2017年高考第二轮复习(理数)专题十二 空间向量与立体几何

1、2017 年高考其次轮复习年高考其次轮复习（理数）（理数）专题十二专题十二 空间向量与立体几何空间向量与立体几何1(2014广东，5，易)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)1B设所选向量为 b，观看选项可知|b| 2，a，b60，cos a，bab2 212，ab1.代入选项检验可知(1，1，0)适合，故选 B.2(2015浙江，15，难)已知 e1，e2是空间单位向量，e1e212.若空间向量 b 满足be12，be252，且对于任意 x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(

2、x0，y0R)，则 x0_，y0_，|b|_精选文档22【解析】e1e2|e1|e2|cose1，e2cose1，e212，e1，e23.不妨设 e112，32，0，e2(1，0，0)，b(m，n，t)则由题意知 be112m32n2，be2m52，解得 n32，m52，b52，32，t.b(xe1ye2)5212xy，3232x，t，|b(xe1ye2)|25212xy23232x2t2.由题意，当 xx01，yy02 时，|b(xe1ye2)|2取到最小值 1.此时 t21，故|b|522322t2 82 2.【答案】122 23(2016课标，19，12 分，中)如图，四棱锥 PABCD

3、 中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，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3解：(1)证明：由已知得 AM23AD2.如图，取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 中点知 TNBC，TN12BC精选文档32.又 ADBC，故 TN 綊 AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT.由于 AT平面 PAB，MN 平面 PAB，所以 MN平面 PAB.(2)如图，取 BC 的中点 E，连接 AE.由 ABAC 得 AEBC，从而 AEAD，且AE

4、 AB2BE2AB2BC22 5.以 A 为坐标原点，分别以AE，AD，AP的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C( 5，2，0)，N52，1，2.PM(0，2，4)，PN52，1，2，AN52，1，2.设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则nPM0，nPN0.即2y4z0，52xy2z0.可取 n(0，2，1)于是|cosn，AN|nAN|n|AN|8 525.所以直线 AN 与平面 AMN 所成角的正弦值为8 525.4(2016北京，17，14 分，中)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面

5、 PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5.(1)求证：PD平面 PAB；(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；精选文档4(3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM平面 PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由4解：(1)证明：由于平面 PAD平面 ABCD，ABAD，所以 AB平面 PAD.所以 ABPD.又由于 PAPD，所以 PD平面 PAB.(2)如图，取 AD 的中点 O，连接 PO，CO.由于 PAPD，所以 POAD.又由于 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD，所以 PO平面 ABCD.由于 CO平面 A

6、BCD，所以 POCO.由于 ACCD，所以 COAD.如图建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则nPD0，nPC0，即yz0，2xz0.令 z2，则 x1，y2，所以 n(1，2，2)又PB(1，1，1)精选文档5所以 cosn，PBnPB|n|PB|33.所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为33.(3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在0，1使得AMAP.因此点 M(0，1，)，BM(1，)由于 BM 平面 PCD，所以 BM平面 PCD，当

7、且仅当BMn0，即(1，)(1，2，2)0，解得14.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM平面 PCD，此时AMAP14.5(2013陕西，18，12 分，中)如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O平面 ABCD，ABAA1 2.(1)证明：A1C平面 BB1D1D；(2)求平面 OCB1与平面 BB1D1D 的夹角的大小5解：(1)证明：方法一：由题设易知 OA，OB，OA1两两垂直，以 O 为原点建立空间直角坐标系，如图ABAA1 2，OAOBOA11，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0

8、，1)由A1B1AB，易得 B1(1，1，1)A1C(1，0，1)，BD(0，2，0)，BB1(1，0，1)，A1CBD0，A1CBB10，A1CBD，A1CBB1，精选文档6A1C平面 BB1D1D.方法二：A1O平面 ABCD，A1OBD.又底面 ABCD 是正方形，BDAC，BD平面 A1OC，BDA1C.又OA1是 AC 的中垂线，A1AA1C 2，且 AC2，AC2AA21A1C2，AA1C 是直角三角形，AA1A1C.又 BB1AA1，A1CBB1，A1C平面 BB1D1D.(2)设平面 OCB1的法向量 n(x，y，z)OC(1，0，0)，OB1(1，1，1)，nOCx0，nOB

9、1xyz0，x0，yz，取 n(0，1，1)由(1)知，A1C(1，0，1)是平面 BB1D1D 的法向量，cos |cosn，A1C|12 212.又02，3.6(2015课标，18，12 分，中)如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120，E， F 是平面 ABCD 同一侧的两点， BE平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，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6解：(1)证明：如图，连接 BD，设 BDACG，精选文档7连接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1.由ABC120，可得 AGGC 3.由

10、 BE平面 ABCD，ABBC，可知 AEEC.又 AEEC，所以 EG 3，且EGAC.在 RtEBG 中，可得 BE 2，故 DF22.在 RtFDG 中，可得 FG62.在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE 2，DF22，可得 EF3 22，从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG.又 ACFGG，可得 EG平面 AFC.由于 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC.(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以GB，GC的方向为 x 轴，y 轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系 Gxyz.由(1)可得 A(0， 3，0)，E(1，0， 2)，F1，0，22 ，C(0，

11、 3，0)，所以AE(1， 3， 2)，CF1， 3，22 .故 cosAE，CFAECF|AE|CF|33.所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为33.精选文档87(2014重庆，19，13 分，中)如图，四棱锥 PABCD 中，底面是以 O 为中心的菱形，PO底面 ABCD，AB2，BAD3，M 为 BC上一点，且 BM12，MPAP.(1)求 PO 的长；(2)求二面角 APMC 的正弦值7 解： (1)如图，连接 AC， BD，由于 ABCD 为菱形，则 ACBDO， 且 ACBD.以 O 为坐标原点，OA，OB，OP的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐

12、标系 Oxyz.由于BAD3，所以 OAABcos6 3，OBABsin61，所以 O(0，0，0)，A( 3，0，0)，B(0，1，0)，C( 3，0，0)，OB(0，1，0)，BC( 3，1，0)由 BM12，BC2 知，BM14BC34，14，0，从而OMOBBM34，34，0，即 M34，34，0.设 P(0，0，a)，a0，则AP( 3，0，a)，MP34，34，a.由于 MPAP，故MPAP0，即34a20，所以 a32或 a32(舍去)，精选文档9即 PO32.(2)由(1)知，AP 3，0，32 ，MP34，34，32 ，CP3，0，32 .设平面 APM 的法向量为 n1(x

13、1， y1， z1)， 平面 PMC 的法向量为 n2(x2， y2， z2)，由 n1AP0，n1MP0，得 3x132z10，34x134y132z10，故可取 n11，5 33，2.由 n2MP0，n2CP0，得34x234y232z20，3x232z20，故可取 n2(1， 3，2)从而法向量 n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2n1n2|n1|n2|155，sinn1，n211552105，故所求二面角 APMC 的正弦值为105.8(2014辽宁，19，12 分，中)如图，ABC 和BCD 所在平面相互垂直，且 ABBCBD2，ABCDBC120，E，F 分别为 AC，DC

14、的中点(1)求证：EFBC；(2)求二面角 EBFC 的正弦值8解：(1)证明：由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 x 轴， BC 所在直线为 y 轴， 在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系精选文档10易得 B(0，0， 0)， A(0， 1， 3)， D( 3，1， 0)， C(0， 2，0)，因而 E0，12，32 ，F32，12，0，所以EF32，0，32 ，BC(0，2，0)，因此EFBC0.从而EFBC，所以 EFBC.(2)平面 BFC 的一个法向量为 n1(0，0，1)设平面 BEF 的法向

15、量为 n2(x，y，z)又BF32，12，0，BE0，12，32 ，由n2BF0，n2BE0得其中一个 n2(1， 3，1)设二面角 EBFC 大小为，且由题意知为锐角，则 cos |cosn1，n2|n1n2|n1|n2|15.因此 sin 252 55，即所求二面角的正弦值为2 55.在建立恰当的空间直角坐标系的基础上，利用空间坐标、空间向量表示点、线，把立体几何问题转化为向量问题是高考试题的重点题型， 复习时要娴熟建立空间直角坐标系，正确表示点、向量的坐标，加强向量数量积的运算精选文档11(2015湖南，19，13 分)如图，已知四棱台 ABCDA1B1C1D1的上、 下底面分别是边长为

16、 3 和 6 的正方形，A1A6， 且 A1A底面 ABCD.点 P， Q 分别在棱 DD1，BC 上(1)若 P 是 DD1的中点，证明：AB1PQ；(2)若 PQ平面 ABB1A1，二面角 PQDA 的余弦值为37，求四周体 ADPQ 的体积【解析】由题设知，AA1，AB，AD 两两垂直以A 为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为 A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中 mBQ，0m6.(1)证明：若 P 是 DD1的中点，则 P0，92，3，PQ6，

17、m92，3.又AB1(3，0，6)，于是AB1PQ18180，所以AB1PQ，即 AB1PQ.(2)由题设知，DQ(6，m6，0)，DD1(0，3，6)是平面 PQD 内的两个不共线 向 量 设 n1 (x ， y ， z) 是 平 面 PQD 的 法 向 量 ， 则n1DQ0，n1DD10，即6x（m6）y0，3y6z0.取 y6，得 n1(6m，6，3)又平面 AQD 的一个法向量是 n2(0，0，1)，所以 cosn1，n2n1n2|n1|n2|31 （6m）262323（6m）245.而二面角 PQDA 的余弦值为37，因此3（6m）24537，解得 m4，或 m8(舍去)，此时 Q(

18、6，4，0)设DPDD1(01)，而DD1(0，3，6)，由此得点 P(0，63，6)，所以PQ精选文档12(6，32，6)由于 PQ平面 ABB1A1， 且平面 ABB1A1的一个法向量是 n3(0， 1， 0)， 所以PQn30，即 320，亦即23，从而 P(0，4，4)于是，将四周体 ADPQ 视为以ADQ 为底面的三棱锥 PADQ，则其高 h4.故四周体 ADPQ 的体积 V13SADQh131266424.,(1)以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点 B1，P 的坐标，设出点 Q 的坐标，求出AB1和PQ的坐标，证明AB1PQ0；(2)利用直线的方向向量落实条件 PQ平面

19、 ABB1A1， 利用平面的法向量计算出二面角 PQDA 的余弦值，从而确定 P 的位置，利用体积公式计算四周体 ADPQ的体积本题也可以不利用空间向量，而利用传统方法证明、求解运用空间向量解决立体几何问题的步骤(1)建系：依据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；(2)定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；(3)向量运算：进行相关的空间向量的运算；(4)翻译： 将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言， 完成几何问题的求解留意：在建立空间直角坐标系求点的坐标时，要使尽可能多的点落在坐标轴上，尽可能多的线段平行于坐标轴，有直角的，把直角边放在坐标轴上1(2015山东临沂一模

20、，3)若直线 l 的方向向量为 a(1，0，2)，平面的法向量为 n(2，0，4)，则()AlBlClDl 与斜交1Ba(1，0，2)，n(2，0，4)，即 n2a，故 an，l.2(2016河南安阳联考，4)设平面的一个法向量为 n1(1，2，2)，平面的一个法向量为 n2(2，4，k)，若，则 k()精选文档13A2B4C2D42D，n1n2，由题意可得2142k2，k4.3(2016北京海淀区一模，13)正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，若动点 P 在线段 BD1上运动，则DCAP的取值范围是_3【解析】以 DA 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，DD1所在的

21、直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz.则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)DC(0，1，0)，BD1(1，1，1)点 P 在线段 BD1上运动，设BPBD1(，)，且 01.APABBPDCBP(，1，)DCAP10，1【答案】0，14(2016湖南岳阳质检，13)正四棱柱 ABCDABCD中，底面边长为 1，侧棱长为 2，且 MN 是 AB，BC的公垂线，M 在 AB上，N 在 BC上，则线段 MN 的长度为_4【解析】如图，以 D 为原点，建立空间直角坐标系 Dxyz，则 A(1，0，0)，B(1，1，2)，B(1，1，0)

22、，C(0，1，2)，AB(0，1，2)，BC(1，0，2)，AB(0，1，0)，设异面直线 AB，BC的公共法向量 n(x，y，z)，则nABy2z0，nBCx2z0，取 x2，得 n(2，2，1)，精选文档14线段 MN 的长度 d|ABn|n|2|323.【答案】235(2015河南开封质检，19，12 分)如图，已知 AB平面ACD， DE平面ACD， ACD为等边三角形， ADDE2AB，F 为 CD 的中点(1)求证：AF平面 BCE；(2)求证：平面 BCE平面 CDE；(3)求直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值5解：设 ADDE2AB2a，建立如图所示空间直角的坐标系 A

23、xyz，则 A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a， 3a，0)，E(a， 3a，2a)F 为 CD 的中点，F32a，32a，0.(1)证明：AF32a，32a，0，BE(a， 3a，a)，BC(2a，0，a)，AF12(BEBC)，又 AF 平面 BCE，AF平面 BCE.(2)证明：AF32a，32a，0，CD(a， 3a，0)，ED(0，0，2a)，AFCD0，AFED0，AFCD，AFED.CDEDD，AF平面 CDE.又 AF平面 BCE，精选文档15平面 CDE平面 BCE.(3)设平面 BCE 的法向量为 n(x，y，z)，由 nBE0，nBC0 可得

24、x 3yz0，2xz0，取 n(1， 3，2)又BF3a2，32a，a，设 BF 和平面 BCE 所成的角为，则 sin |BFn|BF|n|2a2a2 224，直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值为24.6(2016云南昆明联考，20，12 分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中， 已知 AB侧面 BB1C1C， ABBC1， BB12，BCC13.(1)求证：C1B平面 ABC；(2)设CECC1(01)，且平面 AB1E 与 BB1E 所成的锐二面角的大小为 30，试求的值6解：(1)证明：由于 AB侧面 BB1C1C，BC1侧面 BB1C1C，故 ABBC1.在BCC1中，BC1

25、，CC1BB12，BCC13，BC21BC2CC212BCCC1cosBCC11222212cos33.所以 BC1 3，故 BC2BC21CC21，所以 BCBC1，而 BCABB，所以 C1B平面 ABC.(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直以 B 为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系则 B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(1，0， 3)，C(1，0，0)，C1(0，0， 3)所以CC1(1，0， 3)，所以CE(，0， 3)，则 E(1，0， 3)则AE(1，1， 3)，AB1(1，1， 3)设平面 AB1E 的法向量为 n(

26、x，y，z)，精选文档16则nAE，nAB1，即（1）xy 3z0，xy 3z0.令 z 3，则 x332，y32，故 n332，32， 3是平面 AB1E 的一个法向量由于 AB平面 BB1C1C，所以BA(0，1，0)是平面 BB1E 的一个法向量，所以|cosn，BA|nBA|n|BA|3213322322（ 3）2|32.两边平方并化简得 22530，所以1 或32(舍去)7(2016广东深圳调研，19，12 分)如图所示，在多面体 ABCDA1B1C1D1中，上、下两个底面 A1B1C1D1和 ABCD 相互平行， 且都是正方形，DD1底面 ABCD，AB2A1B12DD12a.(1

27、)求异面直线 AB1与 DD1所成角的余弦值；(2)已知 F 是 AD 的中点，求证：FB1平面 BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角 FCC1B 的余弦值7解：以 D 为坐标原点，以 DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(2a，0，0)，B(2a，2a，0)，C(0，2a，0)，D1(0，0，a)，F(a，0，0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)(1)由于AB1(a，a，a)，DD1(0，0，a)，精选文档17所以|cosAB1，DD1|AB1DD1|AB1|DD1|33，所以异面直线 AB1与 DD1所成角的余弦值为

28、33.(2)证明：由于BB1(a，a，a)，BC(2a，0，0)，FB1(0，a，a)，所以FB1BB10，FB1BC0，所以 FB1BB1，FB1BC.由于 BB1BCB，所以 FB1平面 BCC1B1.(3)由(2)知，FB1为平面 BCC1B1的一个法向量设 n(x1，y1，z1)为平面 FCC1的法向量，由于CC1(0，a，a)，FC(a，2a，0)，所以nCC10，nFC0，即ay1az10，ax12ay10.令 y11，则 n(2，1，1)，所以|cosFB1，n|FB1n|FB1|n|33，由于二面角 FCC1B 为锐角，所以二面角 FCC1B 的余弦值为33.1(2014四川，

29、8，中)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1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 所成的角为，则 sin 的取精选文档18值范围是()A.33，1B.63，1C.63，2 23D.2 23，11B考向 1方法一：以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示不妨设 DCDADD11，则 D(0，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，O12，12，0，并设点 P(0，1，t)，且 0t1.则OP12，12，t，A1D(1，0，1)，A1B(0，1，1)设平面 A1BD 的

30、法向量为 n(x0，y0，z0)，则有nA1D0，nA1B0，即x0z00，y0z00，取 x01，则 y01，z01，n(1，1，1)sin |cosOP，n|1t|3t212(0t1)，sin2t22t13t212，0t1.令 f(t)t22t13t212，0t1.则 f(t)2t2t13t2122精选文档19（2t1）（t1）3t2122，可知当 t0，12 时，f(t)0；当 t12，1时，f(t)0.又f(0)23，f12 1，f(1)89，fmax(t)f12 1，fmin(t)f(0)23.sin 的最大值为 1，最小值为63，sin 的取值范围为63，1，故选 B.方法二：易证

31、 AC1平面 A1BD，当点 P 在线段 CC1上从 C 运动到 C1时，直线OP与平面A1BD所成的角的变化状况：AOA12C1OA1点 P 为线段 CC1的中点时，2 .由于 sinAOA163，sinC1OA12 2363，sin21，所以 sin 的取值范围是63，1，故选 B.2(2014江西，10，难)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中， AB11， AD7， AA112.一质点从顶点 A 射向点 E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射听从光的反射原理)，将第i1 次到第 i 次反射点之间的线段记为 Li(i2，3，4)，L1AE，将线段 L1，L2，L3，L4竖直放置

32、在同一水平线上，则大致的图形是()2C考向 3由对称性知质点经点 E 反射到平面 ABCD 的点 E1(8，6，0)处在精选文档20坐标平面 xAy 中，直线 AE1的方程为 y34x，与直线 DC 的方程 y7 联立得F283，7.由两点间的距离公式得 E1F53.tanE2E1FtanEAE1125，E2FE1FtanE2E1F4.E2F11248.L3L4E1E2E2E3E2FE2F14812.故选 C.3(2016课标，18，12 分，中)如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角 DAFE 与二面角CBEF 都是 6

33、0.(1)证明：平面 ABEF平面 EFDC；(2)求二面角 EBCA 的余弦值3考向 2解：(1)证明：由已知可得 AFDF，AFFE，所以 AF平面 EFDC.又 AF平面 ABEF，故平面 ABEF平面 EFDC.(2)如图，过 D 作 DGEF，垂足为 G，由(1)知 DG平面 ABEF.以 G 为坐标原点，GF的方向为 x 轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Gxyz.由(1)知DFE 为二面角 DAFE 的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG| 3，精选文档21可得 A(1，4，0)，B(3，4，0)，E(3，0，0)，D(0，0， 3)由已知，ABEF

34、，所以 AB平面 EFDC.又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD，CDEF.由 BEAF，可得 BE平面 EFDC，所以CEF 为二面角 CBEF 的平面角，CEF60，从而可得 C(2，0， 3)所以EC(1，0， 3)，EB(0，4，0)，AC(3，4， 3)，AB(4，0，0)设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则nEC0，nEB0，即x 3z0，4y0.所以可取 n(3，0， 3)设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC0，mAB0.同理可取 m(0， 3，4)，则 cosn，mnm|n|m|2 1919.故二面角 EBCA 的余弦值为2 1919.4(201

35、6天津，17，13 分，中)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，ABBE2.(1)求证：EG平面 ADF；(2)求二面角 OEFC 的正弦值；(3)设 H 为线段 AF 上的点，且 AH23HF，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值4考向 1，2解：依题意，OF平面 ABCD，如图，以 O 为原点，分别以AD，BA，OF的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得精选文档22O(0，0，0)，A(1，1，0)，B(1，1，0)，C(1，1，0)，D(1，1，0)，E(1，1，2)

36、，F(0，0，2)，G(1，0，0)(1)证明：依题意，AD(2，0，0)，AF(1，1，2)设 n1(x，y，z)为平面 ADF 的法向量，则n1AD0，n1AF0，即2x0，xy2z0.不妨设 z1，可得 n1(0，2，1)又EG(0，1，2)，所以EGn10，又由于直线 EG 平面 ADF，所以 EG平面 ADF.(2)易证，OA(1，1，0)为平面 OEF 的一个法向量依题意，EF(1，1，0)，CF(1，1，2)设 n2(x，y，z)为平面 CEF 的法向量，则n2EF0，n2CF0，即xy0，xy2z0.不妨设 x1，可得 n2(1，1，1)因此 cosOA，n2OAn2|OA|n

37、2|63，于是 sinOA，n233.所以，二面角 OEFC 的正弦值为33.(3)由 AH23HF，得 AH25AF.由于AF(1，1，2)，所以AH25AF25，25，45 ，进而有 H35，35，45 ，从而BH25，85，45 ，因此cosBH，n2BHn2|BH|n2|721.精选文档23所以，直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为721.5(2016四川，18，12 分，中)如图，在四棱锥 PABCD 中，ADBC，ADCPAB90，BCCD12AD，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 CM平面 PB

38、E， 并说明理由；(2)若二面角 PCDA 的大小为 45， 求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值5考向 2，3解：(1)在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行，延长 AB，DC，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 BCED，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 APPN， 则所找的点可以是直线 MN 上任意一点)(2)方法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD平面 PAD，从而 CDPD，所以

39、PDA 是二面角 PCDA 的平面角，所以PDA45，设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2.过点 A 作 AHCE，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH，易知 PA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，AEH45，AE1，精选文档24所以 AH22.在 RtPAH 中，PH PA2AH23 22，所以 sinAPHAHPH13.方法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD平面 PAD，于是 CDPD，从而P

40、DA 是二面角 PCDA 的平面角，所以PDA45.由 PAAB，可得 PA平面 ABCD.设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2，作 AyAD，以 A 为原点，以AD，AP的方向分别为 x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，所以PE(1，0，2)，EC(1，1，0)，AP(0，0，2)设平面 PCE 的法向量为 n(x，y，z)，由nPE0，nEC0，得x2z0，xy0，设 x2，解得 n(2，2，1)设直线 PA 与平面 PCE 所成角为，则 sin |nAP|n|AP|22 22（2

41、）21213，所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为13.6(2015江苏，22，10 分，中)如图，在四棱锥 PABCD精选文档25中，已知 PA平面 ABCD，且四边形 ABCD 为直角梯形，ABCBAD2，PAAD2，ABBC1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长6 考向 2解： 以AB， AD， AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则各点的坐标为 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)由于 AD平面 P

42、AB，所以AD是平面 PAB 的一个法向量，AD(0，2，0)由于PC(1，1，2)，PD(0，2，2)设平面 PCD 的法向量为 m(x，y，z)，则 mPC0，mPD0，即xy2z0，2y2z0.令 y1，解得 z1，x1.所以 m(1，1，1)是平面 PCD 的一个法向量从而 cosAD，mADm|AD|m|33，所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)由于BP(1，0，2)，设BQBP(，0，2)(01)，又CB(0，1，0)，则CQCBBQ(，1，2)，又DP(0，2，2)，精选文档26从而 cosCQ，DPCQDP|CQ|DP|121022.设 12t，t

43、1，3，则 cos2CQ，DP2t25t210t9291t592209910.当且仅当 t95，即25时，|cosCQ，DP|的最大值为3 1010.由于 ycos x 在0，2 上是减函数， 所以此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值又由于 BP 1222 5，所以 BQ25BP2 55.7(2014北京，17，14 分，中)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 PABCDE 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 PAAE，求直线 BC 与平面 AB

44、F 所成角的大小，并求线段 PH 的长7考向 1解：(1)证明：在正方形 AMDE 中，由于 B是 AM 的中点，所以 ABDE.又由于 AB 平面 PDE，所以 AB平面 PDE.由于 AB平面 ABF，且平面 ABF平面 PDEFG，所以 ABFG.(2)由于 PA底面 ABCDE，所以 PAAB，PAAE.如图建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，精选文档270，2)，F(0，1，1)所以BC(1，1，0)，AB(1，0，0)，AF(0，1，1)设平面 ABF 的一个法向量为 n(x，y，z)，则nAB0，nAF0，即x0，yz0

45、，令 z1，则 y1.所以 n(0，1，1)设直线 BC 与平面 ABF 所成角为，则 sin |cosn，BC|nBC|n|BC|12.因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为6.设点 H 的坐标为(u，v，w)由于点 H 在棱 PC 上，所以可设PHPC(01)，即(u，v，w2)(2，1，2)所以 u2，v，w22.由于 n 是平面 ABF 的一个法向量，所以 nAH0，即(0，1，1)(2，22)0.解得23，所以点 H 的坐标为43，23，23 .所以 PH4322324322.8(2015安徽，19，13 分，中)如图所示，在多面体精选文档28A1B1D1DCBA 中，四边形

46、 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，E 为 B1D1的中点，过 A1，D，E 的平面交 CD1于 F.(1)证明：EFB1C；(2)求二面角 EA1DB1的余弦值8考向 2解：(1)证明：由正方形的性质可知 A1B1ABDC，且 A1B1ABDC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，从而 B1CA1D.又 A1D平面 A1DE，B1C 平面 A1DE，于是 B1C平面 A1DE.又 B1C平面 B1CD1，平面 A1DE平面 B1CD1EF，所以 EFB1C.(2)由于四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，所以 AA1AB，AA1AD，ABAD 且 AA

47、1ABAD，以 A 为原点，分别以AB，AD，AA1为 x 轴，y 轴和 z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标 A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而 E 点为 B1D1的中点，所以 E 点的坐标为(0.5，0.5，1)设面 A1DE 的法向量为 n1(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E(0.5，0.5，0)，A1D(0，1，1)，由 n1A1E，n1A1D得 r1，s1，t1应满足方程组0.5r10.5s10，s1t10，由于(1，1，1)为其一组解，所以可取 n1(1，1，1)设面 A1B

48、1CD 的法向量为 n2(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1(1，0，0)，A1D(0，1，1)，由此同理可得 n2(0，1，1)，所以结合图形知二面角 EA1DB1的余弦值为|n1n2|n1|n2|23 263.9(2014江西，19，12 分，中)如图所示，四棱锥 PABCD 中，ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD.(1)求证：ABPD；精选文档29(2)若BPC90，PB 2，PC2，问 AB 为何值时，四棱锥 PABCD 的体积最大？并求此时平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值9考向 3解：(1)证明：由于四边形 ABCD 为矩形，所以 ABAD.又平面 PAD平

49、面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，所以 AB平面 PAD，故 ABPD.(2)如图，过 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接PG.故 PO平面 ABCD，BC平面 POG，BCPG.在 RtBPC 中，PG2 33，GC2 63，BG63.设 ABm，则 OP PG2OG243m2，故四棱锥 PABCD 的体积为 V13 6m43m2m386m2.由于 m 86m2 8m26m46m223283，故当 m63，即 AB63时，四棱锥 PABCD 的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为 O(0，0，0)，B63，63，0，C63，2

50、 63，0，D0，2 63，0，P0，0，63 .故PC63，2 63，63 ，BC(0， 6，0)，CD63，0，0.精选文档30设平面 PBC 的一个法向量 n1(x，y，1)，则由 n1PC，n1BC得63x2 63y630，6y0，解得 x1，y0，n1(1，0，1)同理可求出平面 DPC 的一个法向量 n20，12，1.从而平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值为cos |n1n2|n1|n2|12141105.10(2015湖北，19，12 分，中)九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马， 将四个面都为直角三角形的四周体称之为鳖臑如图，在阳马 PAB

51、CD 中，侧棱 PD底面 ABCD，且 PDCD，过棱 PC的中点 E，作 EFPB 交 PB 于点 F，连接 DE，DF，BD，BE.(1)证明：PB平面 DEF.试推断四周体 DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为3，求DCBC的值10考向 3解：(1)证明：如图，以 D 为原点，射线 DA，DC，DP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，设 PDDC1，BC(0)，则 D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(，1，0)，C(0，1，0)，PB(，1，1)，精选文档31由

52、于点 E 是棱 PC 的中点，所以 E0，12，12 ，DE0，12，12 ，于是PBDE0，所以 PBDE.又已知 EFPB，而 DEEFE，所以 PB平面 DEF.由于PC(0，1，1)，所以DEPC0，所以 DEPC，而 PBPCP，所以DE平面 PBC.由 DE平面 PBC，PB平面 DEF，可知四周体 BDEF 的四个面都是直角三角形，即四周体 BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)由 PD平面 ABCD，所以DP(0，0，1)是平面 ABCD 的一个法向量由(1)知，PB平面 DEF，所以BP(，1，1)是平面 DEF 的一个法向量若面 D

53、EF 与面 ABCD 所成二面角的大小为3，则 cos3|BPDP|BP|DP|122|12.结合0，解得 2，所以DCBC122.故当面 DEF 与面 ABCD 所成二面角的大小为3时，DCBC22.用向量法求线线角、线面角是立体几何的常见题型，是高考的热点问题，“向量法”是一种力量解决方法，使用范围较广精选文档32在求异面直线所成的角时，若用“平移法”不易找或求，则可用“向量法”；利用向量法求解直线和平面所成角时，关键点是恰当建立空间直角坐标系，确定斜线的方向向量和平面的法向量高考试题不仅要求同学“能算”，还要求同学“会算”，即在运算中讲究肯定的策略与技巧1(1)(2015四川，14)如图

54、，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面相互垂直，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_(2)(2015课标，19，12 分)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点 E，F 分别在 A1B1，D1C1上，A1ED1F4.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在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；求直线 AF 与平面所成角的正弦值【解析】 (1)由题意得 AQ平面 ABCD 且 ABAD， 如图， 以 A 为原点， AB，AD

55、， AQ 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为 2，则 E(1，0，0)，F(2，1，0)，设 M(0，y，2)(0y2)则EM(1，y，2)，AF(2，1，0)，cos |EMAF|EM|AF|y25（y25）|（y2）25（y25）15（y2）2（y2）24（y2）9.令 y2t(2t0)，得cos 15t2t24t91519t24t11513t23259，精选文档33故当 t2 时，cos 取得最大值25.图图(2)交线围成的正方形 EHGF 如图，作 EMAB，垂足为 M，则 AMA1E4，EMAA18.由于四边形 EHGF 为正方形，所以 EH

56、EFBC10.于是 MH EH2EM26，所以 AH10.以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4，8)，FE(10，0，0)，HE(0，6，8)设 n(x，y，z)是平面 EHGF 的法向量，则nFE0，nHE0，即10 x0，6y8z0，所以可取 n(0，4，3)又AF(10，4，8)，故|cosn，AF|nAF|n|AF|4 515.所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为4 515.,解(1)时，留意建立适当的空间直角坐标系，求

57、出点的坐标，在求角的余弦的最大值时利用换元法求最值解(2)第问时利用几何法；第问确定 A，H，E，F 点的坐标，求出AF和平面的法向量，再由公式计算求异面直线所成角的方法思路精选文档34利用直线的方向向量将异面直线所成的角转化成向量所成的角即若异面直线a，b 的方向向量为 a，b，所成的角为，则 cos |ab|a|b|.利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(锐角或直角时)或其补角(钝角时)；(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所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角高考中，二面角问题是各

58、种角度问题中消灭频率最高的，考查模式大致有两类：直接求二面角的大小(或其正弦值、余弦值、正切值)；已知二面角的大小，求相关的量或参数值(如体积、长度、直线与平面所成的角等)涉及二面角时，若易建立空简直角坐标系， 则一般用向量法解决， 以解答题形式消灭， 难度较大2(2015陕西，18，12 分)如图，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，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.(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】(

59、1)证明：在题图中，由于 ABBC1，AD2，E 是 AD 的中点，BAD2，所以 BEAC.即在题图中，BEOA1，BEOC，从而 BE平面 A1OC.又 CDBE，所以 CD平面 A1OC.精选文档35(2)由已知，平面 A1BE平面 BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC 为二面角 A1BEC 的平面角，所以A1OC2.如图，以 O 为原点，建立空间直角坐标系，由于 A1BA1EBCED1，BCED，所以 B22，0，0，E22，0，0，A10，0，22 ，C0，22，0，得BC22，22，0，A1C0，22，22 ，CDBE( 2，0，0)设平面 A1BC 的法向量

60、 n1(x1，y1，z1)，平面 A1CD 的法向量 n2(x2，y2，z2)，平面 A1BC 与平面 A1CD 的夹角为，则n1BC0，n1A1C0，得x1y10，y1z10，取 n1(1，1，1)；n2CD0，n2A1C0，得x20，y2z20，取 n2(0，1，1)，从而 cos |cosn1，n2|23 263，即平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值为63.(1)先证明线线垂直，再证明线面垂直，最终利用线线平行的性质证明线面垂直(2)依据线面垂直建立空间直角坐标系，写出点与向量的坐标，利用平面的法向量求两平面夹角的余弦值二面角公式精选文档36平面与相交于直线 l，平面的法向量