（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.4空间角与距离、空间向量及其应用课件.pptx

8.4 空间角与距离、空间向量及其应用,高考理数 (课标专用),考点一 空间角与距离,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2018课标,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截 此正方体所得截面面积的最大值为( ) A. B. C. D.,答案 A 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题. 由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面所成的角均相等.如图, 正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以平 面A1BD,当平面趋近于点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面经过正方体的中心O时,截面 图形为正六边形,其边长为 ,截面图形的面积为6 = ;当平面趋近于C1时,截 面图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为 ,故选A. 解题关键 利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面所成角转化为共顶点的三条棱所在 直线与平面所成角是解决本题的关键.,方法点拨 利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法.,2.(2016课标,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD= m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B, A1D.易证AA2A1BD1C,AA3A1DB1C. 平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3为平面. 于是mA2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角为60,其正弦值为 .选A. 思路分析 先利用平行关系作出平面,进而确定直线m与直线n的位置,然后求m,n所成角的正 弦值. 疑难突破 本题的难点是明确直线m、n的具体位置.为此适当扩形是常用策略.,3.(2019课标,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60, E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值.,解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考 查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养. (1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME= B1C.又因为N为A1D 的中点,所以ND= A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平 行四边形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE. (2)由已知可得DEDA.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(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, ,2),N(1,0,2), =(0,0,-4), =(-1, ,-2), =(-1,0,-2), =(0,- ,0). 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则 所以 可取m=( ,1,0). 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则 所以 可取n=(2,0,-1). 于是cos= = = , 所以二面角A-MA1-N的正弦值为 . 思路分析 (1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MNED,从而 可得MN与平面C1DE平行. (2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A1MA与平面A1MN的法向量,再由向量的,夹角公式求解. 解题关键 建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.,4.(2019课标,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中 AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.,解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的 空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象 和数学运算的核心素养. (1)证明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点 共面. 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE. 又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC. 由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH= . 以H为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0, ), =(1,0, ), =(2,-1,0). 设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z), 则 即 所以可取n=(3,6,- ). 又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos= = . 因此二面角B-CG-A的大小为30. 思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE平行关系不变,可得ADCG,进而可得A、C、G、D四点 共面.由折叠前后不变的位置关系可得ABBE,ABBC,从而AB平面BCGE,由面面垂直的判 定定理可得结论成立. (2)由(1)可得EH平面ABC.以H为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系, 求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小.,5.(2018课标,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧 所在平面垂直,M 是 上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD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.,解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用. (1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC 平面CMD,故BCDM. 因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)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. 当三棱锥M-ABC体积最大时,M为 的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1, 1), =(-2,1,1), =(0,2,0), =(2,0,0).,设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则 即 可取n=(1,0,2). 是平面MCD的法向量,因此 cos= = ,sin= . 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 . 解后反思 一、面面垂直的判定 在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可 通过作辅助线来解决. 二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法,1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在 平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形 判断所求角是锐角还是钝角.,2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根 据实际问题求解.,6.(2017课标,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=ABC=90得BCAD,又BC= AD,所以EFBC,则四边形BCEF是平行四边形,所 以CEBF,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)(0|=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,它们是高考的热点和难点,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.,考点二 空间向量及其应用 1.(2017课标,16,5分)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所 在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论: 当直线AB与a成60角时,AB与b成30角; 当直线AB与a成60角时,AB与b成60角; 直线AB与a所成角的最小值为45; 直线AB与a所成角的最大值为60. 其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号),答案 ,解析 本题考查空间直线、平面间的位置关系. 过点C作直线a1a,b1b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分别以a1、b1、AC所在直线 为x、y、z轴建立空间直角坐标系,取n1=(1,0,0)为a1的方向向量,n2=(0,1,0)为b1的方向向量, 令A(0,0,1).可设B(cos ,sin ,0),则 =(cos ,sin ,-1).当直线AB与a成60角时,|cos|= , |cos |= ,|sin |= ,|cos|= ,即AB与b所成角也是60.|cos|= = , 直线AB与a所成角的最小值为45.综上,和是正确的,和是错误的.故填. 一题多解 过点B作a1a,b1b,当直线AB与a成60角时,由题意,可知AB在由a1,b1确定的平面 上的射影为BC,且BC与a1成45角,又ab,故AB与b所成角也是60.错,正确.当直线aBC 时,AB与a所成角最小,故最小角为45.正确,错误.综上,正确的是,错误的是.(注:一 条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的射影与平面内一条直线所成角的余弦值的乘 积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦值),2.(2018课标,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中 点. (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.,解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC= AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知POOB. 由OPOB,OPAC,OBAC=O,知PO平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 ), =(0,2,2 ).取平面PAC的法向量 =(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0a2),则 =(a,4-a,0). 设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).,由 n=0, n=0得 可取n=( (a-4), a,-a), 所以cos= . 由已知可得|cos|= . 所以 = .解得a=-4(舍去)或a= . 所以n= . 又 =(0,2,-2 ),所以cos= . 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 .,3.(2016课标,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. 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),4.(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 (10,10,0),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所成角的正弦值为 . 思路分析 (1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度 作截面;(2)以D为坐标原点, , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,分 别求出平面的法向量与直线AF的方向向量,从而利用向量法求得直线AF与平面所成角的正 弦值. 方法技巧 利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而 求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面 的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 空间角与距离 1.(2019浙江,8,4分)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端 点).记直线PB与直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角P-AC-B的平面 角为,则 ( ) A., B., C., D.,答案 B 本题考查了空间角和正三棱锥的性质,通过空间角的计算考查了空间想象能力和 数学运算能力,通过找角的过程考查了直观想象的核心素养. 过B作直线lAC,过P作底面ABC的垂线PD,D为垂足,过D作DFAB于F,作DEl于E,连接AD, BD,PF,PE, 由题意可知,二面角P-AC-B的大小与二面角P-AB-C的大小相等, 结合空间角的定义知PBE=,PBD=,PFD=, 在RtPEB与RtPDB中,由PEPD得sin sin , (、均为锐角). 在RtPDB与RtPDF中,由PBPF得sin (、均为锐角).故选B.,思路分析 在图形中找到异面直线所成的角,线面角和二面角的平面角,通过解直角三角形,比 较求解,本题也可以通过取正四面体侧棱的中点P,由特殊值法求解. 疑难突破 过点P作平面ABC的垂线,以其为公共边找到相应的空间角,通过解直角三角形去 求解,是关键也是难点的突破口.,2.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点. (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.,解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解 决问题的能力. 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 设AC,A1C1的中点分别为O,O1, 则OBOC,OO1OC,OO1OB, 以 , , 为基底,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B( ,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1( ,0,2),C1(0,1,2). (1)因为P为A1B1的中点,所以P .,从而 = , =(0,2,2). 故|cos|= = = . 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为 . (2)因为Q为BC的中点,所以Q , 因此 = , =(0,2,2), =(0,0,2). 设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量, 则 即 不妨取n=( ,-1,1). 设直线CC1与平面AQC1所成角为,则sin =|cos|= = = , 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为 . 方法总结 (1)用向量法求异面直线所成角的步骤:求两条直线所对应的方向向量m,n; 异面直线所成角的余弦值cos =|cos|= . (2)用向量法求线面角的正弦值的步骤:求直线的方向向量a和平面的法向量b;直线与平面 所成角的正弦值sin =|cos|= . 易错警示 (1)异面直线所成角的范围为 , cos =|cos|. (2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.,3.(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-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 = , .,4.(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. 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:由(1)知BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,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轴的正方向,建立如图 所示的空间直角坐标系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= = . 又易知二面角B-AD-F为锐二面角, 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 . 方法总结 若二面角的平面角为,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cos |=|cos|,要求 cos 的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos =|cos|,还 是cos =-|cos|.,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.,考点二 空间向量及其应用 1.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC =30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点. (1)证明:EFBC; (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.,解析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,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.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养. 解法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点, 所以A1EAC, 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC, 所以,A1E平面ABC,则A1EBC. 又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F. 所以BC平面A1EF.,因此EFBC. (2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形. 由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形. 由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G 上. 连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角), 不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=2 ,EG= . 由于O为A1G的中点,故EO=OG= = , 所以cosEOG= = . 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 . 解法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC. 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC. 如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz. 不妨设AC=4, 则A1(0,0,2 ),B( ,1,0),B1( ,3,2 ),F ,C(0,2,0). 因此, = , =(- ,1,0). 由 =0得EFBC. (2)设直线EF与平面A1BC所成角为. 由(1)可得 =(- ,1,0), =(0,2,-2 ).,设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z). 由 得 取n=(1, ,1), 故sin =|cos|= = . 因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为 . 评析 本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用 等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从E引发的三条直线两两 垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.,2.(2018天津,17,13分)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD= 2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长.,解析 本小题主要考查直线与平面平行、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. 依题意,可以建立以D为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐 标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M ,N(1,0,2). (1)证明:依题意得 =(0,2,0), =(2,0,2). 设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量, 则 即 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又 = ,可得 n0=0, 又因为直线MN平面CDE, 所以MN平面CDE.,(2)依题意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2). 设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量, 则 即 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量, 则 即,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos= = ,于是sin= . 所以,二面角E-BC-F的正弦值为 . (3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得 =(-1,-2,h). 易知, =(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量, 故|cos|= = , 由题意,可得 =sin 60= ,解得h= 0,2. 所以,线段DP的长为 . 方法归纳 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤 (1)审清题意并建系,利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系; (2)确定相关点的坐标,结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标; (3)确定直线的方向向量和平面的法向量,利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法,向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量; (4)转化为向量运算,将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解; (5)问题还原,结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).,3.(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,所以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 .,4.(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,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: =(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|= = = ,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.,C组 教师专用题组 考点一 空间角与距离 1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不 含端点).设SE与BC所成的角为1,SE与平面ABCD所成的角为2,二面角S-AB-C的平面角为3,则 ( ) A.123 B.321 C.132 D.231,答案 D 本小题考查正四棱锥的性质,异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角的概 念、作法以及三角函数值的大小比较. 由题意知该四棱锥为正四棱锥,设AB,AD,BC的中点分别为P,M,N.连接MN,过点E作直线MN的 垂线交MN于点Q.设O为S在底面ABCD内的射影,连接SO,OP,OE,SP,SQ,则SEQ=1,SEO=2, SPO=3, tan 2= ,tan 3= ,OPOE,tan 3tan 2. 又EQMN,EQSO,MNSO=O,MN,SO平面SOQ,EQ平面SOQ,又SQ平面SOQ,EQ SQ. tan 1= ,SQSO,EQ=OP,tan 1tan 3. 故有tan 1tan 3tan 2. 由图可知1,2,3 ,132,故选D.,思路分析 (1)判断四棱锥的形状,作出高线. (2)作出异面直线SE与BC所成的角,直线SE与平面ABCD所成的角,二面角S-AB-C的平面角. (3)根据公共边找等量关系,选择求三个角的正弦值、余弦值还是正切值. (4)比较所求三角函数值的大小,得三个角的大小关系.,2.(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 =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或其补角即为所求, 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.,3.(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, 此时cos 取最大值,(cos )max= = .,4.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O的直径, FB是圆台的一条母线. (1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH平面ABC; (2)已知EF=FB= AC=2 ,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.,解析 (1)证明:取FC的中点I,连接GI,HI. 在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF. 又EFOB,所以GIOB. 在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC. 又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC. 因为GH平面GHI,所以GH平面ABC. (2)解法一:连接OO,则OO平面ABC.,又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BOAC. 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(0,2 ,0),C(-2 ,0,0), 所以 =(-2 ,-2 ,0), 过点F作FM垂直OB于点M. 所以FM= =3,可得F(0, ,3). 故 =(0,- ,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.,由 可得 进而可得平面BCF的一个法向量m= . 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1), 所以cos= = . 又易知二面角F-BC-A为锐二面角, 所以二面角F-BC-A的余弦值为 . 解法二:连接OO.过点F作FM垂直OB于点M.,则有FMOO. 又OO平面ABC,所以FM平面ABC. 可得FM= =3. 过点M作MN垂直BC于点N,连接FN. 可得FNBC,从而FNM为二面角F-BC-A的平面角. 又AB=BC,AC是圆O的直径, 所以MN=BMsin 45= . 从而FN= ,可得cosFNM= . 所以二面角F-BC-A的余弦值为 .,5.(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), = . 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 .,6.(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,7.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC, AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点. (1)求证:GF平面ADE; (2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.,解析 (1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD, 又G是BE的中点,所以GHAB,且GH= AB. 又F是CD的中点,所以DF= CD. 由四边形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD, 所以GHDF,且GH=DF, 从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH. 又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE. 证法二:如图,取AB的中点M,连接MG,MF.,又G是BE的中点,可知GMAE. 又AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE. 在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MFAD. 又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE. 又因为GMMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF, 所以平面GMF平面ADE. 因为GF平面GMF,所以GF平面ADE. (2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.,又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ. 以B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,则A(0,0,2),B (0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因为AB平面BEC,所以 =(0,0,2)为平面BEC的一个法向量. 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量. 又 =(2,0,-2), =(2,2,-1), 由 得,取z=2,得n=(2,-1,2). 从而cos= = = , 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为 . 评析 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查 空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.,考点二 空间向量及其应用 1.(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 依题意得,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:依题意得, =(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ADF. (2)易证, =(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量. 依题意得, =(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si