高考数学浙江省专用复习专题测试第八章立体几何85空间向量及其应用

1、考点一空间角 1.(2017浙江,9,4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.,五年高考,答案B本题考查正四面体的性质,二面角的定义,解三角形,利用空间向量求平面的法向量及计算并比较二面角的大小,考查推理运算能力和空间想象能力. 解法一:连接CP,作ROAB,交CP于点O,则O为等边ABC的中心,且点D在平面ABC内的射影为O,连接DO.,以O为坐标原点,OP所在直线为x轴,RO所在直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立空间直角

2、坐标系,如图所示. 设正四面体的棱长为3,则OP=3=,OR=3=1,点Q到x轴的距离为PB=, 点Q到y轴的距离为.,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,), 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,),

3、 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.(2017课标全国理,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为() A.B.C.D.,答案C本题考查直棱柱的性质和异面直线所成的角. 将直三棱柱ABC-A1B1C1补形成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图),连接AD1,B1D1,则AD1BC1. 则B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角),易求得

4、AB1=,BC1=AD1=,B1D1=.由 余弦定理得cosB1AD1=.故选C.,方法总结本题主要考查异面直线所成的角,求异面直线所成角的方法有两种.一是定义法,二是用向量的夹角公式求解.,3.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是() A.(-1,1,0)B.(1,-1,0) C.(0,-1,1)D.(-1,0,1),答案B经检验,选项B中向量(1,-1,0)与向量a的夹角的余弦值为,故它们的夹角为60,故 选B.,4.(2014课标,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=

5、CC1,则BM与AN所成角的余弦值为() A.B.C.D.,答案C解法一:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BMQN,则ANQ即为所求, 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), =(-1,0,-2),=(1,-1,-2), cos=,故选C.,5.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,ADC=90.沿直线 AC将ACD翻折成ACD,直线A

6、C与BD所成角的余弦的最大值是.,答案,解析如图,过D作DFAC于点F,取AC的中点E,连接BE,则ACBE. 在ADC中,ADC=90,CD=1,AD=,AC=, DF=,CF=,EF=, 在ABC中,BE=. =+, 则=(+)=2. 设AC与BD所成的角为, 又|2=(+)2 =+2cos =9+5cos, |=, 则cos =,当cos=-1时,D在平面ABC内,cos 取最大值.,评析本题重点考查了立体几何中的异面直线夹角问题,平面2图形的折叠问题也是本题的一个考查点,在折叠的过程中发现最值点所处的位置是解决本题的关键.,6.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ

7、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.,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= =,答案,=. 当0m2时,y0, y=在(0,2)上单调递减. 当m=0时,y取最大值, 此时cos 取最大值,(cos )max=.,7.(2017天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD平面PDC,ADBC,

8、PDPB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值; (2)求证:PD平面PBC; (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.,解析本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. (1)如图,由已知ADBC,故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD平面PDC,所以ADPD.在RtPDA中,由已知,得AP=,故cosDAP=.所以,异 面直线AP与BC所成角的余弦值为.,(2)证明:因为AD平面PDC,直线PD平面PDC,所以ADPD.又因为BCAD,所以

9、PDBC,又PDPB,所以PD平面PBC. (3)过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC,DFAB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又ADDC,故BCDC,在RtDCF中,可得DF=2,在RtDPF中,可得sinDFP=. 所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.,8.(2017课标全国理,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

10、; (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问题. (1)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

11、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. 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.,9.(2017课标全国理,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

12、线面角、二面角的计算. (1)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=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

13、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=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.,10.(2017北京理,16,

14、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)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

15、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-A为锐角,所以它的大小为. (3)由题意知M,C(2,4,0),=. 设直线

16、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 =,.,11.(2017天津理,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,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB

17、=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:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n

18、=(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|=,整理得10h2-21h+8=0,解

19、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.,12.(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)证明:延长A

20、D,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. 又ACCK=C, 所以BF平面ACFD. (2)解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ. 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=,BQ=,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A

21、D,BE,CF相交于一点K,则易知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,=(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

22、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.,13.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=. (1)证明:DH平面ABCD; (2)求二面角B-DA-C的正弦值.,解析(1)证明:

23、由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得=,故ACEF. 因此EFHD,从而EFDH.(2分) 由AB=5,AC=6得DO=BO=4. 由EFAC得=. 所以OH=1,DH=DH=3. 于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分) 又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分) (2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1, 0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),思路分析(1)利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,从而得出结论;

24、 (2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求其余弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值.,评析本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基础知识和基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决空间问题的关键.,14.(2015课标,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,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

25、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)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

26、的正弦值为.,评析本题背景常规,设问新颖,鼓励动手试验、创新尝试、独立思考.对空间想象力有较高要求.,15.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD 的中点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图2. (1)证明:CD平面A1OC; (2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.,解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=, 所以BEAC. 即在题图2中,BEOA1,BEOC, 从而BE平面A1OC, 又CDBE, 所以CD平面

27、A1OC. (2)因为平面A1BE平面BCDE, 又由(1)知,BEOA1,BEOC, 所以A1OC为二面角A1-BE-C的平面角, 所以A1OC=. 如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,评析本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键.,16.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图. (1)求证:ABCD; (2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦

28、值.,依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M, 则=(1,1,0),=,=(0,1,-1). 设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0), 则即 取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1). 设直线AD与平面MBC所成角为, 则sin =|cos|=, 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.,17.(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.,

29、以下为教师用书专用,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FB=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)

30、,=. 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=, 又二面角为锐角, 故所求二面角A-PD-C的余弦值为.,18.(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. (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A

31、A1=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.,解析(1)证明:因为BQAA1,BCAD,BCBQ=B,ADAA1=A, 所以平面QBC平面A1AD. 从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QCA1D. 故QBC与A1AD的对应边相互平行,于是QBCA1AD. 所以=,即Q为BB1的中点. (2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a. 图1 =2ahd=ahd,VQ-ABCD=dh=ahd, 所以V下=+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd, 所以V上=

32、-V下=ahd-ahd=ahd, 故=. (3)解法一:如图1,在ADC中,作AEDC,垂足为E,连接A1E,AC. 又DEAA1,且AA1AE=A, 所以DE平面AEA1,于是DEA1E. 所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角. 因为BCAD,AD=2BC,所以SADC=2SBCA. 又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以SADC=4,AE=4. 于是tanAEA1=1,AEA1=.,故平面与底面ABCD所成二面角的大小为. 解法二:如图2,以D为原点,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系. 图2 设CDA=. 因为S四边形ABCD=2sin =6, 所以a=.

33、 从而C(2cos ,2sin ,0), A1,所以=(2cos ,2sin ,0),=. 设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1), 由得x=-sin ,y=cos , 所以n=(-sin ,cos ,1). 又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), 所以cos=, 由图知平面与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角, 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,转化与化归的思想,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.,19.(2014广东,18,13分)如图,四边形

34、ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E. (1)证明:CF平面ADF; (2)求二面角D-AF-E的余弦值.,解析(1)证明:PD平面ABCD, PDAD, 又CDAD,PDCD=D, AD平面PCD,ADPC, 又AFPC,AFAD=A, PC平面ADF,即CF平面ADF. (2)设AB=1,则RtPDC中,CD=1,DPC=30, PC=2,PD=,由(1)知CFDF, DF=, CF=,又FECD, =,DE=, 同理EF=CD=, 如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).

35、设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量, 则又, 令x=4,得z=,故m=(4,0,), 由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为,可知为锐角, cos =|cos|=,故二面角D-AF-E的余弦值为.,20.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H. (1)求证:ABFG; (2)若PA底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.,解析(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是

36、AM的中点,所以ABDE. 又因为AB平面PDE, 所以AB平面PDE. 因为AB平面ABF,且平面ABF平面PDE=FG, 所以ABFG. (2)因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).,设平面ABF的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1). 设直线BC与平面ABF所成角为, 则sin =|cos|=. 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为. 设点H的坐标为(u,v,w). 因为点H在棱PC上,

37、所以可设=(01), 即(u,v,w-2)=(2,1,-2). 所以u=2,v=,w=2-2. 因为n是平面ABF的法向量,所以n=0, 即(0,-1,1)(2,2-2)=0.,解得=,所以点H的坐标为. 所以PH=2.,评析本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,推理计算能力;建立恰当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.,21.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H. (1)证明:四边形EFGH是矩形; (2)求直线AB与平面EFGH夹角的

38、正弦值.,解析(1)证明:由该四面体的三视图可知, BDDC,BDAD,ADDC,BD=DC=2,AD=1. 由题设知,BC平面EFGH, 平面EFGH平面BDC=FG, 平面EFGH平面ABC=EH, BCFG,BCEH,FGEH. 同理,EFAD,HGAD,EFHG, 四边形EFGH是平行四边形. 又ADDC,ADBD,AD平面BDC, ADBC,EFFG, 四边形EFGH是矩形. (2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量

39、n=(x,y,z), EFAD,FGBC, n=0,n=0, 得取n=(1,1,0), sin =|cos|=.,解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), E是AB的中点,F,G分别为BD,DC的中点, 得E,F(1,0,0),G(0,1,0). =,=(-1,1,0),=(-2,0,1). 设平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 则n=0,n=0, 得取n=(1,1,0), sin =|cos|=.,22.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,A

40、B的中点,P为线段BC上的点,且MNNP. (1)证明:P是线段BC的中点; (2)求二面角A-NP-M的余弦值.,解析(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO. 由侧视图及俯视图知,ABD,BCD为正三角形, 因此AOBD,OCBD. 因为AO,OC平面AOC内,且AOOC=O, 所以BD平面AOC. 又因为AC平面AOC,所以BDAC. 取BO的中点H,连接NH,PH. 又M,N分别为线段AD,AB的中点, 所以NHAO,MNBD. 因为AOBD,所以NHBD.,因为MNNP,所以NPBD. 因为NH,NP平面NHP,且NHNP=N, 所以BD平面NHP. 又因为HP平面NHP,所以

41、BDHP. 又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HPOC. 因为H为BO中点,故P为BC中点. (2)如图,作NQAC于Q,连接MQ. 由(1)知,NPAC,所以NQNP. 因为MNNP,所以MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角. 由(1)知,ABD,BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.,由俯视图可知,AO平面BCD. 因为OC平面BCD,所以AOOC. 因此在等腰RtAOC中,AC=. 作BRAC于R. 在ABC中,AB=BC,所以BR=. 因为在平面ABC内,NQAC,BRAC,所以NQBR. 又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点, 因此NQ=. 同理,可得MQ

42、=, 所以在等腰MNQ中,cosMNQ=. 故二面角A-NP-M的余弦值是.,评析本题主要考查简单空间图形的三视图、空间线面垂直的判定与性质、空间面面夹角的计算等基础知识.考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.,23.(2014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,

43、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=(x1,y1,z1)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

44、)=0,解得 =.故=.设n1=(x1,y1,z1)为平面FAB的法向量,则即 不妨令z1=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, 所以其余弦值为.,24.(2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=(02). (1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ; (2)是否存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的

45、值;若不存在,说明理由.,解析解法一:(几何方法) (1)证明:如图1,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1AD1. 当=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点, 所以FPAD1. 所以BC1FP. 而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ. (2)如图2,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EFBD,且EF=BD.又DP=BQ,DPBQ, 所以四边形PQBD是平行四边形,故PQBD,且PQ=BD, 从而EFPQ,且EF=PQ. 在RtEBQ和RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1, 于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等

46、腰梯形. 同理可证四边形PQMN是等腰梯形. 分别取EF,PQ,MN的中点,记为H,O,G,连接OH,OG, 则GOPQ,HOPQ,而GOHO=O, 故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角. 若存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则GOH=90. 连接EM,FN,则由EFMN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形. 连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2. 在GOH中,GH2=4,OH2=1+2-=2+,OG2=1+(2-)2-=(2-)2+, 由OG2+OH2=GH2,得(2-)2+2+=4, 解得=1, 故存在=1,使面EFPQ与面

47、PQMN所成的二面角为直 二面角. 解法二:(向量方法) 以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz. 由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,). =(-2,0,2),=(-1,0,),=(1,1,0). (1)证明:当=1时,=(-1,0,1), 因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1FP. 而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ, 故直线BC1平面EFPQ.,(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z), 则由可得于是可取n=(,-,1). 同理可得平面MNPQ的

48、一个法向量为m=(-2,2-,1). 若存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角, 则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0, 即(-2)-(2-)+1=0,解得=1. 故存在=1,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.,评析本题考查了线面平行的证明方法和二面角的计算.体现了利用平面的法向量解决二面角中有关求值问题的优势.充分利用方程的思想方法是解题的关键.,25.(2013辽宁,18,12分)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点. (1)求证:平面PAC平面PBC; (2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.,解析(1)证

49、明:由AB是圆的直径,得ACBC,由PA平面ABC,BC平面ABC,得PABC. 又PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以BC平面PAC. 因为BC平面PBC, 所以平面PBC平面PAC.(6分) (2)解法一:过C作CMAP,则CM平面ABC. 如图,以点C为坐标原点.分别以直线CB,CA,CM为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.,因为AB=2,AC=1,所以BC=. 因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1), 故=(,0,0),=(0,1,1). 设平面BCP的法向量为n1=(x,y,z), 则所以 不妨令y=1,则n1=(0,1,-1). 因为=

50、(0,0,1),=(,-1,0), 设平面ABP的法向量为n2=(x1,y1,z1), 则所以 不妨令x1=1,则n2=(1,0). 于是cos=, 由题图可知二面角C-PB-A为锐二面角,故其余弦值为.(12分),解法二:过C作CMAB于M, 因为PA平面ABC,CM平面ABC, 所以PACM, 故CM平面PAB. 过M作MNPB于N,连接NC, 易知CNPB. 所以CNM为二面角C-PB-A的平面角.,在RtABC中,由AB=2,AC=1,得BC=,CM=,BM=.在RtPAB中,由AB=2,PA=1,得PB=. 因为RtBNMRtBAP, 所以=,故MN=. 又在RtCNM中,CN=,故

51、cosCNM=. 所以二面角C-PB-A的余弦值为.(12分),26.(2013课标全国,18,12分)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,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

52、(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=. 故二面角D-A1C-E的正弦值为.,评析本题考查了线面平行的判定和性质,考查二面角的计算.考查了空间想象能力.正确求出平面的法向量是解题的关键.,27.(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

53、. (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)证明:在ABD中,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=,=,=.,设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1), 则 解得即n1=. 设平面D

54、CP的法向量n2=(1,y2,z2),则解得 即n2=(1,2).设平面BCP与平面DCP的夹角的为,则cos =.,28.(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,而AC=4, 得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin

55、=,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|=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的夹角的余弦值为 cos=. 故二面角B-AF-D的正弦值为

56、.,评析本题考查了空间向量在立体几何中的应用,建立合适的坐标系是关键.,29.(2013课标全国,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,BAA1=60. (1)证明:ABA1C; (2)若平面ABC平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.,解析(1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B. 因为CA=CB,所以OCAB. 由于AB=AA1,BAA1=60,故AA1B为等边三角形, 所以OA1AB. 因为OCOA1=O,所以AB平面OA1C. 又A1C平面OA1C,故ABA1C. (2)由(1)知OCAB,OA1A

57、B. 又平面ABC平面AA1B1B,交线为AB,所以OC平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直. 以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O- xyz.,由题设知A(1,0,0),A1(0,0),C(0,0,),B(-1,0,0). 则=(1,0,),=(-1,0),=(0,-,). 设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量, 则即可取n=(,1,-1). 故cos=-. 所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.,解析(1)在题图中,易得OC=3,AC=3,AD=2. 连接OD,OE,在OCD中,由余弦定理可得 OD=. 由翻折不变

58、性可知AD=2, 所以AO2+OD2=AD2,所以AOOD, 同理可证AOOE,又ODOE=O,所以AO平面BCDE. (2)解法一:过O作OHCD交CD的延长线于H,连接AH,因为AO平面BCDE,所以AHCD,所以AHO为二面角A-CD-B的平面角.,结合题图可知,H为AC中点,故OH=,从而AH=, 所以cosAHO=,所以二面角A-CD-B的平面角的余弦值为. 解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示, 则A(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0), 所以=(0,3,),=(-1,2,).,设n=(x,y,z)为平面ACD的法向量,则 即解得 令x=1,得

59、n=(1,-1,). 由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量, 所以cos=,易知二面角A-CD-B为锐二面角,故二面角A-CD-B的平 面角的余弦值为.,评析本题主要考查线面垂直的判定,二面角的求解以及翻折问题,考查学生空间想象能力,逻辑推理论证能力以及基本运算求解能力.抓住翻折前后的不变量是解决此类问题的关键.,考点二综合应用 1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2=.若空间向量b满足be1=2,be2=,且对于任 意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0=,y0=,|b|=.,答案1;2;2,解析e1,e2是单位向量,e1e2=,cos=,又0180,=60.不妨把e 1,e2放到空间直角坐标系O-xyz的平面xOy中,设e1=(1,0,0),则e2=,再设=b=(m,n,r),由be 1=2,be2=,得m=2,n=,则b=(2,r).而xe1+ye2是平面xOy上任一向量,由|b-(xe1+ye2)|1知点B(2, ,r)到平面xO