新高考版数学高中总复习专题8.5空间向量及其在立体几何中的应用（试题练）教学讲练

数学高考总复习PAGEPAGE53学好数理化，走遍天下都不怕§8.5空间向量及其在立体几何中的应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一用向量法证明平行、垂直1.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.(1)求证:AF∥平面PEC;(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.证明∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,∴PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0),P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0).(1)∵F为PD的中点,E为AB的中点,∴F(0,1,1),E(1,0,0),∴PE=(1,0,-2),PC=(2,2,-2).设平面PEC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·取z1=1,则n1=(2,-1,1),又∵AF=(0,1,1),∴AF·n1=0-1+1=0,∴AF⊥n1,∴AF∥平面PEC.(2)PC=(2,2,-2),PD=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·PC=0取z2=1,则n2=(0,1,1),又∵n1=(2,-1,1)是平面PEC的一个法向量,∴n1·n2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n1⊥n2,∴平面PEC⊥平面PCD.2.如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,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:AB1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为37,求四面体ADPQ的体积解析由题设知,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m=BQ,0≤m≤6.(1)证明:因为P是DD1的中点,所以P0,92,3,所以PQ=于是AB1·PQ=18-18=0,所以AB1⊥PQ,即(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),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n1·DQ=0,n1·DD1=0,所以cos<n1,n2>=n1·n2|而二面角P-QD-A的余弦值为37,因此3(6-m)2+45=37设DP=λDD1(0<λ≤1),而DD1=(0,-3,6),由此得点因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而于是,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=13S△ADQ·h=13×考点二用向量法求空间角与距离3.在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值;(3)在(2)的条件下,求点D到平面BMC的距离.解析(1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,又BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B为坐标原点,分别以BE,BD,BA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,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,则BC=(1,1,0),BM=0,12设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则n·BC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θ,则sinθ=|cos<n,AD>|=|n·AD即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63(3)由(2)可知平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1),又∵BD=(0,1,0),∴点D到平面BMC的距离为|BD·n||4.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值;(4)在(3)的条件下,求BE与AF所成角的余弦值.解析(1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC的中点G,连接OG.由题意知四边形EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2-a),0),所以EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则n·EA令z=1,则x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).又平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=n·p|由题设知二面角F-AE-B为钝二面角,所以它的余弦值为-55(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.因为BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.由BE·OC=0及0<a<2,解得a=43(4)由(3)可知A0,0,433,F∴AF=-43,0,-∴cos<BE,AF>=AF·BE|AF||∴BE与AF所成角的余弦值为14综合篇知能转换【综合集训】考法一求异面直线所成角的方法1.(2017课标Ⅱ,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.32B.155C.105答案C2.(2019吉林长春外国语学校一模,15)如图所示,平面BCC1B1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC1B1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为.

答案6考法二求直线与平面所成角的方法3.(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.解析如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{OB,OC,OO1}为基底,因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P32从而BP=-32,-故|cos<BP,AC1>|=|BP·A因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为310(2)因为Q为BC的中点,所以Q32因此AQ=32,32,设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则AQ·n=0,AC设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sinθ=|cos<CC1,n>|=|CC1所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为554.(2018湖北八校4月联考,18)如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°.(1)求证:AC⊥平面BDEF;(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值.解析(1)证明:设AC与BD相交于点O,连接FO,∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,且O为AC中点,∵FA=FC,∴AC⊥FO,又FO∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(5分)(2)连接DF,∵四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,∴△DBF为等边三角形,∵O为BD的中点,∴FO⊥BD,又AC⊥FO,AC∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF两两垂直,∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.(7分)设AB=2,∵四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,∴BD=2,AC=23.∵△DBF为等边三角形,∴OF=3.∴A(3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,3),∴AD=(-3,-1,0),AF=(-3,0,3),AB=(-3,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则AF取x=1,得n=(1,3,1).(10分)设直线AD与平面ABF所成角为θ,则sinθ=|cos<AD,n>|=|AD·n||考法三求二面角的方法5.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=5,FC=1.(1)证明:平面CDF⊥平面ADE;(2)求二面角E-BD-F的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴CD⊥AD.∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE.又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=5,∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD.又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2).∴DB=(1,2,0),DF=(0,2,1),设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),∴m·DB=x+2同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2,-1,-1),∴cos<m,n>=m·n|m|∴sin<m,n>=306.故二面角E-BD-F的正弦值为3066.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥P-ABC中,PC⊥AB,△ABC是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°.(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)设F为棱PA的中点,求二面角P-BC-F的余弦值.解析(1)证明:在△PBC中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=23,∴PC2+BC2=PB2,∴PC⊥BC,(2分)又PC⊥AB,AB∩BC=B,∴PC⊥平面ABC,∵PC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(4分)(2)在平面ABC中,过点C作CM⊥CA,以CA,CM,CP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略).则C(0,0,0),P(0,0,23),A(2,0,0),B(1,3,0),F(1,0,3).(6分)设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1),则CB·m=x1+3y1=0,CP·即m=(3,-1,0)为平面PBC的一个法向量.(8分)设平面BCF的法向量为n=(x2,y2,z2),则CB取x2=3,则y2=-1,z2=-1,即n=(3,-1,-1)为平面BCF的一个法向量,(10分)cos<m,n>=m·n|m||由题图可知二面角P-BC-F为锐二面角,故二面角P-BC-F的余弦值为255.(12应用篇知行合一【应用集训】1.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=26,DE=36.(1)求证:平面ACE⊥平面BED;(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,说明理由解析(1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD.(2分)又因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,所以AC⊥平面BDE.(3分)又因为AC⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.(4分)(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).则n·BE令x1=6,则y1=26,z1=3,则n=(6,26,3).(6分)所以cos<CA,n>=CA·n|CA||n|所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313.(8分(3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0≤t≤26.(9分)则BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,36).设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),则m·BM令y2=t,则z2=3,x2=36-t,则m=(36-t,t,3).(10分)又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,∴|cos<m,CA>|=|m·CA||m||整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=562(舍去∴AMAF=14.(132.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.(1)若M是A1D的中点,求直线CM与平面A1BE所成角的大小;(2)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.解析(1)由折叠的性质得CD⊥DE,A1D⊥DE,又CD∩A1D=D,∴DE⊥平面A1CD.又∵A1C⊂平面A1CD,∴A1C⊥DE,又A1C⊥CD,CD∩DE=D,∴A1C⊥平面BCDE.(3分)建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A1(0,0,23),E(-2,2,0),B(0,3,0),∴A1B=(0,3,-23),A1设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则A1B·n=0,A1∴n=(-1,2,3).(5分)又∵M(-1,0,3),∴CM=(-1,0,3),∴cos<CM,n>=CM·n|CM|∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°.(6分)(2)假设线段BC上存在点P满足条件,设P点坐标为(0,a,0),则a∈[0,3],∴A1P=(0,a,-23),设平面A1DP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则ay1-23z1=0,2x1∴n1=(-3a,6,3a).(9分)若平面A1DP与平面A1BE垂直,则n1·n=0,∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2,∵0≤a≤3,∴a=-2舍去.∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.(12分)【五年高考】考点一用向量法证明平行、垂直1.(2018天津,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG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DA,DC,DG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),M0,(1)证明:依题意得DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则n0·不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,-32,1,可得又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则n·BC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m·BC不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=m·n|m||n|=31010所以,二面角E-BC-F的正弦值为1010(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<BP,DC>|=|BP·DC由题意,可得2h2+5=sin60°=32,解得所以,线段DP的长为33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).2.(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721,求线段AH的长解析本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AB,AC,AP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:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·DE=0,n·DB=0,即2y=0,2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n因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>=n1·n于是sin<n1,n2>=10521所以,二面角C-EM-N的正弦值为10521(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos<NH,BE>|=|NH·BE||NH||BE|=|2h-2|所以,线段AH的长为85或1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.3.(2016课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,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=23AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.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AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=AB2-BE以A为坐标原点,AE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(5,2,0),N52PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n·PM=0,n可取n=(0,2,1).于是|cos<n,AN>|=|n·AN即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.(124.(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:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.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(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,因此,EF=32,32,由EF·BC=0得EF⊥BC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由(1)可得BC=(-3,1,0),A1C=(0,2,-2设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由BC·n取n=(1,3,1),故sinθ=|cos<EF,n>|=|EF·n因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35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”.5.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,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OP⊥AC,且OP=23.连接OB.因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=1由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,OB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(0,0,23),AP=(0,2,23).取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则AM=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由AP·n=0,AM·n=0得2y+23z=0,ax所以cos<OB,n>=23由已知可得|cos<OB,n>|=32所以23|a-4|23(a-所以n=-8又PC=(0,2,-23),所以cos<PC,n>=34所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34考点二用向量法求空间角与距离6.(2019课标Ⅰ,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ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,DA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(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·所以-x+3y-设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n所以-3q=0于是cos<m,n>=m·n|m||所以二面角A-MA1-N的正弦值为1057.(2019课标Ⅲ,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC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AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC,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=3.以H为坐标原点,HC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(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CG·n所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos<n,m>=n·m|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AD∥CG,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AB⊥BE,AB⊥BC,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,HC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.8.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD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BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=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,DA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CD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),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则n·AM=0,nDA是平面MCD的法向量,因此cos<n,DA>=n·DA|n||DA|=5所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是25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.9.(2017课标Ⅱ,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=12AD,∠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EF∥AD,EF=12由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EFBC,则四边形BCEF是平行四边形,所以CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|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(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).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<BM,n>|=sin45°,|z|(即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设PM=λPC,则x=λ,y=1,z=3-3λ.②由①,②解得x=1+22,y所以M1-22,1,设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则m·AM所以可取m=(0,-6,2).于是cos<m,n>=m·n|易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为105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.10.(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AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)由(1)知△BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,则KO⊥BC,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(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(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AC·m=0,AK·m由AB·n=0,AK·n于是,cos<m,n>=m·n|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34方法总结若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|,要求cosθ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cosθ=|cos<n1,n2>|,还是cosθ=-|cos<n1,n2>|.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.11.(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DF的中点.(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为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(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由m·AE取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由n·AG取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos<m,n>=m·n|m易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.解法二:取EC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=32+2取AG的中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=13-1=2在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.12.(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α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α所成角的正弦值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,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=EH2-以D为坐标原点,DA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),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则n·FE=0,n又AF=(-10,4,8),故|cos<n,AF>|=|n·AF所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为45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,DA,DC,DD1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α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α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.13.(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=3,∠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AE⊥AD,交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图,以{AE,AD,AA1}因为AB=AD=2,AA1=3,∠BAD=120°,所以A(0,0,0),B(3,-1,0),D(0,2,0),E(3,0,0),A1(0,0,3),C1(3,1,3).(1)A1B=(3,-1,-3),AC1=(则cos<A1B,A=(3,-1因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为17(2)平面A1DA的一个法向量为AE=(3,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又A1B=(3,-1,-3),BD=(-则m·A不妨取x=3,则y=3,z=2,所以m=(3,3,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos<AE,m>=AE·m|AE||设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=34因为θ∈[0,π],所以sinθ=1-cos因此二面角B-A1D-A的正弦值为7414.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)证明:由已知可得BF⊥EF,又已知BF⊥PF,且PF、EF⊂平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=32,EH=3则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=HP·DP|HP||DP|=343=易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.教师专用题组考点一用向量法证明平行、垂直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=23HF,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,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则n1·不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0,又因为直线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.依题意得,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则n即x+y=0,-x因此有cos<OA,n2>=OA·n2|OA|·|n2|=-63,于是sin<OA,(3)由AH=23HF,得AH=2因为AF=(1,-1,2),所以AH=25AF=进而有H-35,35,因此cos<BH,n2>=BH·n2所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721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)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值.2.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M1,(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52,0.由此可得MN·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,(2)AD1=(1,-2,2),设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n1·AD1=0,n设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则n2·AB1不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>=n1·n2|n1|·|n2|所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为310(3)依题意,可设A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<NE,n>=NE·n|NE|·|n|=1(-1)2+(λ+2)2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、运算能力和推理论证能力.考点二用向量法求空间角和距离3.(2014课标Ⅱ,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.110B.25C.3010答案C4.(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θ,则cosθ的最大值为.

答案25.(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=12AC=23,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值6.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=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PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=2得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.由PC∩CD=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=π4.如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故由∠ACB=π2得DF∥AC,DFAC=FBBC=23,故AC=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),A32,0,0,E(0,2,0),D(1,1,0),ED=(1,-1,0),DP设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1·DP=0,n1·DA=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ED,即n2=(1,-1,0).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>=n1·n故所求二面角A-PD-C的余弦值为367.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,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(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=π2,所以BE⊥即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=π2如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B22,0A10,0,得BC=-22,22CD=BE=(-2,0,0).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A1BC与平面A1CD夹角为θ,则n1·BC=0,n1n2·CD=0,n从而cosθ=|cos<n1,n2>|=23×2即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63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.8.(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,BE⊥EC,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GH∥AB,且GH=12又F是CD的中点,所以DF=12由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.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GM∥AE.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MF∥AD.又AD⊂平面ADE,MF平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=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BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以BE,BQ,BA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BA=(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AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),由n·AE取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,BA>=n·BA|n|所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为23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.9.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为(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,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知得,BC∥ED,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)解法一:由已知得,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.过点A作AH⊥CE,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PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=22在Rt△PAH中,PH=PA2+所以sin∠APH=AHPH=1解法二:由已知得,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥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),由n·PE设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sinα=|n·AP||所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13思路分析对(1),延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CM∥EB,从而CM∥平面PBE;对(2),有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA与面PCE所成的角,然后通过解三角形求值;解法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sinα=|n·10.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π2(1)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值;(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.解析以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB,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m·PC=0,m·PD=0,即x令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<AD,m>=AD·m|所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为33(2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又CB=(0,-1,0),则CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),又DP=(0,-2,2),从而cos<CQ,DP>=CQ·DP|设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<CQ,DP>=2t25t2当且仅当t=95,即λ=25时,|cos<CQ,DP>|的最大值为因为y=cosx在0,π2上是减函数,此时直线CQ与又因为BP=12+22=5,所以BQ=11.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.解析(1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=3AD.从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.又PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,3,0),P(0,0,1).AB=(-1,3,0),PB=(0,3,-1),BC=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则n·AB因此可取n=(3,1,3).设平面PBC的法向量为m,则m可取m=(0,-1,-3).cos<m,n>=-427故二面角A-PB-C的余弦值为-27失分警示建系后点的坐标及法向量等求错,导致最后结果错而失分,或者没有注意到所求二面角为钝角,而求得其余弦值为2712.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=5,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE.又BE∩EF=E,所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则n·BC令y0=-1,则x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的一个法向量为EB=(0,2,0),所以cos<n,EB>=n·EB|由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-2121(3)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).因为n·FG=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交.13.(2019北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=1(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内,解析本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱锥为背景考查直观想象的核心素养.(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,23,-23设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·AE令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos<n,p>=n·p|由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33(3)直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AG·n=-43+23+所以直线AG在平面AEF内.思路分析(1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出AG⊥n,结合A∈平面AEF可证明AG⊂平面AEF.一题多解(2)∵PA=AD且E为PD的中点,∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE,又∵PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD,又EF⊂平面PCD,∴AE⊥EF,故可知∠FEP为二面角F-AE-P的平面角.∵PE=PD2=2,PF=PC3=233,cos∠CPD=PDPC=63,sin∠CPD=33,∴EF2=2332+(2)2-2×2×233×63=23,∴EF=63,在△PEF中,由正弦定理得EFsin∴cos∠FEP=1-63故二面角F-AE-P的余弦值为3314.(2019课标Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.解析本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养.(1)证明:由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则CB·n所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则CC1所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>=n·m|所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32一题多解(2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=m2+1,C1E=m2+2,BC∵BE⊥EC1,∴4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2.连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1.由题意可知AC⊥BD,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥CE,即BO⊥CE.在长方形AA1C1C中,AC=2,AA1=2.连接AC1,有CC1AC=22=ACAE,又∠EAC=∠C1CA=90°,则Rt△C1∴∠ECA+∠C1AC=90°,∴CE⊥AC1.取CC1的中点F,连接OF,BF,则OF∥AC1,∴OF⊥CE.∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB.设CE∩OF=G,连接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,则∠BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sin∠BGF=sin∠BGO.设AC1∩CE=H,易得△AEH∽△C1CH.又∵AE=12CC1,∴AH=13AC1.易知OG∥AH,又∵O为AC的中点,∴OG=12AH.∵BO=22,OG=12AH=16AC1=66,BO⊥OG,∴tan∠BGO=2266=3,∴∠15.(2013课标Ⅰ,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明:AB⊥A1C;(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OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B为等边三角形,所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两垂直.以O为坐标原点,OA的方向为x轴的正方向,|OA|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(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0).则BC=(1,0,3),BB1=AA1=(-1,3,0),A1C=(0,-设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,则n·BC可取n=(3,1,-1).故cos<n,A1C>=n·所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105思路分析(1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA1⊥AB,从而得AB⊥平面OA1C,从而得AB⊥A1C;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BB1C1C的一个法向量,进而求出该法向量与A1C夹角的余弦值,从而可得直线A1C与平面BB1C1C规律总结面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用是将面面垂直问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的证明及线面角、二面角的求解中,常要借助这个定理作出平面的垂线.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共25分)1.(2020届广西南宁10月摸底考,8)如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,且PA=AD,E,F分别是线段PA,CD的中点,则异面直线EF与BD所成角的余弦值为()A.36B.33C.26答案A2.(2018甘肃兰州高考诊断,3)设μ=(2,2,-1)是平面α的法向量,a=(-3,4,2)是直线l的方向向量,则直线l与平面α的位置关系是()A.平行或直线在平面内B.垂直C.相交但不垂直D.不能确定答案A3.(2020届重庆一中第二次月考,10)如图,在所有棱长均为2的直三棱柱ABC-A1B1C1中,D、E分别为BB1,A1C1的中点,则异面直线AD与CE所成角的余弦值为()A.12B.32C.15答案C4.(2019湖南三湘名校第三次联考,12)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点M在线段CC1上,动点P在平面A1B1C1D1上,且AP⊥平面MBD1,线段AP长度的取值范围为()A.[1,2]B.[1,3]C.22,2答案D5.(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D、E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的余弦值为()A.23B.73C.32答案B二、多项选择题(每题5分,共15分)6.(2020届山东滕州第一中学10月月考,13)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点F是线段BC1上的动点,则下列说法正确的是()A.当点F移动至BC1中点时,直线A1F与平面BDC1所成角最大,且为60°B.无论点F在BC1上怎么移动,都有A1F⊥B1DC.当点F移动至BC1中点时,才有A1F与B1D相交于一点,记为点E,且A1D.无论点F在BC1上怎么移动,异面直线A1F与CD所成角都不可能是30°答案BCD7.(改编题)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论正确的是()A.平面BCE⊥平面ABNB.MC⊥ANC.平面CMN⊥平面AMND.平面BDE∥