高考复习A版数学考点考法（10年高考真题）：空间角与距离、空间向量及其应用

空间角与距离、空间向量及其应用

考点用向量法求空间角和空间距离

1.（2020新高考/,4,5分）日后是中国古代用来测定时间的仪器,利用与卷而垂直的昼针投射到昼面的影子

来测定时间.把地球看成一个球（球心记为。），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点

A处的水平面是指过点人且与OA垂直的平面.在点卜处放置一个日暮,若唇面与赤道所在平面平行，点A处

的纬度为北纬40。,则薜针与点A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°C.50°D.900

答案B由题意作出如图所示的截面图，设所求角为〃,

由图易知a=40。.故选B.

2.（2022全国甲，理7,文9,5分）在长方体ABCD-A\B\C\D\中，已知B\D与平面A8CQ和平面A4山山所成的

角均为30。,则（）

A.AB=2AD

B.A8与平面ABiCiD所成的隹为30°

C.AC=CB\

D.B\D与平面B8CC所成的角为45°

答案D如图,连接40.山题可知,仍」平面ABCD,AO_L平面AA出A,

易知51。与坐面/EC。利里面,44出出庾成的兔分一别为/8止）乙NABiD,二ZfiiDB=ZAfiiZ）=30o.

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设AD=1,则ABiSH\D=2,

：,BBi=],BD=V3,：.AB=V2,

・"8=&AD,故A错误.

过8作BH上ABi,交ABi于H,

易知为AB与平面AHxC\D所成的角.

•.♦8H=空经1=在，

ABX3

/.sinZ.HAB=~^=?，故B错误.

易知AC=V3,Ca)=V2,：.AC/CB\,故C错误.

易知/。以。为H\D与平面4例GC所成的角，

)NDBiC=45°,故正确.

.,.sinZDZ?C=—B\D=—2,Z.D

3.(多选)(2022新高考人9,5分)已知正方体八8。。-44。。1,贝1)()

A.直线BC\与。4所成的角为90。

B.直线BCi与C4所成的角为90°

C.直线BC\与平面BB\DiD所成的角为45°

D.直线BCi与平面ABCD所成的角为45。

答案ABD连接BiC,交8。于O,'：Ad)//ByC,：./办。。(或其补角)为直线BCi与DA所成的角，又

B\CLBC\,：.N8IOCI=90。,即直线BCi与。4所成角为90。.故选项A正确.

由AI3I_L平面SSiCiC,SCiu平面BB\C\CA\B\±BC\,又SCi_L6iC,AISCBIC=BI,.'SCi_L平面AiBiC,

又C4u平面4BiC,・・・8G_LC4,••・直线BC\与CAi所成角为90E故选项B正确.

连接AQ,交BiDi于点Oi,连接OiB,易证GO」平面BBiDiD,：.BCi在平面33QD内的射影为OiB,A

BCJJ平面88。⑷所成角为NGBOi.在RsBOCi中，sin/G8Oi=翳=匕则/。山。=30°,故选项C错误.

•.•CG_L平面ABCD,与平面ABCD所成的角，而/GBC=45。,故选项D正确.故选ABD.

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4.（多选）（2021新高考/,12,5分）在正三棱柱ABC-AyBsC\中,A8=AA=I,点P满足乔=ABC+〃丽；其中

Ae[0,I],则

A.当加1时，AABiP的周长为定值

B.当〃=1时,三棱锥P-A山C的体积为定值

C.当时,有且仅有一个点P,使得AiPlBP

D.当”W时,有且仅有一个点P,使得平面ABxP

答案BD选项A,当z=l时，点P在线段CG匕设CP=x（0三饪I）,若D,则△ABP即为人乱。,此时

△ABiP的周长为2四+1;若x=l,则即为"86,此时A481P的周长为2交+1.若0<v<l,PCi=l-x,

在RtAPC4中，PA=>Jl+x2,

在RtAfiiCiP中，Pfii=Vl+（l-x）2=Vx2-2x+2,

而八8尸77,所以△/IBP的周长为夜+Vx2-2x+2+x/TTx2,不为定值，故选项A错误；

选项B,当〃=1时，点P在线段BiCi±,

因为litCi/ZBC,aC©平面AiBC,"Cu平面

所以办G〃平面A出C,

所以直线BiG上的任何一点到平面48c的距离均相等，

所以三棱锥R48C的体积为定值，故选项B正确；

取BC,61G的中点分别为O,Oi,连接OOi,AO,易知OO」平面/\BC,AOLBC,以OB,OA,OO\所在直线分

别为x轴,），轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则岭0,0）"（0,-今0）,Ai（0,-今1）,选项C,当月

时，点P在线段0。1上,设P（0,0,z）（0<z<1）,则初=（0,y,z-1）,前=若AiPlBP,则不­

BP=0,

即z（z-l）=0,解得z=0或z=l,即当时,存在两个点P,使得MPLBP,故选项C错误；

选项D,当“时，点P在线段MN上（M,N分别是线段BBi,CCi的中点），设P（x,0,1）（-1<x<见而=

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若ABL平面/出P,则A\B1AP,则彳1•AP=O,

即&今T），14弓）解得T，所以P（-1,O,0,易验证此时满足平面6H

所以当时，有且仅有一个点P,使得平面ABiP,故选项D正确.故选BD.

命题立意:本题以正三极柱为载体，考查正三棱柱的性质，平面向量基本定理,空间几何体的体积，以及线面

垂直的判定等,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力,通过研究点P的位置,考查数形结合思想，体现数学

运算与直观想象的核心素养，落实对试题的创新性和综合性的考查.

5.（2014课标口，II,5分）直三棱柱ABCABG中，NBCA=90°,M,\分别是AB,AC的中点BC=CA=CG,则网与

AN所成角的余弦值为（）

B1

730

CR

答案C解法一:以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

设BC=CA=CCt=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),

.。前=(-1,0,-2),丽=(-1,-2),

痴丽T+43同—,

「.cos"'，8M》=商丽二两=7r而,雌C.

解法二:取BC的中点Q,连接QX,AQ,易知BV〃QN,则ZANQ即为所求,

设BC=CA=CC.=2,

贝！JAQ=«,AN=，5,QN=Z

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AN2+NQ2-AQ25+6-56\/30

c"s/Q—-2AN-NQ一—2四X店2而一而

故选C.

6.（2013北京,8,5分）如图,在正方体ABCD-ABCD中,P为对角线B»的三等分点,P到各顶点的距离的不同

取值有（）

A.3个B.4个C.5个D.6个

答案B过P作平面ABCD、ABCD的垂线分别交DB、DB于E、F点，易知P也是EF的三等分点,设正方

Q_/Q/xr7

体的棱长为a,则PAFPCFH;PD,=-V3a：PB=^-a;PB.=—a,PA=PC=—a;PD=a.故有1个不同的值.故选B.

思路分析设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的距离即可.

解后反思本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算能力.构造直角三角形是解题关键.

7.（2012陕西,5,5分）如图,的间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A.B,C,,CA=CG=2CB,则直线BG与直线:出

夹角的余弦值为（）

A-T4

2V5

C-Dj

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答案A不妨设CB=1,则B(0,0,l),A(2,0,0),A(0,2,0),Bd0,2,D.

..石6=(0,2,-1),力当=(一2,2,1).

_»_(西•斯0+4-1V5：…

cos〈8C],AB.故选A.

评析本题考有利用空间坐标运算求异面直线所成的角.考查了运算求解能力.

8.(2019天津理,1天13分)如图,AE_L平面ABCD,CV//AE,AD/7BC,AD1AB,AB=AD=1,AE=BC=2.

⑴求证:BF〃平面ADE;

（2）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;

（3）若二面角E-BD-F的余弦值为求线段CF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,考杳用空间向量解决立

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.重点考查的核心素养是逻辑推理、

直观想象与数学运算.

依题意，可以建立以A为原点,分别以存,AD,荏的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系（如图）,

可得A(0,0,0),B(l,0,0),C(l,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

设CF=h(h>0),贝！|F(l,2,h).

⑴证明:依题意,^=（1,0,0）是平面ADE的法向量.又而=（0,2,h\可得不・AB=0,

又因为直线BF6平面ADE,所以BF〃平面ADE.

(2)依题意,FD=(-l,l,0),FE=(-l,0,2),

CF=(-l,-2,2).

设n=（x,y,z）为平面BDE的法向量,

<­,5:二—5

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_,C£.n4

可得n=(2,2,1),因此有cos<CE,n>=-g=-

|CE||n|9

4

所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为］

(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量，

则『可=，叱*二°0

不妨令y=l,可得m=(l,l,-

|4_2|

由题意,有cos<m,n>|普普与巫4解得h=g.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为劣

|利川32377

思路分析从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手，建立空间直角坐标系，将立体几何中的位置关

系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.

方法总结利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：

①观察图形，建立怡当的空间亘角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③设出相应平面

的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;④将空间位置关系转化为

向量关系;⑤根据定理结论求巴相应的角和距离.

9.(2019课标口理，17,12分)如图,长方体ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形，点E在棱AA上,BE_LEG.

⑴证明:BE_L平面EB.C,;

(2)若AE=AE求二面角B-EC-G的正弦值.

解析本题考直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,考直了直观想

象的核心素养.

(1)由已知得,BG_L平面ABBA,BEc平面ABBA,

故B£_LBE.

又BE_LEG,所以BE_L平面EBC.

⑵由(1)知NBEB尸90°.

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由题蜘RtAABE^RtAA.BtE,

所以NAEB=45°,故AE=AB,AA>=2AB.

以D为坐标原点，殖的方向为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(l,1,0),G(0,l,2),E(l,0,1),C5=(1,O,0),CF=(l,-l,1),砥(=0,0,2).

设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),

噜:a｛二;…。.

所以可取n=(0,-l,-l).

设平面ECC的法向量为m=(x,y,z),

所以可取m=(l,1,0).

h日、nm1

于正cos〈zn,m》下向

所以,二面角B-EC-C的正弦值为日.

一题多解

(2)连接BC,.设AE=m,不妨令AB=1,贝！JBE=Vm2+1,C,E=Vm2+2,BC.=V(2m)2+1.

2

,.,BE±ECI,.,.4m+l=2m>3,解得n=l,则AA产2.

连接AC,BD,相交于点0,连接AC.

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由题意可知AC±BD,BDlCG.ACnCCFC,

.•.BD_L平面AACC,/.BDXCE,

即BOICE.

在长方形AA.C.C中,AC=0,AA=2.连接AC„有察=套=祭,又/EAC=NGCA=90°,贝（JRtAC,CA-RtACAE.

.♦./ECA+NGAC=90°,"EJLAG.

取CC>的中点F,连接OF,BE,则OF〃AG,..OFJ_CE.

・•・BOnOF=O,/.CE_L平面FOB.

设CEnOF=G,连接BG,/.CEIBG,CE±FG,则NBGF为二面角B-CE-C的平面角,且sinZBGF=sinZBGO.设AC.

nCE=H,易得△AEHs/iGCH.Jc'/AE^Cu/.AH^AC,.易知OG〃AH,又「0为AC的中点.，0G=:

迤

\/211V62

BOBT，OG^AH^AC^,BO1OG,/.tan渔NBG0=60°,贝！JZBGF=120°,故sinZBGF=y.

22666

10.（2017北京理,16,14分）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD_L平面ABCD,点M在线

段PB上,PD〃平面MAC,PA=PD=V6,AB=4.

⑴求证:M为PB的中点；

（2）求二面角BPDA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.

⑴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PD〃ME.

因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.

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所以V为PB的中点.

⑵取AD的中点0,连接OP,0E.

因为PA=PD,所以0PJ_AD.

又因为平面PAD_L平面ABCD,且OPc平面PAD,

所以0口_1_平面41«^.

因为OEc平面AliCD,所以OPJ.OE.

因为ABCD是正方形，所以0E1AD.

如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,近)，D(2,0,0),B(-2,4,0),而=(4,-4,0),PD=(2,0,-a).

令x=l,贝l」y=l,z=1

于是n=(l,

平面BAD的一个法向量为p=(0,1,0).

所以cos〈n,p>=箫

由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为半

⑶由题意知y),C(2,4,0),流=(3,2,-y).

设直线MC与平面BDP所成角为a

则sina=|cos<n,MC>I=匕个

所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为等.

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n„设二面

角的大小为8，则有cosei=|cos<n,.n2>二兽蚪，再通过原图判断二面角是钝角还是锐角，进而求出二面

角.

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2.用向量法求直线与平面所瞬角的方法: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8满足sS酎品|,04。，3

11.（2017课标I理,18,12分）如图,在四棱推P-ABCD中,AB/7CD,且NBAP=NCDP=90°.

⑴证明:平面PAB±平面PAD;

（2）若PA=PD=AB=DC,ZAPD=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NBAP=NCDP=90°，得AB±AP,CD_LPD.

由于AB〃CD,故AB_LPD,

又APAPD=P,从而AB_L平面PAD.

又ABu平面PAB,所以平面PAB_L平面PAD.

(2)在平面PAD内作PF1AD,垂足为F.

由(1)可知,AB_L平面PAD,故ABIPF.

又ADAAB=A,可得PF_L平面ABCD.

以E为坐标原点,秒的方向为x轴正方向，I方为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.

由（D及已知可得A（浮,0,0）,P（0,0,薮）,B（孝，1,。）C（-j,1,0）

所以元=（一苧,1’-号）,CB=（V2,0,0）,可=（苧，0,-苧）,同=（%L0）.

设n=®,y”zj是平面PCB的法向量，则

/一x/2y/2

n-PC=0,即-yxt+y1-yZi=0,

CB=0,|缶［=o,

可取n=（0,-l,-V2）.

设m=(xx.mz；)是平面PAB的法向量，则

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『•更=0,即

?x2-yz2=0,

(m•AB=0,%=0.

可取m=(l,0,1).

nm

EI，、V3

则c°s<n,m>=丽=-7.

易知二面角A-PB-C为钝二面角，

所以二面角A-PB-C的余弦值为-噂.

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

证明两个平面互相垂直，可以在一个平面内找一条直线1,证明直线1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n“n2,设二面角的大小为。，则cos0

I=兽蚪，再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.

12.(2017课标m理.19,12分)如图,四面体ABCD中,AABC是正三角形,AACD是直角三角形,NABD=N

CBD,AB=BD.

⑴证明:平面ACD1平面ABC;

(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角DAEC的翕幻直

解析本题考有面面垂直的证明，二面角的求法.

(1)由题设可得,△,ABD^ACBD,从而AD=DC.

又AACD是直角三角形,所以/ADC=90°.

取AC的中点0,连接DO,B0,则DO±AC,DO=AO.

又由于△ABC是正三角形,故B01AC.

所以/DOB为二面角D-AC-B的平面角.

在RtAAOB在B02+A02=AB\

又AB=BD,所以Bd+DOW+AOJAB/BD；故NDOB=90°.

所以平面ACDJ_平面ABC.

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⑵由题设及⑴知,OA,OB,0D两两垂直.以0为坐标原点,雨的方向为x轴正方向，IOAI为单位长,建立如图

所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(l,0,0),B(0,遮0),C(-l,0,0),D(0,0,1).

由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的;,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的柜离的

即E为DB的中点,得E(0,故而=(-l,0J),4C=(-2,0,0),荏=(-1,y；).

设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量，

=0,

=0,

设m是平面AEC的法向量，则

同理可取m=(0,T,6).则cos<n,m>=----

1nlimI7

易知二面角D-AE-C为锐二面角，

所以二面角D-AE-C的余弦值为上.

方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，即在一个平面内，

找一条直线,使它垂直于另一人平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐电

13.(2016课标II理,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点0,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD

上,AE=CF4.EF交BD于点H.将aDEF沿EF折到△[)'EF的位置,0D'=710.

⑴证明：D'H_L平面ABCD;

(2)求二面角B-D,A-C的正弦值.

解析(1)证明:由已知得AC1BD.AD=CD.

又由AE=CF得笫需故AC〃EF.

因此EF1HD,从而EFJ_D'H.(2分)

由AB=5,AC=G得DOBO-AB2-AO2=4.

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由EF〃AC彳喘有q

所以OH=1,D'H=DH=3.

于是D*H'+OH=3-+P=10=D，0\故D'HJ_OH.(4分)

又D'H_LEF,而OHClEF=H,所以D*H_L平面ABCD.(5分)

(2)如图,以H为坐标原点,标的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Uxyz.则

,

11(0,0,0),A(-3,-l,0),B(0,-5,0),C(3,-l,0),D(0,0,3),

同二(3「4,0),而=(6,0,Q),AD'=(3,1,3).(6分)

设m=(xi,yi,zj是平面ABD'的法向量，

则｛:等"曦女爹…

所以可取m=(4,3,-5).(8分)

设n=(x2,y2,z?)是平面ACD'的法向量,

则『•咛。即修+_。

(n-AD'=0,+丫2+JZ2—U,

所以可取n=(O「3,l).(10分)

十日/、mn-147V5

于-cos。n＞下而丁痂丽.石.

2V95

sin<m,n>=

25,

因此二面角B-D'A-C的正弦值是等.(12分)

思路分析(1)利用已知条件及翻折的性质得出D'H_LEF,利用勾股定理的逆定理得出D'H±OH,从而得出结

论:

(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

二面角的余弦值,从而求出正弦值.

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本知识和基本方法,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.

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14.（2016山东,17,12分）在如图所示的圆台中.AC是下底面圆。的直径,EF是上底面圆0'的直径,FB是圆台

的一条母线.

⑴已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH〃平面ABC;

（2）已知EF=EB-|AC=2V3,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.

解析⑴证明:设FC中点为：，连接GI,HI.

在中,因为点G是CE的中点,所以G1//EF.

又EF〃0B,所以Gl〃0B.

在△CFB在因为H是FB的中点,所以HI//BC.

又HIAGI=I,所以平面GHI〃平面ABC.

因为GHc平面GUI,所以GH〃平面ABC.

⑵解法一：连接00',则00'，平面ABC.

又AB=BC,且AC是圆0的直径,所以B01AC.

以0为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系0-xyz.

由题意得B（0,2百,0）,C（-2^3,0,0）,

所以砥（_2百「275,0）,

过点F作小垂直OR于点\L

所以EM=VFF2-BM2=3,可得P（0,百,3）.

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故而=(O,-VI3).

设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.

.(m•BC=0,

由彳一

(.m-BF=0,

可得卜2百x-275y=0,

—V3y4-3z=0.

可得干面BCF的一个法向量

因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),

所以cos<m,n>="：：।咚

所以二面角F-BC-A的余弦值为手.

解法二:连接00'.过点F作用垂直0B于点M.

则有FM〃00'.

又00'1■平面ABC,所以FM平面ABC.

可得FM=VFfi2-BM2=3.

过点M作MN垂直“于点N,连接FN.

可得FN±BC,从而/FNM为二面角F-BC-A的平面角.

又AB=BC,AC是圆。的直径，

所以VN=BM$in45°=—.

从而FN=^p,

可得cosZFXM=—

所以二面角F-BC-A的余弦值为号.

评析本题考查了线面平行、垂直的位置关系;考查了二面角的求解方法;考查了空间想象能力和逻辑推理

能力.正确找到二面角的平面角或正确计算平面的法向量是求解的关键.

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15.（2016浙江，17,12分）如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE_1_平面ABC,Z

ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.

⑴求证:BF_L平面AGED;

（2）求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.

解析（1）延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.

因为平面BCFE_L平面ABC,且AC1BC,所以,AC_L平面BCK,因此BP1AC.

又因为即〃BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以ABCK为等边三角形,且F为CK的中点，则BF1CK.

所以BF_L平面ACFD.

⑵解法一:过点卜'作FQJ_AK于Q,连接BQ.

因为BF_L平面ACK,所以BE1AK,则AK_L平面BQF,所以BQXAK.

所以，ZBQI-'是二面角B-AD-F的平面角.

3/13

在RtAACK中,AC=3,CK=2,得FQ=-yy.

在RtABQF中,FQ=^^,BF=V3,得cos/BQF卫.

134

所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为一.

解法二:由⑴知ABCK为等边三角形.取BC的中点0,连接K0,则K01BC,又平面BCFE_L平面ABC,所以K0

_L平面ABC.以点0为原点,分别以射线OB.OK的方向为x,z的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系

0-xyz.

第17页共71页

由题意得B(1,O,O),C(-1,O,0；,K(0,0,V3),A(-l,-3,0),

呜儿勃(->苧)

因此,AC=(0,3,0),衣=(1,3,百)，AB=(2,3,0).

设平面ACK的法向量为m=(x1,yi,Z),平面ABK的法向量为n=(x2,、,力zj.

由区m=。，得，力;°,取m=(正,0,-1);

(AK-?n=0+3y1+V3z1=0,

由3n=。得取联(3,-2,V3).

(AK-n=0(X2+3y2+V3Z2=0,

mn

于-r•是日,cos/<m,n、>=,,,.遮

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6,两半平面的法向量分别为m和则|cos9=|cos<n.,n2>|,要求cos0

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cose=kos<m,n»|,还是cos9

=-|cos<ni,n2>|.

评析本题主要考查空间点、或、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.

16.(2015课标I理，18,12分)如图,四边形ABCD为菱形，/ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE_L

平面ABCD,DFJ_平面ABCD,BE=2DF,AE±EC.

⑴证明:平面AEC1平面AFC;

(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

解析（1）证明：连接BD.设BDAAC=G,连接EG,FG,EF.

在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ZABC=120°,可得AG=GC=V3.

由BE_L平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE_LEC,所以EG=Vi且EGXAC.

在RtAEBG中,可得BE=V2,故DF=y.

在RtAEDG中,可得卜毛=当

第18页共71页

在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=0,DF=y,可得EF=—.

从而EG'+FGJER所以EG±FG.

又ACni'G=G,可得EG_L平面AFC.

因为EGc平面AEC,所以平面力（：_1_平面AFC.（6分）

⑵如图,以G为坐标原点,分别以褊,比的方向为x轴.y轴正方向，GB为单位长,建立空间直角坐标系

G-xyz.

由（1）可得A（0,-V3,0）,E（l,C,V2）,F（-l,0,y）,C（0,g0），所以

族=（i,VI0）,赤=（-1,-於¥）.（10分）

..----------AECFV3

故ME'"〉词商=一了

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为?.（12分）

思路分析（1）利用勾股定理的逆定理和平面与平面垂直的判定定理求证.（2）建立适当的空间直角坐标系,

利用向量的夹角的余弦公式求解.

解后反思建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明"EG_L平面AFC”是

解题的难点.

17.（2015课标D理，19,12分）如图,长方体ABCD-ABCD中,AB=16,BC=10,AA产8,点E,I-分别在AB,DC

上"E=DF=4.过点E,K的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.

DiFr

/b...7C

A--------------------

（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a所成角的正弦值.

解析（1）交线围成的正方形EHGF如图：

第19页共71页

(2)作EMIAB,垂足为M,则AM=A,E=4,B(=AA>=8.

因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是MH=VfH2-EM2=6,所以AH=10.

以D为坐标原点,词的方向为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，

则卜号°，即产=0

L•我=0l-6y+8z=0,

所以可取n=(0.4.3).

又被(TO,4,8),故cos<n,AF>\=，得=华.

|n||AF|15

所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为4喂炳■.

18.(2015山东理，17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,GJI分别为AC,BC的中点.

⑴求证:BD〃平面FGH;

⑵若CF_L平面ABC,AB_LBC,CF=DE,NBAC=45°,求平面EGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.

解析(1)连接DG,CD,设CDGGF=O,连接0H.

在三棱台DEE-.ABC中,AB=2DE,G为AC的中点，可得DF〃GC,DI-GC,所以四边形Db-CG为平行四边形.

则。为CD的中点、又H为BC的中点,所以OH〃BD,

又011c平面FGH,BD6平面FGH,所以BD〃平面FGH.

第20页共71页

⑵设AB=2,则CF=1.

在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=1AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,因此DG〃FC.

又FC_L平面ABC,所以DG_L平面ABC.

在△ABC中，由AB±BC,ZBAC=45°,G是AC中点所以AB=BC,GB±GC,因此GB,GC,GD两两垂直.

以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.

所以G(0,0,0),B(V2,0,0),C(0,y/2t0),D(0,0,1).

可得”(竽，苧，o)，F(0，，

故码=(孝,孝,0),不=(0,V2,1).

设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量，

则由

(n•GF=0,

可嘿；L

可得平面FGH的一个法向量n=(l,-l,V2).

因为林是平面ACFD的一个法向量,GB-(y/2,0,0),

/KP?、GB・?l>/21

所以恒5<。口,心=丽/运方

所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.

19.(2015陕西,18.12分)如图1.在直角梯形ABCD中,AD〃BC./冈)号,“口=时=1.AD=2.E是AD的中点,0是

AC与BE的交点.将AABE沿BE折起到△ABE的位置如图2.

(1)证明:CD_L平面A0C;

⑵若平面ABE平面BCDE,求平面A.BC与平面ACD夹角的余弦值.

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解析⑴证明:在题图1中，因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，/BAD=*

所以BE_LAC.

即在题图2中,BE±OAbBE±OC,

从而BE,平面AQC,

又CD〃BE,

所以CD_L平面AQC.

(2)因为平面ABEJ_平面BCDE,

又由⑴知,BE_LOAi,BE10C,

所以NA0C为二面角A.-BE-C的平面角，

所以NAiOC*.

如图,以0为原点,建立空间直角坐标系,

因为AB=A1E=BC=ED=1,BC//ED,

所以B(竽，0'°)'"(一)，%(0,0,孝)40，¥，0),

得前=(一亨号.0)/(0年.-CD=BE=(-V2.0.0).

设平面AiBC的法向量n)=(Xi,yi,Zi),平面AiCD的法向量廿(x2,y?,z>)，平面ABC与平面％CD的夹角为8,

,fn.­BC=0,yf-Xi+y.=0,

则｛_,得]0取m=(l,1,1);

1%•AR=0,也一Z[_0,

n>,CD=0,.„(x2=。，e,、

——»得%_一°取廿(0,1,1),

7z

(n2-AiC=0,(y2z~0-

从而cos6=|cos<nbn2>|二曾兔=当

即平面A.BC与平面ACD夹角的余弦值为当.

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.

20.(2015湖北理,19.12分)《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推称之为阳马,

将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖腌.

第22页共71页

如图,在阳马P-ABCD中.侧棱PD_L底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF±PB交PB于点F,连接

DE,DF,BD,BE.

（1）证明:PR1■平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖睡,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*求襄的值.

3DC

解析解法一：（1）因为PD_L底面ABCD,所以PD1BC,

由底面ABCD为长方形,有BCJ.CD,而PDnCD=D.

所以BC_L平面PCD,而DEc平面PCD,所以BC1DE.

又因为PD=CD,点E是PC的中点，所以DEXPC.

而PCABC=C，所以DE_L平面PBC.

而PBc平面PBC,所以PB1DE.

又PB_LEF,DEAEF=E,所以PB一平面DEF.

由DE_L平面PBC,PB_L平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直甬三角形,即四面体BDEF是一个鳖鹿,其

四个面的直角分别为NDEB,ZDEF,NEFB,ZDFB.

⑵如图,在面PBC内,延长BC与EE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.

由（1）知,PB_L平面DEF,所以PB±DG.

又因为PDJ底面ABCD,所以PD1DG.

而PDCPB=P,所以DG_L平面PBD.

故/BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，

设PI>DC=1,DC=X.有BD-V1+A2,

第23页共71页

在RtAPDB中，由DFXPB,得NDPF=NFDB=*

贝IJtan^=tanZDPF=^=V1+A2=V3,解得入=0.

DC1V2

所以正

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为舸浮乎.

o£5cZ

解法二：(1)如图,以D为原点，射线DA,DC,DP分别为X,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.

设PD=DC=1,BC=A,则1)(0,0,0),P(0,0,1,0),

C(0,1,0),两=(入,1,T),点E是PC的中点，

所以£仅皮，9，

砾(必当

于是而•'DE=0,即PB±DE.

又已知EFXPB,而DEAEF=E,所以PB」一平面DEI-.

因无=(0,1,1),方•正=0,则DE_LPC,所以DE_L平面PBC.

由DE_L平面PBC,PB_L平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直龟三角形，

即四面体BDEF是一个鳖鹿,其四个面的直角分别为NDEB,ZDEF,ZEFB,ZDFB.

(2)由PDL平面ABCD,所以加=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量；

由(1)知,PB_L平面DEE,所以加=(-入,-1,1)是平面DEE的一个法向量.

若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为*

3

解得人=应,所以第卜孝

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为生寸,登=[.

第24页共71页

21.（2014北京理J7,14分）如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AX,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,II.

(1)求证:AB〃FG;

⑵若P?U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.

w

解析（1）证明:在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB/7DE.

又因为平面PDE,

所以AB〃平面PDE.

因为ABc平面ABF,且平面ABFCI平面PDE=FG,

所以AB〃FG.

(2)因为PAJ■底面ABCDE,所以PA±AB,P/\±AE.

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(0,0,2),F(0,1,1),阮=(1,1,0).

设平面.ABF的法向量为n=（x,y,z）,

令z=l,则y=-L所以n=(0,-l,l).

设直线BC与平面ABF所成角为a,

一,lI|nn-B||C^HI21'

则sina:|cos<n,

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为

O

第25页共71页

设点H的坐标为(u,v,w).

因为点H在棱PC上,所以可设方=入方(0。⑴,

即(u,V,W-2)=A(2,1,-2).

所以u=2人,v=A,w=22人.

因为n是平面ABF的法向量,所以n•'AH=0,

即(0,-1,1)•(2人,入,2-2入)=0.

解得入胃,所以点H的坐标为C

所以PH=J(9+修)+(T)=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,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.

22.(2014课标II理,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PAJ_平面ABCD,E为PD的中点.

⑴证明:PB〃平面AEC;

(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=l,AD=V3,求三棱锥E-ACD的体积.

解析(1)证明：连接BD交AC于点0,连接EO.

因为ABCD为矩形，所以0为BD的中点.

又E为PD的中点所以E0//PB.

又EOu平面AEC,PB6平面AEC,所以PB〃平面AEC.

(2)因为PA_L平面ABCD,ABCD为矩形，所以AB,AD,AP两两垂直.

如图,以A为坐标原点,标的方向为x轴的正方向，I万I为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz.则

第26页共71页

设B(m,0,0)(m>0),则C(m,右0),就=(m,瓜0).

设nF(x,y,z)为平面ACE的法向量，

inx

n|fn1.AC=0,(+V3y=0,

叫i一即代1

(7irAE=0,(yy+-Z=0,

可取M(3，T，W)

又廿(1,0,0)为平面DAE的法向量.由题设得Icosg,n2>4即1T4~2=1解得山掾

因为E为PD的中点,所以三棱推E-ACD的高为去

三棱推E-ACD的体积TxJxVSx声誓.

DLZZO

评析本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.

23.(2014江西，19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形平面PAD_L平面ABCD.

⑴求证:AB_LPD：

(2)若NBPC=90°,PB=后,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹

角的余弦值.

解析⑴证明:因四边形ABCI)为矩形,故AB1AD.

又平面PAD_L平面ABCD,

平面PADG平面ABCD=/\D,

所以AB_L平面PAD,故AB1PD.

⑵过P作AD的垂线,垂足为0,过。作BC的垂线,垂足为G,连接PG.

故PO_L平面ABCD,BC_L平面POG,BC±PG.

2v52x/6瓜

在RtABPCPG=—,GC=—,BG=—.

JJJ

222

设AB=m,则OP=y/PG-OG=-m,故四棱锥P-ABCD的体积V=1•&・myV8-6m2.

J

因为niV8-6m2=V8m2-6m4=J-6^m2—§+1,

故当m当即AB-冼L四棱锥P-ABCD的体积最大.

第27页共71页

此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为

0（0,0,0）,C（y0）,D（0,竽,0）P（0,0,y）.

故陷(当''一T),玩=