面以乃.

(II)解：易证，函=(—1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意，市=(1,1,0),万:=(—1,1,2).设

-[n.-EF-0[x+y=0

小=x,y,z为平面C"的法向量，贝叱二―，即《'.不妨设x=l,可得

n2CF^0[-x+y+2z^0

因此有cos＜丽,爪〉=।旦,=一直,于是sin〈方工〉=@,所以，二面角O—EF—C的正弦值

OR，％33

22___-9.(924、

(IH)解：由AH=一印"得—因为而=(1,一1,2),所以而=—而=——，一，进

35'，5(555J

而有“J。,？：］,从而丽=(2,§，4,因此cos〈丽，加〉=|竺:2=—也21.所以,直线8”和

1555；1555)'忸叫网

平面CEF所成角的正弦值为—.

21

【变式探究】如图，在直三棱柱/石G中，A4BC=2AA,N4%’=90",〃是死■的中点.

⑴求证：48〃平面44G；

(2)求二面角G-49-。的余弦值；

(3)试问线段力心上是否存在点笈使4?与〃G成60°角？若存在，确定£点位置；若不存在，说明理山.

⑴证明连接4c，交阳于点。，连接如

由48G是直三棱柱，得四边形4CG4为矩形，0为4c的中点.

又〃为优的中点，

所以勿为△48C的中位线，

所以A由〃0D.

因为勿u平面ADQ,4庾平面血底,

所以46〃平面ADQ.

(2)解由45C—45G是直三棱柱，且N48C=90°,得物，BC,圈两两垂直.

以BC,BA,微所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系8-xyz.

设BA=2,则5(0,0,0),<7(2,0,0),4(0,2,0),G(2,0,1),〃(1,0,0),

所以而=(1,-2,0),农=(2,-2,1).

设平面49G的法向量为〃=(x,y,z),

n•49=0,

则有，

n,AG=0.

x~2y=0f

所以MXy=l,得〃=(2,1,—2).

2x~2y+z=0.

易知平面49。的一个法向量为v=(0,0,1).

所以cos5,v)V~~Fr=一

n\•v3

因为二面角G—49—C是锐二面角，

2

所以二面角G-49-C的余弦值为W.

O

(3)解假设存在满足条件的点瓦

因为点E在线段45：上，49,2,1),星(0,0,1),

故可设凤0,，，1),其中0W4W2.

所以怠=(0,4-2,1),DC-(1,0,1).

因为AE与%成60°角，

所以|cos〈花宓〉|=江•巴三,

㈤•冈2

即/I­F=|,解得乂=1或乂=3(舍去).

7-i-2fl722

所以当点E为线段/上的中点时，而与%成60°角.

【感悟提升】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理,

只需通过坐标运算进行判断.解题时:把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”

问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善

于运用这一方法.

【举一反三】如图所示，四边形4次力是边长为1的正方形，.初，平面力85，，防，平面4颇，且,"=,肪=1,

E为眼的中点.

(1)求异面直线A£与4"所成角的余弦值；

(2)在线段4v上是否存在点S,使得梦，平面4拗？若存在，求线段1S的长；若不存在，请说明理由.

解(1)如图，以〃为坐标原点，DA,DC,〃"所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则

〃(0,0,0),4(1,0,0),"(0,0,1),以0,1,0),Ml,1,0),

Mi,1,1),Mp1,0),所以砺=(—g,o,—1),

刘a(-1,0,i).

i

…，，ff.,施•血2Jio

因为IcosqNE,A枪|=」--------=-r=-----=七7

|曲|X|而.X.

所以异面直线NE与4"所成角的余弦值为噜.

(2)假设在线段4V上存在点S,使得梦，平面AMN.

因为存(0,1,1),

可设庙=4就三(0,4,4)(0W4WD,

又成=6，—1,0),

乙

—ff1

所以《S=£4+/S=(5，A-l,A).

由£SL平面AMN,

比•衣=0,

得仁

.而•旃=0,

—4=0,

叫2

、4—1+4=0,

1l蛆

^曲

故八=；,此时而=(0,-z

中--2

经检验，当4S=竽时,康工平血MV.

故线段上存在点S,

、历

使得皮_L平面4a；此时AS=^.

高考押题精练

⑴证明连接“；•・•四边形/及力是矩形，且0为血的中点,

二。为〃'的中点，

又在△/星中，尸为4?的中点，：.PQ//EC,

VfCC®BCE,P®面8CE,，图〃平面腔:

⑵解如图，取跖的中点也则"以力为坐标原点，以4/,AF,力〃所在直线分别为x,y,z轴建

立空向直角坐标系.

则4(0,0,0),77(0,0,1),M2,0,0),尸(0,2,0).

可得正(2,0,0),砺土(—2,2,0),赤=(0,2,-1).

n,痂'=0,

设平面戚的法向量为〃=(x,y,z),则，

.n•DF=0.

—2x+2尸0,x-y=0,

故,B|J

2y—z=0,2y—z=0.

令x=l,则y=l,z=2,

故〃=(1,1,2)是平面颂的一个法向量.

♦・3财_1面力的，前/为平面力加的一个法向量.

n•AM2X1+0X1+0X2^6

/.cos〈〃，AM)=,

76X2―6

|z?|•|4川

山图可知所求二面角为锐角，

・・・二面角力一力的余弦值为归.

6

【高考真题解读】

15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD的对角线AC与8。交于点O,AB=5,AC=6,点E,F

分别在A。,CO上，AE=CF=-,EF交8。于点”.将A0Eb沿历折到△£>'£/位置，0口'=回.

4

(I)证明：O'”_L平面ABCD；

(II)求二面角8-。幺一。的正弦值.

ZT

【答案】（I）详见解析；（II）——.

25

【解析】

（I）由已知得dC_3。，.5=8,又由.4£=CF得===，故ACREF.

ADCD

因此从而由.M=5,AC=6DO=BO=y/AB2-AO2=4.

CHjpi

由EFilAC^-=—=-.^OH=\,D'H=DH=3.

DO.4D4

于是。772+OHJ3’+12=10=0'。：，

故D'H工OH.

又D，H工EF,而OHCiEF=H,

所以。'H一平面*BCO.

(H)如图，以“为坐标原点，赤的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系〃-砂z,则”(0,0,0),

A(-3,-1,0),5(0,-5,0),C(3,-l,0),。'(0,0,3),AB=(3,-4,0),衣=(6,0,0),击=(3,1,3).

/\m-AB=0[3x,-4y.=0/、

设机=(七,〉],zj是平面ABO的法向量，则＜__。，即飞+,+3_0，所以可取加=(4,3,-5)

.、,\n-AC=0[6x,=0.、

设”=（々,22）是平面ACD的法向量，则j_0，即U+y+3z_0，所以可取〃=（°，-3,1）.

m•fj—14-7、尺2

于是cos<m,n>=-_rr-r=—r=——-j==----,sin<机,〃>=------.因此二面角B-DfA.-C的正弦值

同间>/50xV102525

日2回

16.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，4c是下底面圆。的直径，所是上底面圆。'的直径，FB

是圆台的一条母线.

(I)已知G,〃分别为£，，播的中点，求证：GH〃平面A8C；

(II)已知E六FB=LAC=2也4代比:求二面角F-BC-A的余弦值.

2，

【答案】(I)见解析；(H)且

【解析】

(I)证明：设厂。的中点为二连接GT：印,

在产:因为G是CE的中点，所以G〃/E£

又EF//OB,所以G///OB,

在△g中，因为H是用的中点，所以HTYC,

又印cGf=/,所以平面西门平面ABC,

因为GHu平面沏，所以GH/，■平面.超C.

(II)解法-：

连接0。'，则。。'，平面ABC,

又AB=8C,且AC是圆。的直径，所以B0LAC.

以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-孙z,

由题意得3(0,26,0),C(-2V3,0,0),过点F作尸M垂直08于点M,

所以FM=dFB。-BM?=3,

可得尸(0,百,3)

故BC=(-273,-273,0),BF=(0,-73,3).

设云=(x,y,z)是平面BCF的一个法向量.

/前=0

由<______,

m-BF^O

可得［—2氐-26y=0

~V3y+3z=0

可得平面BCF的一个法向量而=(—1,1,%

因为平面ABC的一个法向量3=(0,0,1),

一一/??"n、/7

所以cos<m,n>=———=——.

|加|7

解法二：

连接。。'，过点尸作EW_L08于点M,

则有FM//OO',

又00'_L平面ABC,

所以为平面ABC,

可得FM=』FB?-BM?=3,

过点M作MN垂直BC于点N,连接RV,

可得FN上BC,

从而NF7VM为二面角/一BC-A的平面角.

又AB=BC,4c是圆。的直径，

所以MN=8Msin45°=立，

2

从而FN=3^,可得cosNFNM=旦.

27

所以二面角F-BC-A的余弦值为—.

7

17.【2016高考江苏卷】（本小题满分14分）

如图，在直三棱柱/册484中，〃,£分别为4?,a1的中点，点厂在侧棱8历上，且与。_1,4/，AG

求证：（1）直线瓦1〃平面4GA

（2）平面5庞上平面4GE

【答案】(1)详见解析(2)详见解析

【解析】证明：(1)在直三棱柱H5C--43c中，.4。，4G

在三角形ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点.

所以。EJC,于是DE4G

又因为DEa平面4G£4GU平面AG尸

所以直线DE//平面4G尸

(2)在直三棱柱ABC—a^G中，44,_L平面A|B£

因为AGu平面AAG，所以A4[J_A]C]

又因为AGJLA耳，Mc平面ABAA,A4U平面4B44,A&nAA=&

所以4G平面AB44

因为BQu平面,所以4G，片。

又因为qo^AF,Aqu平面4CF，4尸u平面AGF，A£nAP=A

所以8Q_L平面AC|F

因为直线与。u平面BQE,所以平面用DEJ•平面AGF.

18.【2016高考天津理数】(本小题满分13分)

如图，正方形/比》的中心为。，四边形颇7='为矩形，平面如"平面/成》，点C为的中点，AB=BE=2.

(I)求证：A7〃平面/以匕

(II)求二面角/上，的正弦值；

2

(III)设〃为线段加7上的点，旦好一/炉,求直线砌和平面处所成角的正弦值.

3

【答案】(I)详见解析(II)—(III)—

321

【解析】依题意，。尸_L平面A8C。，如图，以。为点，分别以而，而，丽的方向为x轴，y轴、z轴

的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得0(0,0,0),

A(-l,l,0),C(l,-1,0),D(l,l,0),£(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-l,0,0).

—.—.—.•AD—0

(1)证明：依题意，4。=(2,0,0),"'=(1,-1,2).设〃1=(%,乂2)为平面40尸的法向量，则《上一，

n,AF=0

即1_v+2z_0.不妨设z=l，可得勺=(0,2,1),又反；=(0,1,-2),可得EG•丹=0,又因为直线

后6«平面4。尸，所以EG//平面ADF.

(II)解：易证，砺=(—1,1,0)为平面OER的一个法向量.依题意，/=(l,l,0),eF=(—l,l,2)E

一/、-EF-0Ix+y=0

〃，=尤,y,z为平面CEb的法向量，贝叱」一，即<.不妨设x=l,可得

[n2.CF=0[-x+y+2z=0

〃2

因此有cos＜砺，爪〉=1"=-逅,于是sin＜方，云＞=走，所以，二面角O—EF—C的正弦值

倒伺3-3

(in)解：由4口=］即，得,汨=以下.因为赤=(1T2),所以而=e#=；»;；，进

而有从而而=4［(；，因此cos―丽凡＞=।竺所以,直线3H和

X.555y\555y|5^?|-］巧|21

J7

平面CE尸所成角的正弦值为

19.【2016年高考北京理数】(本小题14分)

如图，在四棱锥P—ABC。中，平面PAQL平面A6CO,PALPD,PA=PD,AB1AD,

AB=l,AD=2,AC=CD=5

(1)求证：POJ_平面PAB；

(2)求直线PB与平面PC。所成角的正弦值；

(3)在棱P4上是否存在点M,使得8M//平面PCD?若存在，求4竺的值；若不存在，说明理由.

AP

【答案】(1)见解析；(2)—(3)存在，—

3:AP4

【解析】(1)因为平面PA。1平面ABCD,AB1AD,

所以AB_L平面PAD,所以A8LP。，

又因为P4J.P。，所以平面PA8；

(2)取AQ的中点。，连结P。，CO,

因为PA=P£>,所以POJ.A。.

又因为POu平面PAO,平面PAO_L平面ABCD,

所以PO_L平面ABCO.

因为COu平面A8CO,所以尸OJ.CO.

因为AC=CD,所以COJ_AO.

如图建立空间直角坐标系。-尤yz,由题意得，

A(0,l,0),5(1,1,0),C(2,0,0),£>(0-1,0),P(0,0,l).

设平面PC£)的法向量为1=(x,y,z),则

n-PD=0,f-y-z=0,

〈——.即\

n-PC=0,[2x—z=0,

令z=2,则x=l,y=-2.

所以〃=(1,—2,2).

n-PBV3

又PB=(1,1,—1),所以cos<〃,PB>=_-------

RIPB3

所以直线PB与平面PC。所成角的正弦值为—.

3

(3)设M是棱PA上点，则存在;I€[0,1]使得而=2而.

因此点朋(0,1-%2),BM=(-1,-2,2).

因为BM(Z平面PCD,所以6/〃平面PCD当且仅当丽G=0,

即(―1,一4/1>(1,—2,2)=0,解得4=!.

4

所以在棱P4上存在点M使得BM//平面PCD，此时=L

AP4

20.[2016高考新课标3理数】如图，四棱锥P—A8C中，PAJ,地面ABC。，AD口BC,

AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AO上一点，AM=2MD,N为PC的中点.

(I)证明脑7£7平面巳43；

(II)求直线AN与平面所成角的正弦值.

O尺

【答案】(I)见解析；(II)—.

2

【解析】(I)由已知得AM=—AQ=2,取BP的中点T,连接AT,力V,由N为PC中点知77V〃6C,

3

TN=-BC=2.

2

又ADHBC,故TTV^AM,四边形AMNT为平行四边形，于是MN"AT.

因为ATu平面P43,MNS平面P43,所以MN〃平面PAB.

(II)取的中点E,连结AE,由AB=A。得AE_LBC,从而AELA。，且

AE=YAB?-BE?=)JAB2-(^)2=逐.

以A为坐标原点，通的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-孙z,

由题意知，P(0,0,4),M(0,2,0),C(V5,2,0),

丽=(0,2,-4),丽=(坐丽=(坐,1,2).

2x—4z=0

-n-PM=0

设〃=(x,y,z)为平面尸MN的法向量，则＜_____.，即，石，可取〃=(0,2,1),

〃・尸N=0-x+y-2z=0

I2,

21.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图，在三棱台ABC-。瓦'中，平面BCFE_L平面

ABC,ZACB=90,除眈陷1,BC=2,AC-3.

(I)求证：4北平面47■以

(H)求二面角比尸的平面角的余弦值.

D

【答案】（I）证明见解析；（H）—

4

【解析】（I）延长JD,BE,CF相交于一点K,如图所示.

因为平面3C7芭，平面.MC,且dC_BC,所以XC一平面3CK,因此BF,HC.

又因为EFWBC,BE=EF=FC=\,BC=2,

所以aSCK为等边三角形，目广为CK的中点，BF-CK.

所以8尸一平面HCED.

（II.）方法一：过点F作EQ_LAK于Q,连结BQ.

因为BF_L平面ACK,所以8FLAK,则AKL平面8。尸，所以BQ_LAK.

所以NBQb是二面角B-AD-F的平面角.

在RtaACK中，AC=3,CK=2,得FQ=^^.

13

在Rt43。/中，尸。=今乎，BF=43,得cosN8Q/=手.

所以二面角B-AD-R的平面角的余弦值为迫.

4

方法二：如图，延长A£）,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.

取5。的中点0,则K0_LBC,又平面8CEE_L平面ABC,所以，K0_L平面ABC.

以点。为原点，分别以射线08,0K的方向为x,z的正方向，建立空间直角坐标系。孙z.

由题意得50,0,0),C(-l,0,0),K(0,0,®A(-l,-3,0),E(；,0,争，F(-1,0,

因此，AC=(0,3,0),减=(1,3,百)，AB=(2,3,0).

设平面ACK的法向量为用二（%,%,zj,平面A3K的法向量为〃=（X2，%，Z2）・

由《_A_C_.-m=0，得,，3%=0/r\

r,取机=6,0,—1；

AKm^O%1+3y+,3Z]=0'/

ABn=02%+3y2=0/r~\

由《一，得1

7

AK•〃=0x2+3y2+V3Z2=0'

于是，cos（机,〃）==2

H-H-V

所以，二面角8-A。-尸的平面角的余弦值为之.

4

22.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，AD〃BC,NADC=NPAB=90°,BC=CD=-AD,E为边AD的中点，异面直线PA与

2

CD所成的角为90°.

（I）在平面PAB内找一点M,使得直线CM〃平面PBE,并说明理由；

（II）若二面角P-必T的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

【答案】（I）详见解析；（H）

3

【解析】（I）在梯形感"D中，四与以不平行.

延长AB,加，相交于点的（即£平面产㈤，点"即为所求的一个点.理由如下：

由已知，BCWED,且吩磔.

所以四边形反；如是平行四边形.，所以CDUEB

从而训EB.

又劭U平面电电平面产灰，

所以平面PBE.

（说明：延长兴至点明