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年高考第二轮复习（理数）专题十二空间向量与立体几何考点分布1考点分频考纲内容琴试指导1.空考点分布1考点分频考纲内容琴试指导1.空闸宜角坐标菜、空间向左題其伍耳土与空间帝和空需石关的讨算1.空间直角坐标乘（1）TB空问直旬坐标索，主用空问玄肖坐标班示点的郢尖族导空何两貞网的距馬強式.皀空问向与主体几何C0了解空间向的H念.了解空间向量的基本定理及其亢罠*罕侶空间向的正笑廿稱歩菇世标輕示.2軍妨空问向的线社1T算及碁坐标表示.2S空间向的寂更臣;H坐标袤示，能迄用向的救量和判断血静的其址与垂直.I4間簞玄线的方向句出与平面的辻向童田能用向兰谴言表述立垃与总络,.之裁与甲而、叩ST与卑面的

2、垂应、平行吴系.创榕用向量方辻怔明昔关直线和平的一耳疗理r赳括三頁劣企母】（7用向畳方法豆线勺平Hi、叩面为平而的夹亢的计當问足.解向晓方注在册克立休几何问題中的盅用，备污吋”应準捱空隔直荷坐标夷曲湮立，会弓巴空间盒的坐标顶向的坐标，isi空问直冉坐拆莊、空间底量圧苴远算为解槪工具，诜行空间位倉莫玉前判定，空冋隹鳥.空问坏戢线面琳.二面角卜的计章问理，高者幣氏解咎題的羽式邊行者童，症抑詞用向静解器的思路和方法的训绒，捉高立体几何題的得廿卑.孝点题组训练37”空间直甬坐标系、空间向量及其运算37”空间直甬坐标系、空间向量及其运算1.（2014广东,5,易）已知向量a=（1,0,1），则下列向量中

3、与a成60夹角的是（A.(1,1,0)B.(1A.(1,1,0)B.(1,1,0)C.(0,1,1)D.(1,0,1)1.B设所选向量为b,观察选项可知lbl.2,V|b(x0e1+y0e2)l1(x0,y0WR),则x01n2.【解析】Tere2=le1lle2lcose1，e2=cose1，e2)=2，e1，e2=3.、仃、3不妨设勺=2，号。丿，勺=（1，0，0），b（m,n,t）.13则由题意知b纟=2加+芳n=2,b-e2=m_5=b-e2=m_5=2,解得n=2，mp.b=b(xe1+ye2)(5(51l2_2x_y,x,lb(xe1+lb(xe1+ye2)l2=|-|x-y箭+t

4、2.由题意，当x=x0=1,y=y0=2时,lb-(xe1+ye2)H取到最小值1.此时t2=1,故I(If+(割2+“8=2.【答案】12译（2016课标III,19,12分，中）如图，四棱锥P-ABCD中，PA丄底面ABCD,AD/BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=M为线段AD上一点，AM=2MD,N为PC的中点.证明MN平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.c2解：（1）证明：由已知得AM=3AD=2.如图，取BP的中点T连接AT,TN由N为PC中点知TN/BC,TN=BC=2.又ADBC,故TN綊AM又ADBC,故TN綊AM,四边形AMNT为平行四边形，于是MN

5、/AT.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A-xyz.由题意知，P(0,0，4)，M(0,2，0)，C译,2，0),N誓,1,2.PM=(0,2,-4),PN=,1,1,2丿nPM=0,设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量，贝出nPN=0.J2y-4z0,即*;31亍x+y2z0.可取n(0,2,1)于是Icos于是Icosn,AN)InANi8/5InllANl25所以直线AN与平面AMN所成角的正弦值为零.4.(2016北京，17,14分，中)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD丄平面ABCD,PA丄PD,PAPD,A

6、B丄AD,AB1,AD2,AC=CD=辽.求证：PD丄平面PAB；求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；在棱PA上是否存在点M,使得BM平面PCD?若存在,求AP的值；若不存在，说明理由.解：(1)证明：因为平面PAD丄平面ABCD,AB丄AD,所以AB丄平面PAD.所以AB1PD.又因为PA丄PD,所以PD丄平面PAB.如图，取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以POLAD.又因为POu平面PAD,平面PAD丄平面ABCD,所以PO丄平面ABCD.因为COu平面ABCD，所以POXCO.因为AC=CD，所以CO丄AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得，A(0,1,0)

7、,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nPD=0,fyz=0,即”pC=0,l2x-z=o.令z=2,则x=1,y=2,所以n=(1,2,2).又pB=c1,1,1).所以cosn,PB=niiPBi33所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.设M是棱PA上一点，则存在久$0,1使得AM=AAP.因此点M（0,1久，久），bM=（1,X,久）.因为BM平面PCD,所以BM平面PCD,当且仅当BMn=0,即（1,久,久）（1,一2,2）=0,解得=4-所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时AP=1.5.（2

8、013陕西，18,12分，中）如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O丄平面ABCD,AB=AA=2.（1）证明：AQ丄平面BB1D1D；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.（2）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.VAB=A1=J|2,OA=OB=OA=1,A(1,0,0),B(0,1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1).由AB1=AB，易得b1(1,1,1).VAC=(1,0,1),BD=(0

9、,2,0),丽=(1,0,1),.心bd=0,Ac丽=0,A1CBD,AC丄BB,AQ丄平面BB1D1D.方法二：TA。丄平面ABCD,:,A1OBD.又底面ABCD是正方形，BD丄AC,：BD丄平面A1OC,BD丄AC.又TOA是AC的中垂线，AiA=AC=V2，且AC=2,?.AC2=AAj+AC2,:.AAC是直角三角形，AA1丄AC.又BB1#AA1，AA1CBB1，.AQ丄平面BB1D1D.（2）设平面OCB的法向量n=（x，y，z）.vOt=（-1，0，0），O1=（-1，1，1）,nOC=x=0，0,则AP=(/3,0,a),MP=4,4,a.3因为MPLAP,故MAP=0,即一

10、4+a2=0,所以a=2或a=(舍去)，即po=23.3，4设平面APM的法向量为3，4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AP=0,%MfP=0,/3一羽兀户号Z=0,、净厂4i+爭zi=o，理323,也丿由(i)知，AP=|工/3,o,故可取n=i，,MfP=,CP=,o,由nMP=o,ncP=o,厂=o,V33,V3=o,4x24歹2+2z2V3、寸3兀2+2乙2=0，故可取n2=(1,；3,2).从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为nn2COSni，“2=|%|“2厂一5，sinn1sinn1,n2=亟=5，故所求二面角A

11、-PM-C的正弦值为斗8.(2014.辽宁，19,12分，中)如图，ABC和ABCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2,ZABC=ZDBC=120,E,F分别为AC,DC的中点.求证：EF丄BC；求二面角E-BF-C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.易得B(0,0,0),A(0,1,y/3),D(V3,1,0),C(0,2,0),因而eo,2,0,0，)，BC=(0,2,0),因此EFbC=0.从而EF丄BC,所以EF丄BC.平面BFC的

12、一个法向量为n2=(0,0,1).,BE=(0,2设平面BEF的法向量为n=(x,BE=(0,2n2BF=0,l由得其中一个n2=(1,帝,1).、n2BE=0设二面角E-BF-C大小为0,且由题意知0为锐角,则cos0=lcos,n2Inn2ln1nn2ln1lln2l因此sin0=*=锌,即所求二面角的正弦值为琴.2歩丿I捷能力2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熟练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.(2015湖南，19,13分)如图，已知四棱台ABCD(2015湖南，1

13、9,13分)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA=6，且A/丄底面ABCD.点P,Q分别在棱DD,BC上.若P是DD的中点，证明：AB丄PQ；若PQ平面ABBA1，二面角P-QD-A的余弦值为37，求四面体ADPQ的体积.【解析】由题设知，AA，AB，AD两两垂直.以A为坐标原点，AB，AD，AA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)，B(3,0，6)，D(0，6,0)，D(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6.(1)证明：若P是DD的中点，则po,2,3)PQ=6,m-2

14、，-3).又A1=(3,0,6),于是APQ=1818=0,所以A瓦丄PQ,即AB丄PQ.由题设知，DQ=(6,m-6,0),DD=(0,3,6)是平面PQD内的两个不共n1-DQ=0,线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量，则即DD1=0,f6x+(m6)y=0,c八取y=6，得n1=(6m,6,3).又平面AQD的一个法向1一3y+6z=0.1量是n2=(0,0,1),所以cosn1,n2lnln2l31,；(6m)2+62+323、：(6m)2+45333而二面角P-QD-A的余弦值为7，因此=7，解得m=4,或m=7(6m)2+4578(舍去),此时Q(6,4,0).设DP

15、=ADD1(0A1),WDD1=(0,3,6),由此得点P(0,63A,6A),所以PQ=(6,3久一26久).因为PQ平面ABB1A1且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(01,0)所以PQn32=0,即3久一2=0,亦即久=3,从而P(0,4,4).于是，将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=3sadqh=3x2x6x6x4=24.,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A5和PQ的坐标，证明A.PQ=0；利用直线的方向向量落实条件PQ平面ABB1A1，利用平面的法向量计算出二面角P-QD-A

16、的余弦值，从而确定P的位置，利用体积公式计算四面体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.叩醫3E3逼I运用空间向量解决立体几何问题的步骤建系：根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；向量运算：进行相关的空间向量的运算；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.注意：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，3)若直线l的方向向量为a=(1,0,2)，平面a的法向量为“=(

17、一2,0,-4)，贝9()A.laB.l丄aC.laD.l与a斜交BVa=(1,0,2),n=(-2,0,-4)，即n=-2a，故an,：l丄a.(2016河南安阳联考，4)设平面a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a”，则k=()A.2B.一4C.一2D.424kD：allB，：mJn，由题意可得=巧=二2，：公=4.（2016北京海淀区一模，13）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动，则DbAP的取值范围是.【解析】以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系D

18、-xyz.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），BJD=（-1，-1，1）.:点P在线段BD1上运动，:设BP=AB!d1=（-A，-A，久），且0X1.：AP=AB+BP=DC+BP=（久，1久，久）.：DbAP=1-Ae0，1.【答案】0，1（2016湖南岳阳质检，13）正四棱柱ABCD-ABCD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.【解析】如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D-xyz，则A（1，0，0），B（1，1，2），B（1，1，0），C（0

19、，1，2），：AB=（O,1，2），BC=（1,0，2），AB=（O,1，0），设异面直线AB,BC的公共法向量n=（x,y,z）,nAB=y+2z=0,则”BBC=-x+2z=0,取x=2,得n=（2,-2,1）,线段MN的长度d卩一罗一|2【答案】25.(2015河南开封质检，19,12分)如图，已知AB丄平面ACD,DE丄平面ACD,ACD为等边三角形，AD=DE2AB,F为CD的中点.(1)求证：AF平面BCE；求证：平面BCE丄平面CDE；5.解：AD=DE=2AB=2a5.解：AD=DE=2AB=2a,建立如图所示空间直角的坐标系A-xyz，则A(0,0，BE=（a，3a，a），B

20、C（2a，0，a）.证明：AF=2a，#a,丿:.aF=1（bEbc）,又AF平面BCE,AF平面BCE.(2)证明：AF(2。，罟a，0，CD（a，J3a，0），ED（0，0，2a）,AF.cD0,AF.eD0,AF丄CD，AF丄ED.VCDAEDD,:.AF丄平面CDE.又AF平面BCE,平面CDE丄平面BCE.(3)设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),由nBE=0,nBC=0可得x+讨y+z=O,2xz=0,取n=(l,/3,2).又BF又BF=(3a，轨a,设BF和平面BCE所成的角为0,丿则.=戲加=2a电则sin0=iBFL=K=4，直线BF和平面BCE所成角的正弦值为乎.6

21、.(2016云南昆明联考，20,12分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB丄侧面BBCC,AB=BC=1,BB1,n=2,ZBCC1=3.(1)求证：CB丄平面ABC；设CE=ACC1(0A1),且平面ABE与BB1E所成的锐二面角的大小为30,试求久的值.6解证明：因为AB丄侧面BB1C1CBC1侧面BBCC故AB丄BC在厶BCC,“n中，BC=1,cc1=bb1=2,/bcc1=3.BC2=BC2+CC2BCCCcosZBCC=12+222x1x2xcos彳=3.所以BC=寸3，故BC2+BC2=CC2，所以BC丄BC,而BCAAB=B，所以CB丄平面ABC.(2)由可知，AB

22、,BC,BC1两两垂直.以B为原点，BC,BA,BC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,你),C(1,0,0),C1(0,0,-3).所以CC1=(1,0,；3),所以CE=(A,0,；3A)，则E(1久，0,-胆久).则AE=(1A,1,“J3A),A=(1,1,i：3).设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z),则严,即一)；十20,、丄朋1，Ixy+p3尸0.令z=】3令z=】3,贝Vx乂_2，3_323.2222是平面ABE的一个法向量因为AB丄平面BB1C1C,所以BA=(O,1,0)是平面BB1E的一个法向量,所以

23、Icosn,BA所以Icosn,BA1=InllBAl32223两边平方并化简得22253两边平方并化简得22252+3=0,所以2=1或2=2(舍去).7.(2016广东深圳调研，19,12分)如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD丄底面ABCD,AB=2A1B1=2DD1=2a.求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；已知F是AD的中点，求证：FB丄平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B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

24、角坐标系，贝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）因为（1）因为AB=（_a,a,a）,DD1=（0,0,a）,所以Icos朋1，DD1)I码iiDDj3，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为证明：因为a,a,a),BC=(-2a,0,0),詡i=(0,a,a),同T丽严0,所以11FB.BC=0,所以FB丄BBFBBC.因为BBBC=B,所以FB丄平面BCC1B.由(2)知，FB为平面Be的一个法向量.设n=(X,y,Z)为平面FCC的法向量，因为CC=(0,-a,a),FC=(

25、-a,2a,0),nCC=0,fay,+az,=0,所以即丄c”fC=o,I-ax+2ay=o.令y=,则n=(2,),所以|cosfB,n=乌二*3,IFBIInI3因为二面角F-CC-B为锐角,所以二面角F-CC-B的余弦值为斗3与空同角和距离有关的计算_第H歩丿试算题.(2014.四川，8,中)如图，在正方体ABCD-ABCD中，点O为线段BD的中点.设点P在线段CC上，直线OP与平面ABD所成的角为a,则sin的取值范围是()轴,1.B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.轴,不妨设DC=DA=DD=1，则D(0,

26、0,0)，B(1，1，0)，A1(1，0,1),O(2,20),并设点P(0,1,t),且0t=22，寸，AD=(1，0,1),殆=(0,1,1).设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),nAD=0,即xo_zo=01“*=0,ly0_z0=0，取x0=1,则y0=1,z0=1,.n=(1,1,1).sina=lcosOP,n1=11t(0tl),gt2+2t22t1sin2a=7评,0t1.3(t2+2)令f(t)2：2t，0t0；1212,当te2,1时，f(t)so.又Tf(o)=3,f2=1，/(1)=9,九(尸石卜1，2fmin(t)=f(0)=3-sina的取值范围为i6

27、3sina的取值范围为i63，sina的最大值为1，最小值1,故选B.方法二：易证AC丄平面ABD,当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线nOP与平面A1BD所成的角a的变化情况：ZAOAffZC0AfZC0A(点P为线段CC的中点时,a=2).由于sinZAOA=sinZC1OA1=，sin，sin，所以sina的取值范围是平，1,故选B.(2014.江西，10，难)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=11,AD=7,AA=12.质点从顶点A射向点E(4,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1次到第i次反射点之间的线段记为L.(i=2,3,4),L1=A

28、E,将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，UCV则大致的图形是()2则大致的图形是()2.C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.一3在坐标平面xAy中，直线AE1的方程为y=jx，与直线DC的方程y=7联立得居，7）由两点间的距离公式得EF=512TtanZEzEMutanZEAE-，.*.E2F=E1FtanZE2E1F=4.*.E2F1=124=8.L3E1E2E2F41斗l4=e2e3=e2f1=8=2-故选CABAB3T3.（2016课标I，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，AF=2F

29、D，ZAFD=90。，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60.（1）证明：平面ABEF丄平面EFDC；（2）求二面角E-BC-A的余弦值.3.考向2解：（1）证明：由已知可得AF丄DF，AF丄FE,所以AF丄平面EFDC.又AF平面ABEF，故平面ABEF丄平面EFDC.如图，过D作DG丄EF,垂足为G,由（1）知DG丄平面ABEF.以G以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，iGFl为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由知ZDFE为二面角D-AF-E的平面角，故ZDFE=60，则lDFl=2，lDGl=.,;3，可得A（1，4，0），B（3，4，0），E（3，0，0）

30、，D（0，0，,3）.由已知，ABEF,所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE丄平面EFDC所以ZCEF为二面角C-BE-F的平面角，ZCEF=60。，从而可得C(2,0,.3).所以eC=(1,0,.；3),eB=(0,4,0),AC=(3,4,h),AB=(4,0,0)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量，贝VneC=0,x+J3z=0,I即I_”eB=0,l4y-0.所以可取n=(3,0,羽).设m是平面ABCD的法向量，mAC=0,则|、mAB=0.同理可取m=(0,34),cosncosn,m=nmInllml2侮19.

31、故二面角E-BC-A的余弦值为一台器4.(2016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丄平面ABCD,点G为AB的中点，AB=BE=2.求证：EG平面ADF；求二面角O-EF-C的正弦值；2设H为线段AF上的点，且AH=qHF,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丄平面ABCD,如图，以O为原点，分别以ADBA,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，

32、0，0）证明：依题意，AD=(2,0,0),AF=(1,1,2).nAb=o,2x=o,设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量，贝的1即,门1|n1-AF=0,bp+i不妨设z=1,可得n1=(0,2,1).又EG=(0,1,2)，所以EGn1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG平面ADF.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).“EF=0,|x+y=0,设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量，贝卅2即_n2CF=0,lx+y+2z0.不妨设x=1,可得n2=(1,1,1).因此cosOA,n2=2=一罟，于是sinO

33、A,n2=2lOAlln2l323所以，二面角O-EF-C的正弦值为专.(3)由AH=3HF,得AH=5AF.因为AF=(1,1,2),所以ah=5af=5，5，5，进而有5,5，5，从而bh=5,5，5，因此cos此cosBH，n2=bHn=_百lBHlln2l21所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为普.5.(2016四川，18,12分，中)如图，在四棱锥P-ABCD中，ADBC,ZADC=ZPAB=90,BC=CD=1AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.在平面PAB内找一点M使得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P

34、CE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(Me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CM/EB.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)方法一：由已知，CD丄PA,CD丄AD,PAAAD=A,所以CD丄平面PAD,从而CD丄PD,所以ZPDA是二面角P-CD-A的平面角，所以ZPDA=45,设BC=1,则在RtAPAD中，PA=AD=2.过点A作AH丄CE,交

35、CE的延长线于点H,连接PH,易知PA丄平面ABCD,从而PA丄CE,于是CE丄平面PAH,所以平面PCE丄平面PAH.过A作AQ丄PH于Q,则AQ丄平面PCE,所以ZAPH是PA与平面PCE所成的角.在RtAAEH中,ZAEH=45,AE=1,所以AH=*.在RtPAH中，PH=；PA2+AH2=3J2,AH1所以sinZAPH=ph=3方法二：由已知，CD丄PA,CD丄AD,PAAAD=A,所以CD丄平面PAD,于是CD丄PD,从而ZPDA是二面角P-CD-A的平面角，所以ZPDA=45.由PA丄AB,可得PA丄平面ABCD.设BC=1,则在RtAPAD中，PA=AD=2,作Ay丄作Ay丄

36、AD,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A-xyz，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),PE=0,|x2z=0,由得丄_0nEC=0,lx+y=0，设x=2，解得n=(2，2，1)设直线PA与平面PCE所成角为a设直线PA与平面PCE所成角为a,则sin=InllAPl2xiJ22+(2)2+I21=3所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为1.6.（2015江苏，22,10分，中）如图，在四棱

37、锥P-ABCD中，已知PA丄平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形，“n/ABC=/BAD=2,PA=AD=2,AB=BC=1.（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；最小时，求线段BQ的长.所以AD是平面PAB的一个法向量，AD=（0，2，0）.最小时，求线段BQ的长.所以AD是平面PAB的一个法向量，AD=（0，2，0）.因为PC=（1，1，-2），PD=（0，2，-2）.设平面PCD的法向量为m=（x，y，z），则mPC=0，mPD=0，fx+y-2z0，2y-2z0.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,m-圣竺-单lADII

38、ml3所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为(2)因为BP(1,0,2),设BQ久BP(久，0,2A)(0A=5t2-10t+9=卩5)2,20叼.9(J9丿+99当且仅当9当且仅当t=5,2即久=5时,Icos(CQ,DPI的最大值为苇岁.因为y=cosx在(0,2J上是减函数所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP=詁12+22=#5,所以bq=|bp=255-7.(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P-ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD,Pc分别交于点G,H.求证：ABFG；若PA丄底

39、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.7.考向1解：(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是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ABFA平面PDE=FG,所以ABFG.(2)因为PA丄底面ABCDE,所以PA丄AB,PA丄AE.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)所以BC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),nAB=0,|x=0,

40、则即丄_0nAF=0,ly+z0,令z=1,则y=1.所以n=(0,l,1).设直线BC与平面ABF所成角为a,则sina=lcosn,BC1=InlIBCIn12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为6设点H的坐标为(uv,w).因为点H在棱PC上，所以可设PH=APC(0A1),即(u,v,w2)=A(2,1,2).所以u2A,v=久，w=22A.因为n是平面ABF的一个法向量，所以nAH=0,即(0,1,1).(2久,久，22久)=0.2解得久=3，所以点h的坐标为3，3,3)所以PH=J(3+(3+(-3=所以PH=8.(2015安徽,19,13分，中)如图所示，在多面体A1B1D1

41、-DCBA中，四边形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.证明：EFB、C；求二面角E-A1D-B1的余弦值.8.考向2解：证明：由正方形的性质可知ABABDC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C#A1D.又ADu平面A1DE,BC平面A1DE，于是B&平面A1DE.又B1Cu平面B1CD1，平面A1DEA平面BCD=EF，所以EFBC.(2)因为四边形AA1B1B,ADDA,ABCD均为正方形，所以AA丄AB,AA丄AD,AB丄AD且AA=AB=AD，以A为原点，分别以AB,AD,A为x轴，y

42、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n设面A1DE的法向量为n1=(r,s1，t1),而该面上向量AE=(0.5,0.5,0),丽=(0,1,1),由幻dAlE;dAb得q,s10.5厂+0.5S=0,，t1应满足方程组-，1因为(一1,1,1)为其一组解，所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量为n2=(r2,s2,t2),而该面上向量AB1=(1,0,0

43、),丽=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1),所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为眾导.9.(2014-江西，19,12分，中)如图所示，四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD丄平面ABCD.求证：AB丄PD；若ZBPC=90,PB=逗,PC=2,问AB为何值时，四棱锥P-ABCD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：因为四边形ABCD为矩形，所以AB丄AD.又平面PAD丄平面ABCD，平面PADP平面ABCD=AD，所以AB丄平面PAD，故AB丄PD.(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

44、,连接PG.故PO丄平面ABCD,BC丄平面POG,BC丄PG.在RtBPC中，PG=gcMBG在RtBPC中，PG=gcMBG=设AB=m，则OP=、PG2OG2=冷专_尬2，故四棱锥P-ABCD的体积为V=J6m-m2m=86m2.因为m!86m2因为m!86m2=8m26m4故当m=3，即AB，四棱锥P-ABCD的体积最大.此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为0(0,0,0),B6,芈，oj,2乐、，2乐、，3,0,D0,丿v20),则D(0,0,0),P(0,0,1),B(X,1,0),C(0,1,0),PB=(X,1,-1),因为点E是棱PC的中点,所以eo,所以eo,2,2血(

45、0122于是PBDE=o,所以PB丄DE.又已知EF丄PB,而DEAEF=E,所以PB丄平面DEF.因为pC=(0,1,-1)，所以DE.PC=o,所以DE丄PC,而PBAPC=P，所以DE丄平面PBC.由DE丄平面PBC,PB丄平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为ZDEB,ZDEF,ZEFB,/DFB.由PD丄平面ABCD，所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量.由知，PB丄平面DEF,所以BP=(-A,-1,1)是平面DEF的一个法向量.n若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3，n贝n贝ycosg=BPDPi

46、bPvidPi1=1寸久2+2=2.结合久o,解得久=./2，所以器=土=亨.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为彳时，器=简曲砂裁堤面角j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”是一种能力解决方法，使用范围较广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学生“能算”，还要求学生“会算”，即在运算中讲究一定的策略与技巧1(1)(2015四川，14)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

47、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0,则cos0的最大值为.(2015课标II,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.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a所成角的正弦值.【解析】(1)由题意得AQ丄平面ABCD且AB丄AD,如图，以A为原点，AB,AD，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(

48、0,y,2)(0y2).则EM=(-1,y,2),AF=EMAF(2,1,0),cos3=IEM|.|AFly25(y2y25(y2+5)令y2=t(2t0),得cos3=112故当t=2时，cos3取得最大值5.图图图图(2)交线围成的正方形EHGF如图，作EM丄AB,垂足为M,则AM=A1E=4，EM=AA1=8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.于是MH=;EH2EM2=6，所以AH=10.以D为坐标原点，DA，DC，DD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D-xyz，则A(10,0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(0，4

49、，8)，FE=(10，0，0)，HE=(0,6,8).nfE=0,10 x=0,设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量，贝的即八|nHE=0,-6y+8z=0，所以可取n=(0,4,3).又AF=(10,4,8),故Icosn,AF=niiAFi15所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为4ig.,解（1）时，注意建立适当的空间直角坐标系，求出点的坐标，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ababibiababibia,b的方向向量为a,，所成的角为0,则cos3=利用

50、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,二面角问题是各种角度问题中出现频率最高的,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,以解答题形式出现,难度较大2（2015陕西，18,12分）如图，在直角梯形ABCD中，ADBC,n

51、ZBAD=2,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AABE的位置，如图.W)!：gJJB閹芒W)!：gJJB閹芒I2证明：CD丄平面AOC；若平面A1BE丄平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.【解析】(1)证明：在题图中，因为AB=BC=1,AD=2E是AD的中点ZBAD=2,所以BE丄AC.即在题图中，BE丄OA1，BE丄OC,从而BE丄平面A0C.又CDBE,所以CD丄平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE丄平面BCDE，又由知，BE丄OA1，BE丄OC，n所以ZA1OC为二面角A-BE-C的平面角，所以ZAOC=2如图

52、，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1B=A1因为A1B=A1E=BC=ED=1，BC/ED，0，0，E丿v0，0，A.0，丿1v得BC=李半,0丿,AC=0，CD=BE=(辽,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1，y1，z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2，z2)，平面ABC与平面A1CD的夹角为aBC=0,一X+yi=0,则1得1匕取n1=(1,1,1)；心=0,y1z1=，n2CD=0,|x,=0,得_八取n2=(0,1,1),“2心=0,氏-Z2=0，26从而cos3=IcosJn、,nj丨=丐=3,6即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为亍.“曰GD謝囲先证

53、明线线垂直，再证明线面垂直，最后利用线线平行的性质证明线面垂直.根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平面a与p相交于直线1，平面a的法向量为n、，平面”的法向量为n2，Jn1,n2)=0,则二面角a-l-p为0或n0.设二面角大小为卩，贝UIcospl=lcos01=如图.町n2l如图.n1nE3SEDC32向量法求二面角大小的两种方法(、)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的大小(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，

54、则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小(2015重庆1913分)如图三棱锥P-ABCn中，PC丄平面ABC，PC=3，ZACB=2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD=DE=d，CE=2EB=2.(1)证明：DE丄平面PCD；(2)求二面角A-PD-C的余弦值.解：(1)证明：由PC丄平面ABC,DE平面ABC,得PCIDE.由CE=2,CD=DE=:2得ACDE为等腰直角三角形，故CD丄DE.又PCACD=C，所以DE丄平面PCD.n由知，ACDE为等腰直角三角形，ZDCE=j如图，过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1.又EB=1，故FB=2.,/巧冃/DFFB2丄匚33

55、由zacb=2得dfac，ac=bc=3,故ac=2df=2.如图，以C为坐标原点，分别以CA,cB，CP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|,0,oj,E(0,2,0),D(1,1,0),ED=(1,-1,0),DP=(1,1,3),DA=,1,o)设平面PAD的法向量为n=(X,y1，z1),由ndP0,nDA0,X_y1+3z1=0,得1_2x1y10，故可取n1(2,1,1).由(1)可知，DE丄平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为ED,即n2(1,1,0).从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为n2迫cosni,n2In.

56、In2l6，3故二面角A-PD-C的余弦值为肓.利用空间谢量解决探蠢性问變高考中以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在性问题或创新型试题多次呈现，复习中应加强题目中涉及的点具有运动性和不确定性的分析和研究，此种题若用传统的方法比较困难，一般用空间向量的方法解决，通过待定系数法求解3(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=A(0A2).当久=1时，证明：直线BCJ平面EFPQ；(2)是否存在久，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角

57、？若存在，求出久的值；若不存在，说明理由.【解析】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,久)，则=(2,0,2),FP=(-1,0,久)，FE=(1,1,0).证明：当久=1时，FP=(1,0,1).因为B?1=(2,0,2),所以B(c1=2fP，即BC/FP.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),贝VFEFEn=0,FPn=0,可得P+T,Ix+Xz=0

58、.于是可取n=（X,X,1）.同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=（久一2,2久，1）.若存在久，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则mn=（久一2，2久，1）（久，一久，1）=0,2即久仏一2）久（2久）+1=0,解得久=1土亍.故存在A=122,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.（1）建立适当的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明FP即可，即证明存在实数k使得BC1=kFP.（2）首先假设存在，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题转化为向量的坐标运算，设平面PQMN与平面EFPQ的法向量分别为m，n,然后将二面角是直角转化为mn=0求解，用几何法较复杂.解决

59、与平行、垂直有关的探索性问题的基本策略通常假定题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在.第E1步过模拟1.（2015河南洛阳质检，5）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA=2,AD=1,E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为（）A迈B亟C匹D辺A.10B.10C.10D.101.B考向1建立空间直角坐标系如图，则A（1,0,0）,E（0,2,1）,B（1,2,0），C1（0，2，2）.所以bC=(-1,0,2)

60、,AE=(1,2,1).故cosB?,ABC1=零.ibc1iiaEi10所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为晋.2.（2016辽宁葫芦岛一模，7）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA=2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（2A-32A-3D-3A考向1设AB=1,则AA1=2，分别以DCFDA1,DD的方向为x轴,y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.则D(0,0,2),C1(1,0,0),B(1,1,2),C(1,0,2),所以DB=(1,1,0),DC1=(1,0,2),DC=(1,0,0),nDB=0,|x+y=0,设n=(x,y,z)为平面BDG的