高考数学理科课标Ⅱ专用复习专题测试第八章立体几何85空间向量及其应用空间角pptx共161

1、考点一空间角与距离 1.(2014课标,11,5分,0.67)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为() A.B.C.D.,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案C解法一:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BMQN,则ANQ或其补角即为BM与AN所成的角, 设BC=CA=CC1=2, 则AQ=,AN=,QN=, cosANQ=, 故选C. 解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=CA=CC1=2, 则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),

2、=(-1,0,-2),=(1,-1,-2), cos=,故选C.,思路分析取BC的中点,利用平行四边形的性质,找到BM与AN所成的角或其补角,由余弦定理解三角形求解;或建立空间直角坐标系,利用向量的夹角的余弦公式求解.,方法总结异面直线所成角的求解方法不唯一,应根据题设选择适当的方法,要么“找”(如解法一),要么“算”(如解法二).,2.(2017课标全国,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.,解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角

3、问题. (1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD, 又APPD=P,从而AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD. (2)在平面PAD内作PFAD,垂足为F. 由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF, 又ADAB=A,可得PF平面ABCD. 以 F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F-xyz.,方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角. (1)面面垂直的证明 证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面. (2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.

4、建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为,则|cos |=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.,3.(2017课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中点. (1)证明:直线CE平面PAB; (2)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. (1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=AD. 由BAD

5、=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CE BF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB. (2)由已知得BAAD,以A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A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0). 设M(x,y,z)(0x1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).,因为BM与底面ABCD所成的角为45, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量, 所以|cos|=sin 45,=, 即(x-1)2+y2-z2

6、=0. 又M在棱PC上,设=,则 x=,y=1,z=-. 由,解得(舍去),或 所以M,从而=. 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量, 则即,所以可取m=(0,-,2). 于是cos=. 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D的余弦值为.,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量,再由向量的夹角公式求解.,解题关键由线面角为45求点M的坐标是解题的关键.,4.(2015课标,19,12分,0.501)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1

7、,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面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与平面所成角的正弦值.,解析(1)交线围成的正方形EHGF如图: (2)作EMAB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH=6,所以AH=10. 以D为坐标原点,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(1 0,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8). 设n=(x,y,z)

8、是平面EHGF的法向量, 则即,所以可取n=(0,4,3). 又=(-10,4,8),故|cos|=. 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.,5.(2016课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.,解析(1)证明:由已知得AM=AD=2. 取BP的中点T,连接AT,TN, 由N为PC的中点知TNBC,TN=BC=2.(3分) 又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT

9、. 因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(6分) (2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,且AE= .,以A为坐标原点,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,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N, =(0,2,-4),=,=. 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量, 则即(10分) 可取n=(0,2,1). 于是|cos|=. 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分),思路分析(1)以MA、MN为邻边构造平行四边形,利用线面平行的判定定理求证.(2)以A为原点建立空间直角坐标系,

10、求平面PMN的法向量,利用向量的夹角的余弦公式求解.,方法总结第(1)问中线面平行的证明可以通过构造平行四边形得出线线平行,从而进行证明,也可以取BC的中点,构造面面平行从而获证线面平行.注意空间向量法是解决立体几何问题的常用方法.,6.(2013课标全国,18,12分,0.487)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB. (1)证明:BC1平面A1CD; (2)求二面角D-A1C-E的正弦值.,解析(1)证明:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点. 又D是AB中点,连接DF,则BC1DF. 因为DF平面A1CD,BC1平面A1CD

11、,所以BC1平面A1CD. (2)由AC=CB=AB得,ACBC. 以C为坐标原点,的方向为x轴正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), =(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).,设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量, 则即 可取n=(1,-1,-1). 同理,设m是平面A1CE的法向量, 则 可取m=(2,1,-2). 从而cos=, 故sin=. 即二面角D-A1C-E的正弦值为.,思路分析(1)利用三角形的中位线性质和线面平行的判定定理求证.(2)利用空间向量求平面的法向量,通过向

12、量的夹角的余弦公式求解.,解题关键正确求出平面的法向量是解题的关键.,考点二空间向量及其应用 1.(2014课标,18,12分,0.534)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明:PB平面AEC; (2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.,解析(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点. 又E为PD的中点,所以EOPB. 又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC. (2)因为PA平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直. 如图,以

13、A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D(0, ,0),E,=.,设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),=(m,0). 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量, 则即可取n1=. 又n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量, 由题设得|cos|=, 即=,解得m=. 因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为. 三棱锥E-ACD的体积V=.,思路分析(1)取BD的中点,利用三角形的中位线性质和线面平行的判定定理求证.(2)以A为原点建立空间直角坐标系,分别求平面ACE和平面ADE的法向量,由向量的夹角的余弦公式求解.,易错警示平面的法

14、向量求解错误而导致失分.,2.(2015课标,18,12分,0.332)如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)证明:平面AEC平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.,解析(1)证明:连接BD.设BDAC=G,连接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=. 由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AEEC,所以EG=,且EGAC. 在RtEBG中,可得BE=,故DF=. 在RtFDG中,可得FG=. 在直角梯形BD

15、FE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=. 从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG. 又ACFG=G,可得EG平面AFC. 因为EG平面AEC,所以平面AEC平面AFC.(6分) (2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,|为单位长,建立空间直角坐 标系G-xyz.,由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,0),所以=(1,),=. (10分) 故cos=-. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(12分),思路分析(1)利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的判定定理求证.(2)建立适当的空间直角坐标系,利用向量的夹角的余弦公式求解.,解后反思

16、建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明“EG平面AFC”是解题的难点.,考点一空间角与距离 1.(2017浙江,9,5分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,=2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为,则( ) A.B.C.D.,B组 自主命题省（区、市）卷题组,故有P,Q,R(0,-1,0),D(0,0,). 此时,点O在PQR内部,故,均为锐角. 取平面PQR的一个法向量为n=(0,0,1). 设平面DPR的法向量为m1=(x1,y1,z1), =,=(0,1,),

17、 得 取z1=1,得m1=(2,-,1). cos =|cos|=. 设平面DPQ的法向量为m2=(x2,y2,z2), =,=,得 取x2=2,得m2=(2,4,1). cos =|cos|=. 设平面DQR的法向量为m3=(x3,y3,z3), =,=(0,1,), 得 取z3=1,得m3=(-3,-,1). cos =|cos|=. cos .故选B.,直线RQ的方程为x-y+1=0,d3=. 又d2tan tan , 而,均为锐角,.故选B.,2.(2014四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成

18、的角为,则sin 的取值范围是() A.B.C.D.,答案B由正方体的性质易求得sinC1OA1=,sinCOA1=,注意到C1OA1是锐角, COA1是钝角,且.故sin 的取值范围是.,3.(2015浙江,13,4分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.,解析连接DN,取DN的中点H,连接HM,由N、M、H均为中点,知|cosHMC|即为所求.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N为AD,BC的中点,所以CMAD,ANBC,所以CM= 2,AN=2,MH=AN=,H

19、C=,则cosHMC= =.故异面直线AN,CM所成角的余弦值为.,答案,4.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为,则cos 的最大值为.,答案,解析如图,建立空间直角坐标系A-xyz, 设AB=2,QM=m(0m2), 则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0m2). =(2,1,0),=(1,-m,-2),cos =|cos|=. 设y=, 则y= =,=. 当0m2时,y0, y=在(0,2)上单调递减. 当m=0时,y取最大值, 此

20、时cos 取最大值,(cos )max=.,5.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD平面ABCD,点M在线段PB上,PD平面MAC,PA=PD=,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.,解析本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.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. (1)证明:设AC,BD交点为E,连接ME. 因为PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME, 所以PDME. 因为

21、ABCD是正方形,所以E为BD的中点. 所以M为PB的中点. (2)取AD的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OPAD.,又因为平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD, 所以OP平面ABCD. 因为OE平面ABCD,所以OPOE. 因为ABCD是正方形,所以OEAD. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-). 设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即 令x=1,则y=1,z=. 于是n=(1,1,). 平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos=. 由题意知二面角B-PD-

22、A为锐角,所以它的大小为. (3)由题意知M,C(2,4,0),=. 设直线MC与平面BDP所成角为, 则sin =|cos|=. 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.,方法总结1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n1,n2,设二面角的大小为,则有|cos |=|cos|=,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角, 进而求出二面角.2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与平面所成的角满足sin =,.,6.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,B

23、CAD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE平面PAB; (2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.,解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=AD. 又因为BCAD,BC=AD,所以EFBC且EF=BC, 即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF, 因此CE平面PAB. (2)分别取BC,AD的中点为M,N. 连接PN交EF于点Q,连接MQ. 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点

24、,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQCE. 由PAD为等腰直角三角形得PNAD. 由DCAD,N是AD的中点得BNAD. 所以AD平面PBN, 由BCAD得BC平面PBN, 那么平面PBC平面PBN. 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1. 在PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=, 在PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=, 在RtMQH中,QH=,MQ=, 所以sinQMH=. 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.,一题多解(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.

25、 PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,OPAD. BC=AD=OD,且BCOD, 四边形BCDO为平行四边形,又CDAD, OBAD,OPOB=O,AD平面OPB. 过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M, 以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.,设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0). 设P(x,0,z)(z0),由PC=2,OP=1, 得得x=-,z=. 即点P,而E为PD的中点,E. 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1), =,=(1,1,0), 取y1=-

26、1,得n=(1,-1,). 而=,则n=0,而CE平面PAB, CE平面PAB. (2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),=(0,1,0),=, 取x2=1,得m=(1,0,). 设直线CE与平面PBC所成角为. 则sin =|cos|=, 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.,方法总结1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l) 线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l. 面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面,使得,从而得l. 向量法:(i)求出平面的法向量n和直线l的方向向量l,证明nl=0,得l. (ii)证明直线l的方向向量l能

27、被平面内的两个基底向量所表示,得l.,2.求线面角的方法. 定义法:作出线面角,解三角形即可. 解斜线段、射影、垂线段构成的三角形. 例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d),由sin =得结论. 向量法:求出平面的法向量n,设直线AB与所成角为,则sin =|cos|. 最好是画出图形,否则容易出错.,7.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,BAD=120. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A1D-A的正弦值.,解析本小题

28、主要考查空间向量、异面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AEAD,交BC于点E. 因为AA1平面ABCD, 所以AA1AE,AA1AD. 如图,以,为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz. 因为AB=AD=2,AA1=,BAD=120,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,). (1)=(,-1,-),=(,1,), 则cos= = =-, 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为. (2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向

29、量, 又=(,-1,-),=(-,3,0), 则 即,不妨取x=3,则y=,z=2, 所以m=(3,2)为平面BA1D的一个法向量, 从而cos=. 设二面角B-A1D-A的大小为,则|cos |=. 因为0,所以sin =. 因此二面角B-A1D-A的正弦值为.,8.(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是的中点. (1)设P是上的一点,且APBE,求CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.,解析本题考查线面垂直的证明和二面角的计算. (1)因为APBE,ABBE,

30、 AB,AP平面ABP,ABAP=A, 所以BE平面ABP,又BP平面ABP, 所以BEBP,又EBC=120,因此CBP=30. (2)解法一: 取的中点H,连接EH,GH,CH. 因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱形, 所以AE=GE=AC=GC=. 取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EMAG,CMAG, 所以EMC为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM=2. 在BEC中,由于EBC=120, 由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12, 所以EC=2,因此EMC为等边三角形,故所求的角为60. 解法二: 以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的

31、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A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3),C(-1,0), 故=(2,0,-3),=(1,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量. 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量. 由可得 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2). 所以cos=. 易知所求角为锐二面角, 因此所求的角为60.,方法总结求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方

32、形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.,9.(2015广东,18,14分)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB. (1)证明:PEFG; (2)求二面角P-AD-C的正切值; (3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.,解析(1)证明:因为PD=PC,点E为DC中点, 所以P

33、EDC. 又因为平面PDC平面ABCD,交线为DC, 所以PE平面ABCD. 又FG平面ABCD,所以PEFG. (2)由(1)可知,PEAD. 因为四边形ABCD为长方形,所以ADDC. 又因为PEDC=E,所以AD平面PDC. 而PD平面PDC,所以ADPD. 由二面角的平面角的定义,可知PDC为二面角P-AD-C的一个平面角. 在RtPDE中,PE=, 所以tanPDC=. 从而二面角P-AD-C的正切值为. (3)连接AC.因为=,所以FGAC. 易求得AC=3,PA=5. 所以直线PA与直线FG所成角等于直线PA与直线AC所成角,即PAC, 在PAC中,cosPAC=. 所以直线PA

34、与直线FG所成角的余弦值为.,10.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC平面ABC,PC=3,ACB=.D,E分别为线段AB, BC上的点,且CD=DE=,CE=2EB=2. (1)证明:DE平面PCD; (2)求二面角A-PD-C的余弦值.,解析(1)证明:由PC平面ABC,DE平面ABC,得PCDE.由CE=2,CD=DE=得CDE为等 腰直角三角形,故CDDE. 由PCCD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线, 故DE平面PCD. (2)由(1)知,CDE为等腰直角三角形,DCE=.如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1, 又已知EB=1,故F

35、B=2. 由ACB=得DFAC,=,故AC=DF=. 以C为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A,E(0,2,0),D(1,1,0),=(1,-1,0),=(-1,-1,3),=. 设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 由n1=0,n1=0,得故可取n1=(2,1,1). 由(1)可知DE平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为,即n2=(1,-1,0). 从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为 cos=, 故所求二面角A-PD-C的余弦值为.,11.(2014重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中

36、,底面是以O为中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=,M为BC上一点,且BM=,MPAP. (1)求PO的长; (2)求二面角A-PM-C的正弦值.,解析(1)如图,连接AC,BD,因为ABCD为菱形,则ACBD=O,且ACBD.以O为坐标原点, ,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为BAD=,故OA=ABcos=,OB=ABsin=1, 所以O(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0). 由BM=,BC=2知,=, 从而=+=, 即M. 设P(0,0,a),a0, 则=(-,0,a)

37、,=. 因为MPAP,故=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=. (2)由(1)知,=,=,=.,设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由n1=0,n1=0,得 故可取n1=, 由n2=0,n2=0,得 故可取n2=(1,-,-2), 从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为 cos=-, 故所求二面角A-PM-C的正弦值为.,12.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形,ADBC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为,BB1与的交点为Q

38、. (1)证明:Q为BB1的中点; (2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比; (3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面与底面ABCD所成二面角的大小.,所以cos=, 易知所求二面角为锐二面角, 故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.,评析 本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.,考点二空间向量及其应用 1.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,

39、M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.,解析本小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,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(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). (1)证明:=

40、(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨 设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得n=0.,因为MN平面BDE,所以MN平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos=-, 于是sin=. 所以,二面角C-EM-N的正弦值为. (3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos

41、|=,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=. 所以,线段AH的长为或.,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;(2)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.,2.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2. (1)求证:EG平面ADF; (2)求二面角O-EF-C的正

42、弦值; (3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.,解析依题意,OF平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,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O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0). (1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2). 设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量, 则即 不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG平 面A

43、DF.,(2)易证,=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量. 依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2). 设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则 即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1). 因此有cos=-, 于是sin=. 所以,二面角O-EF-C的正弦值为. (3)由AH=HF,得AH=AF. 因为=(1,-1,2),所以=, 进而有H,从而=,因此cos=-. 所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.,思路分析(1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)利用两平面的法向量的夹角公式、直线的方向向量与平面法向量的夹角公式求二面角的正弦值与线面

44、角的正弦值.,评析 本题主要考查直线与平面平行和垂直、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证能力.,3.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,ACB=ACD=,F为PC的中点,AFPB. (1)求PA的长; (2)求二面角B-AF-D的正弦值.,解析(1)如图,连接BD交AC于O,因为BC=CD,即BCD为等腰三角形,又CA平分BCD,故ACBD.以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O- xyz,则OC=CDcos=1

45、,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1, 0),D(-,0,0). 因PA底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F.又=,=(,3,-z),因 AFPB,故=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以PA=2. (2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB 的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得 因此可取n1=(3,-2). 由n2=0,n2=0,得 故可取n2=(3,-,2). 从而法向量n1,n2的

46、夹角的余弦值为 cos=. 故二面角B-AF-D的正弦值为.,考点一空间角与距离 1.(2015浙江,8,5分)如图,已知ABC,D是AB的中点,沿直线CD将ACD翻折成ACD,所成二面角A-CD-B的平面角为,则() A.ADBB.ADBC.ACBD.ACB,C组 教师专用题组,答案B若CDAB,则ADB为二面角A-CD-B的平面角,即ADB=. 若CD与AB不垂直,在ABC中,过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O,交BC于E,连接AO,则AOE为二面角A-CD-B的平面角,即AOE=,AO=AO, AAO=.又AD=AD,AAD=ADB.而AAO是直线AA与平面ABC所成的角,由

47、线面 角的性质知AAOAAD,则有ADB.综合有ADB,故选B.,2.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF平面ACFD; (2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.,解析(1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示. 因为平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以,AC平面BCK,因此,BFAC. 又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK. 所以BF平面ACFD. (2)解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ

48、. 因为BF平面ACK,所以BFAK,则AK平面BQF, 所以BQAK. 所以,BQF是二面角B-AD-F的平面角. 在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.,在RtBQF中,FQ=,BF=,得cosBQF=. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为. 解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F. 因此,

49、=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0).,设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2). 由得取m=(,0,-1); 由得取n=(3,-2,). 于是,cos=. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.,方法总结计算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角,也可以利用平面的法向量和向量的夹角公式求解.本题(2)的解法一根据二面角的平面角的定义构造AD的垂面,二面角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通过解三角形求解.,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,同时考查空间想象能力和运算求解能力.,3.(2014

50、天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点. (1)证明BEDC; (2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值; (3)若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.,解析解法一: 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)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0. 所以BEDC. (2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x

51、,y,z)为平面PBD的法向量, 则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.,于是有cos=. 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为. (3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=,01. 故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得 =.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则 cos=-. 易知,二面角F-AB-P是锐角,

52、所以其余弦值为. 解法二:,评析本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、直线与平面所成的角,直线与平面垂直等基础知识.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、运算能力和推理论证能力.,解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形, 且AB=2CD,所以ABDC,又M是AB的中点,因此CDMA且CD=MA. 连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 因为CDC1D1,CD=C1D1, 可得C1D1MA,C1D1=MA, 所以四边形AMC1D1为平行四边形. 因此C1MD1A,又C1M平面A1ADD1,D1A平面A1ADD1, 所以C1M平面A1ADD1.,(2)解法

53、一:连接AC,MC,由(1)知CDAM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形. 可得BC=AD=MC, 又ABC=DAB=60,所以MBC为正三角形, 因此AB=2BC=2,CA=, 因此CACB. 以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),因此M, 所以=,=. 设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z), 由得 可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,1). 又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量, cos=, 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为. 解法二:由(1)知平面D1C1M平面

54、ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接D1N. 由CD1平面ABCD,可得D1NAB,因此D1NC为二面角C1-AB-C的平面角. 在RtBNC中,易知BC=1,NBC=60,可得CN=. 所以ND1=. 在RtD1CN中,cosD1NC=. 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.,2.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=,连接CE并延长交AD于F. (1)求证:AD平面CFG; (2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.,解析(1)在ABD中,

55、因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故BAD=,ABE=AEB=, 因为DABDCB,所以EABECB, 从而有FED=BEC=AEB=,所以FED=FEA, 故EFAD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FGPA. 又PA平面ABCD, 所以GFAD,故AD平面CFG. (2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,0),P, 故=,=,=.,3.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,ADBC,BAD=90,ACBD,BC=1,AD=AA1=3. (1)证明:ACB1D; (2)求直线B1C1与

56、平面ACD1所成角的正弦值.,解析解法一:(1)如图1,因为BB1平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACBB1. 又ACBD,所以AC平面BB1D,而B1D平面BB1D,所以ACB1D. 图1 (2)因为B1C1AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为). 如图1,连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且B1A1D1=BAD=90,所以A1B1平面ADD1A1,从而A1B1AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1DAD1.故AD1平面A1B1D,于是AD1B1D. 由(1)知,ACB1D,所以B1D平面

57、ACD1,故ADB1=90-.,从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0). 因为ACBD,所以=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去). 于是=(-,3,-3),=(,1,0). 因为=-3+3+0=0,所以,即ACB1D. (2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0). 设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量, 则即令x=1,则n=(1,-,). 设直线B1C1与平面ACD1所成角为,则sin =|cos|=. 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.,评析本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学

58、生空间想象能力和运算求解能力.对于解法一的第(2)问的运算量很小,但对学生的逻辑思维论证能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因.,4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=AD,E为 棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90. (1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM平面PBE,并说明理由; (2)若二面角P-CD-A的大小为45,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.,解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行. 延长AB,DC

59、,相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一个点. 理由如下: 由已知,BCED,且BC=ED. 所以四边形BCDE是平行四边形. 从而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE, 所以CM平面PBE. (说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)解法一:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.从而CDPD. 所以PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45. 设BC=1,则在RtPAD中,PA=AD=2. 过点A作AHCE,交CE的延长线于点H,连接PH. 易知PA平面ABCD,又CE平面ABCD, 从而PACE.于是CE平面PAH. 所以平面PCE平面PAH. 过A作AQPH于Q,则AQ平面PCE. 所以APH是PA与平面PCE所成的角. 在RtAEH中,AEH=45,AE=1, 所以AH=. 在RtPAH中,PH=, 所以sinAPH=.,解法二:由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A, 所以CD平面PAD.于是CDPD. 从而PDA是二面角P-CD