（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題八 立體幾何 5 空間向量在立體幾何中的應用試題 理-人教版高三數(shù)學試題

空間向量在立體幾何中的應用挖命題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯(lián)考點1.用向量法證明平行、垂直①理解直線的方向向量與平面的法向量;②能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關系;③能用向量法證明有關直線和平面位置關系的一些定理(包括三垂線定理);④能用向量法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題,了解向量方法在研究立體幾何問題中的應用2018浙江,19,15分用向量法證明線面垂直線面角★★★2017天津,17,13分用向量法證明線面平行二面角、異面直線所成角2.用向量法求空間角和距離2018課標Ⅱ,20,12分線面角線面垂直★★★2018課標Ⅲ,19,12分二面角面面垂直的判定、三棱錐體積的最值2017課標Ⅱ,19,12分線面角線面平行的判定2016課標Ⅲ,19,12分線面角線面平行的判定分析解讀從近5年高考情況來看,利用空間向量證明平行與垂直以及求空間角(特別是二面角)、空間距離均是高考的熱點,考查頻率很高,主要考查向量的坐標運算以及向量的平行、垂直、夾角問題,難度中等,多以解答題的形式呈現(xiàn).應熟練掌握空間向量的坐標表示和坐標運算,會把立體幾何問題轉化為空間向量問題.破考點【考點集訓】考點一用向量法證明平行、垂直(2018寧夏銀川一中月考,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,PB=2,PB與平面PCD成45°角,PB與平面ABD成30°角.(1)在PB上是否存在一點E,使得PC⊥平面ADE?若存在,確定E點位置,若不存在,請說明理由;(2)當E為PB的中點時,求二面角P-AE-D的余弦值.解析(1)建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,由題意易知PD=CD=1,BC=2,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(2,1,0),C(0,1,0),則PB=(2,1,-1),設PE=λPB,∴PE=λPB=λ(2,1,-1),PC=(0,1,-1),由PC·DE=PC·(DP+PE)=(0,1,-1)·(2λ,λ,1-λ)=0,解得λ=12(2)由(1)知D(0,0,0),A(2,0,0),E22,12,12,P(0,0,1),DA=(2,0,0),DE=22,設平面ADE的法向量為n1=(x1,y1,z1),平面PAE的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n1·令y1=1,得n1=(0,1,-1).同理求得n2=(1,0,2),所以cos<n1,n2>=n2·n易知所求二面角為銳二面角,故二面角P-AE-D的余弦值為33考點二用向量法求空間角和距離(2018福建四地七校4月聯(lián)考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,側棱AA1=2,D、E分別是CC1與A1B的中點,點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,則A1B與平面ABD所成角的余弦值為()A.23B.73C.3答案B煉技法【方法集訓】方法1求解二面角的方法1.(2018河北五個一名校聯(lián)考,18)如圖,在斜三棱柱(側棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1中,側面AA1C1C⊥底面ABC,底面△ABC是邊長為2的正三角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C.(1)求證:A1C1⊥B1C;(2)求二面角B1-A1C-C1的正弦值.解析(1)證明:取A1C1的中點D,連接B1D,CD.∵C1C=A1A=A1C,∴CD⊥A1C1,(2分)∵底面△ABC是邊長為2的正三角形,∴AB=BC=2,A1B1=B1C1=2,∴B1D⊥A1C1,(4分)又∵B1D∩CD=D,∴A1C1⊥平面B1CD,∴A1C1⊥B1C.(6分)(2)解法一:過點D作DE⊥A1C于點E,連接B1E.易知B1D⊥平面A1CC1,∴B1D⊥A1C,∵DE∩B1D=D,∴A1C⊥平面B1DE,∴B1E⊥A1C,∴∠B1ED為所求二面角的平面角,(9分)∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1D=3,又∵ED=12CC1=2∴tan∠B1ED=B1DED=3可得sin∠B1ED=427∴二面角B1-A1C-C1的正弦值為427解法二:連接OB,取AC的中點O為坐標原點,射線OB,OC,OA1分別為x,y,z軸的非負半軸建立空間直角坐標系,得A1(0,0,1),B1(3,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0).(7分)∴A1B1=(3設m=(x,y,z)為平面A1B1C的法向量,∴m令y=3,得m=(-1,3,3).(9分)又OB=(3,0,0)是平面A1CC1的一個法向量,(10分)∴cos<m,OB>=-77又易知二面角B1-A1C-C1為銳二面角,∴二面角B1-A1C-C1的正弦值為1--72.(2018廣東廣州調研,18)如圖,已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長為2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2.(1)證明:平面PAC⊥平面PCE;(2)若直線PC與平面ABCD所成的角為45°,求二面角P-CE-D的余弦值.解析(1)證明:如圖,連接BD,交AC于點O,取PC的中點F,連接OF,EF.因為O,F分別為AC,PC的中點,所以OF∥PA,且OF=12因為DE∥PA,且DE=12所以OF∥DE,且OF=DE.(1分)所以四邊形OFED為平行四邊形,所以OD∥EF,即BD∥EF.(2分)因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.因為四邊形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因為PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(4分)因為BD∥EF,所以EF⊥平面PAC.(5分)因為FE?平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.(6分)(2)解法一:因為直線PC與平面ABCD所成角為45°,且PA⊥平面ABCD,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.(7分)因為AC=AB=BC,所以△ABC為等邊三角形.取BC的中點M,連接AM,則AM⊥BC.以A為原點,AM,AD,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系A-xyz(如圖).則P(0,0,2),C(3,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),所以PC=(3,1,-2),CE=(-3,1,1),DE=(0,0,1).設平面PCE的法向量為n=(x1,y1,z1),則n·PC令y1=1,則x1=3設平面CDE的法向量為m=(x2,y2,z2),則m·DE=0,m·所以m=(1,3,0).(11分)設二面角P-CE-D的大小為θ,由于θ為鈍角,所以cosθ=-|cos<n,m>|=-|n·m||所以二面角P-CE-D的余弦值為-64解法二:因為直線PC與平面ABCD所成角為45°,且PA⊥平面ABCD,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.(7分)因為AC=AB=BC=2,所以△ABC為等邊三角形.因為PA⊥平面ABCD,由(1)知PA∥OF,所以OF⊥平面ABCD.因為OB?平面ABCD,OC?平面ABCD,所以OF⊥OB且OF⊥OC.在菱形ABCD中,OB⊥OC,故以點O為原點,OB,OC,OF所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系O-xyz(如圖).則O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(-3,0,0),E(-3,0,1),所以CP=(0,-2,2),CE=(-3,-1,1),CD=(-3,-1,0).(9分)設平面PCE的法向量為n=(x1,y1,z1),則n·CP令y1=1,則x1設平面CDE的法向量為m=(x2,y2,z2),則m·CE令x2=1,則y2=-設二面角P-CE-D的大小為θ,由于θ為鈍角,則cosθ=-|cos<n,m>|=-|n·m||所以二面角P-CE-D的余弦值為-64方法2用向量法求解立體幾何中的探索型問題1.(2018江西南昌二中1月模擬,18)如圖,△ABC的外接圓☉O的半徑為5,CD⊥☉O所在的平面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且BE=1,tan∠AEB=25.(1)求證:平面ADC⊥平面BCDE.(2)試問線段DE上是否存在點M,使得直線AM與平面ACD所成角的正弦值為27解析(1)證明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD,∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.∵BE=1,tan∠AEB=25,∴AB=25.∵☉O的半徑為5,∴AB是直徑,∴AC⊥BC.又∵CD⊥平面ABC,∴CD⊥BC,又AC∩CD=C,故BC⊥平面ADC.∵BC?平面BCDE,∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz,則A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),則DE=(0,2,-3),易知平面ACD的一個法向量為CB=(0,2,0),假設滿足題意的點M存在,設M(a,b,c),則DM=(a,b,c-4),再設DM=λDE,λ∈(0,1],∴a=0,即M(0,2λ,4-3λ),從而AM=(-4,2λ,4-3λ).設直線AM與平面ACD所成的角為θ,則sinθ=|cos<AM,CB>|=|2λ×2解得λ=-43或λ=23,其中λ=-又λ=23故滿足條件的點M存在,且點M為DE的靠近E的三等分點.2.(2018天津十二校4月聯(lián)考,17)如圖,四邊形ABCD是邊長為3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=26,DE=36.(1)求證:平面ACE⊥平面BED;(2)求直線CA與平面BEF所成角的正弦值;(3)在線段AF上是否存在點M,使得二面角M-BE-D的大小為60°?若存在,求出AMAF解析(1)證明:因為平面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)又因為AC?平面ABCD,所以DE⊥AC.因為四邊形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,又因為DE∩BD=D,DE?平面BED,BD?平面BED,所以AC⊥平面BDE.(3分)又因為AC?平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.(4分)(2)因為DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空間直角坐標系D-xyz如圖所示.則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).設平面BEF的法向量為n=(x1,y1,z1).則n·BE令x1=6,則y1=26,z1=3,則n=(6,26,3).(6分)所以cos<CA,n>=CA·n|CA||所以直線CA與平面BEF所成角的正弦值為1313(3)存在,理由如下:設M(3,0,t),0≤t≤26.(9分)則BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,36).設平面MBE的法向量為m=(x2,y2,z2),則m·BM令y2=t,則z2=3,x2=36-t,則m=(36-t,t,3).(10分)又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一個法向量,∴|cos<m,CA>|=|m·CA||整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=5∴AMAF=1過專題【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標卷題組1.(2016課標Ⅲ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN∥平面PAB;(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.解析(1)證明:由已知得AM=23取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC中點知TN∥BC,TN=12又AD∥BC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)取BC的中點E,連接AE.由AB=AC得AE⊥BC,從而AE⊥AD,且AE=AB2-BE以A為坐標原點,AE的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.由題意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2設n=(x,y,z)為平面PMN的法向量,則n·PM=0可取n=(0,2,1).于是|cos<n,AN>|=|n·AN即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為852.(2018課標Ⅱ,20,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.(1)證明:PO⊥平面ABC;(2)若點M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.解析(1)證明:因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以OP⊥AC,且OP=23.連接OB.因為AB=BC=22AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=1由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如圖,以O為坐標原點,OB的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標系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的一個法向量OB=(2,0,0).設M(a,2-a,0)(0<a≤2),則AM=(a,4-a,0).設平面PAM的法向量為n=(x,y,z).由AP·n=0,AM·n=0得2y+23z=0,所以cos<OB,n>=23由已知可得|cos<OB,n>|=32所以23|a-4所以n=-8又PC=(0,2,-23),所以cos<PC,n>=34所以PC與平面PAM所成角的正弦值為343.(2018課標Ⅰ,18,12分)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點,以DF為折痕把△DFC折起,使點C到達點P的位置,且PF⊥BF.(1)證明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)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,垂足為H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點,HF的方向為y軸正方向,|BF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系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則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32設DP與平面ABFD所成角為θ,則sinθ=HP·DP|HP||DP|4.(2017課標Ⅱ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12(1)證明:直線CE∥平面PAB;(2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值.解析(1)證明:取PA的中點F,連接EF,BF.因為E是PD的中點,所以EF∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=1由已知得BA⊥AD,以A為坐標原點,AB的方向為x軸正方向,|AB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).設M(x,y,z)(0<x<1),則BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).因為BM與底面ABCD所成的角為45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一個法向量,所以|cos<BM,n>|=sin45°,|z|(即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,設PM=λPC,則x=λ,y=1,z=3-3λ.②由①,②解得x=1+2所以M1-22,1設m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則m·AM所以可取m=(0,-6,2).于是cos<m,n>=m·n|易知所求二面角為銳角.因此二面角M-AB-D的余弦值為105方法總結本題涉及直線與平面所成的角和二面角,它們是高考的熱點和難點,解決此類題時常利用向量法,解題關鍵是求平面的法向量,再由向量的夾角公式求解.解題關鍵由線面角為45°求點M的坐標是解題的關鍵.B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點一用向量法證明平行、垂直1.(2018浙江,19,15分)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.解析解法一:(1)證明:如圖,以AC的中點O為原點,分別以射線OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系O-xyz.由題意知各點坐標如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3由AB1·A1B1=0得AB1由AB1·A1C1=0得AB1所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),設平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由n·AB=0,n所以sinθ=|cos<AC1,n>|=|A因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913解法二:(1)證明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB1故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23,由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C1故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如圖,過點C1作C1D⊥A1B1,交直線A1B1于點D,連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cos∠C1A1B1=67sin∠C1A1B1=17,所以C1D=3故sin∠C1AD=C1DA因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是39132.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.點D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點,M是線段AD的中點,PA=AC=4,AB=2.(1)求證:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知點H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為721解析如圖,以A為原點,分別以AB,AC,AP方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系.依題意可得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)證明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).設n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則n·DE=0,n·DB因為MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個法向量.設n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則n因為EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-不妨設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的正弦值為10521(3)依題意,設AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos<NH,BE>|=|NH·BE||NH||BE|=|所以,線段AH的長為85或1方法總結利用空間向量法證明線面位置關系與計算空間角的步驟:(1)根據(jù)題目中的條件,充分利用垂直關系,建立適當?shù)目臻g直角坐標系,盡量使相關點在坐標軸上,求出相關點的坐標;(2)求出相關直線的方向向量及相關平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當?shù)墓?將相關的坐標代入進行求解或證明;(3)檢驗,得出最后結論.考點二用向量法求空間角和距離1.(2018江蘇,22,10分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點.(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值;(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.解析如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設AC,A1C1的中點分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{OB,OC,OO因為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)因為P為A1B1的中點,所以P32從而BP=-32,-故|cos<BP,AC1>|=|BP·A因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為310(2)因為Q為BC的中點,所以Q32因此AQ=32,32,設n=(x,y,z)為平面AQC1的一個法向量,則AQ·n不妨取n=(3,-1,1).設直線CC1與平面AQC1所成角為θ,則sinθ=|cos<CC1,n>|=|CC1所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為55方法總結(1)向量法求異面直線所成角的步驟:①求兩條直線所對應的方向向量m,n;②異面直線所成角θ的余弦值cosθ=|cos<m,n>|=|m(2)向量法求線面角的正弦值的步驟:①求直線的方向向量a和平面的法向量b;②直線與平面所成角θ的正弦值sinθ=|cos<a,b>|=|a易錯警示(1)異面直線所成角θ的范圍為0,∴cosθ=|cos<m,n>|.(2)線面角的正弦值為|cos<a,b>|,并不是|sin<a,b>|.2.(2017北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求證:M為PB的中點;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.解析(1)證明:設AC,BD交點為E,連接ME.因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.所以M為PB的中點.(2)取AD的中點O,連接OP,OE.因為PA=PD,所以OP⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因為OE?平面ABCD,所以OP⊥OE.因為ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).設平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則n·BD令x=1,則y=1,z=2.于是n=(1,1,2).平面PAD的一個法向量為p=(0,1,0).所以cos<n,p>=n·p|由題意知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為π3(3)由題意知M-1,2,2設直線MC與平面BDP所成角為α,則sinα=|cos<n,MC>|=|n·MC所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為26方法總結1.在求二面角時,通常用空間向量法,即建立空間直角坐標系,求出兩個面的法向量n1,n2,設二面角的大小為θ,則有|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|C組教師專用題組1.(2017江蘇,22,10分)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=3,∠BAD=120°.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析本小題主要考查空間向量、異面直線所成角和二面角等基礎知識,考查運用空間向量解決問題的能力.在平面ABCD內,過點A作AE⊥AD,交BC于點E.因為AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如圖,以{AE,AD,AA因為AB=AD=2,AA1=3,∠BAD=120°,則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=(則cos<A1B,A=(=-17因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為17(2)平面A1DA的一個法向量為AE=(3,0,0).設m=(x,y,z)為平面BA1D的法向量,又A1B=(3,-1,-3),BD=(-則m即3不妨取x=3,則y=3,z=2,所以m=(3,3,2)為平面BA1D的一個法向量,從而cos<AE,m>=AE·m|AE||設二面角B-A1D-A的大小為θ,則|cosθ|=34因為θ∈[0,π],所以sinθ=1-cos因此二面角B-A1D-A的正弦值為742.(2016天津,17,13分)如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,點G為AB的中點,AB=BE=2.(1)求證:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)設H為線段AF上的點,且AH=23解析依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O為原點,分別以AD,BA,OF的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,依題意可得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)證明:依題意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).設n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量,則n1·不妨設z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0,又因為直線EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易證,OA=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.依題意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).設n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則n即x+y=0因此有cos<OA,n2>=OA·n2于是sin<OA,n2>=33所以,二面角O-EF-C的正弦值為33(3)由AH=23HF,得AH=2因為AF=(1,-1,2),所以AH=25AF=進而有H-35,35因此cos<BH,n2>=BH·n2所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為721思路分析(1)利用平面的法向量和直線的方向向量的數(shù)量積為0證明線面平行.(2)求出兩平面法向量夾角的余弦值,進而得二面角的正弦值.(3)求出直線的方向向量與平面法向量夾角的余弦值,進而得線面角的正弦值.3.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求證:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示.因為平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解法一:過點F作FQ⊥AK于Q,連接BQ.因為BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,則AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=313在Rt△BQF中,FQ=31313,BF=3,得cos∠BQF=所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為34解法二:如圖,延長AD,BE,CF相交于一點K,則△BCK為等邊三角形.取BC的中點O,則KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以點O為原點,分別以射線OB,OK的方向為x,z的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz.由題意得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).設平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2).由AC·m=0,AK由AB·n=0,AK于是,cos<m,n>=m·n|所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為34方法總結計算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角,也可以利用平面的法向量和向量的夾角公式求解.本題(2)的解法一根據(jù)二面角的平面角的定義構造AD的垂面,二面角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通過解三角形求解.評析本題主要考查空間點、線、面位置關系,二面角等基礎知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力.4.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O'的直徑,FB是圓臺的一條母線.(1)已知G,H分別為EC,FB的中點.求證:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=12AC=23解析(1)證明:取FC的中點為I,連接GI,HI.在△CEF中,因為點G是CE的中點,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因為H是FB的中點,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因為GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解法一:連接OO',則OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BO⊥AC.以O為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由題意得B(0,23,0),C(-23,0,0),所以BC=(-23,-23,0),過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.所以FM=FB2-故BF=(0,-3,3).設m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由m·BC進而可得平面BCF的一個法向量m=-1因為平面ABC的一個法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|又易知二面角F-BC-A為銳二面角,所以二面角F-BC-A的余弦值為77解法二:連接OO'.過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.則有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM=FB過點M作MN垂直BC于點N,連接FN.可得FN⊥BC,從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圓O的直徑,所以MN=BMsin45°=62從而FN=422,可得cos∠FNM=7所以二面角F-BC-A的余弦值為775.(2015課標Ⅱ,19,12分,0.501)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值.解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=EH以D為坐標原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,則A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8).設n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,則n·FE所以可取n=(0,4,3).又AF=(-10,4,8),故|cos<n,AF>|=|n·AF所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為45思路分析(1)正方形是矩形且所有邊都相等,利用面面平行的性質定理,結合長方體各棱長度作截面;(2)以D為坐標原點,DA,DC,DD方法技巧利用向量求線面角的方法:(1)分別求出斜線和它在平面內的射影的方向向量,進而求兩個方向向量的夾角(或其補角);(2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量的夾角或其補角(求銳角),取該角的余角就是斜線與平面所成的角.6.(2015江蘇,22,10分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四邊形ABCD為直角梯形,∠ABC=∠BAD=π2(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值;(2)點Q是線段BP上的動點,當直線CQ與DP所成的角最小時,求線段BQ的長.解析以{AB,AD,AP}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則各點的坐標為B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以AD是平面PAB的一個法向量,AD=(0,2,0).因為PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2),設平面PCD的法向量為m=(x,y,z),則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的一個法向量.從而cos<AD,m>=AD·m|所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為33(2)因為BP=(-1,0,2),設BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又CB=(0,-1,0),則CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),又DP=(0,-2,2),從而cos<CQ,DP>=CQ·DP|設1+2λ=t,t∈[1,3],則cos2<CQ,DP>=2t25t2當且僅當t=95,即λ=25時,|cos<CQ,DP>|的最大值為因為y=cosx在0,又因為BP=12+2所以BQ=25BP=27.(2014陜西,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD,DC,CA于點F,G,H.(1)證明:四邊形EFGH是矩形;(2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值.解析(1)證明:由該四面體的三視圖可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由題設知,BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四邊形EFGH是平行四邊形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四邊形EFGH是矩形.(2)解法一:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),DA=(0,0,1),BC=(-2,2,0),BA=(-2,0,1).設平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·DA=0,n·BC=0,得z=0∴sinθ=|cos<BA,n>|=BA·n|BA||解法二:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中點,∴F,G分別為BD,DC的中點,得E1,∴FE=0,0,12設平面EFGH的法向量n=(x,y,z),則n·FE=0,n·FG=0,得12∴sinθ=|cos<BA,n>|=BA·n|BA||【三年模擬】填空題(共5分)1.(2018廣東珠海四校4月模擬,14)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,點E為CC1的中點,則點D1到平面BDE的距離為.

答案2二、解答題(共60分)2.(2019屆黑龍江哈爾濱師范大學附中期中,19)如圖,在四棱錐S-ABCD中,側棱SA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,且SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中點.(1)求證:AM∥平面SCD;(2)求平面SCD與平面SAB所成銳二面角的余弦值;(3)設點N是線段CD上的動點,MN與平面SAB所成的角為θ,求sinθ的最大值.解析(1)以點A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),∴AM=(0,1,1),SD=(1,0,-2),CD=(-1,-2,0),設平面SCD的一個法向量為n=(x,y,z),則SD·n=0∴AM·n=0,即AM⊥n,∵AM?平面SCD,∴AM∥平面SCD.(2)取平面SAB的一個法向量m=(1,0,0),由圖可知,平面SCD與平面SAB所成角為銳二面角,則cos<n,m>=n·m|n||∴平面SCD與平面SAB所成的銳二面角的余弦值為63（3）設N(x,2x-2,0)(1≤x≤2),則MN=(x,2x-3,-1),∵平面SAB的一個法向量為m=(1,0,0),∴sinθ=|cos<MN,m>|=MN·m|MN|·∴當1x=35,即x=53時,sinθ取得最大值,且(sinθ)max思路分析(1)通過建立空間直角坐標系,利用AM·n=0即可證明AM∥平面SCD;(2)分別求出平面SCD與平面SAB的法向量,利用法向量的夾角即可得出;(3)利用線面角的夾角公式即可得出表達式,進而利用二次函數(shù)的單調性即可得出結果.3.(2019屆山東青島9月調研,19)如圖,在長方形ABCD中,AB=π,AD=2,E,F為線段AB的三等分點,G、H為線段DC的三等分點.將長方形ABCD卷成以AD為母線的圓柱W的半個側面,AB、CD分別為圓柱W上、下底面的直徑.(1)證明:平面ADHF⊥平面BCHF;(2)求二面角A-BH-D的余弦值.解析(1)證明:因為H在下底面圓周上,且CD為下底面半圓的直徑,所以DH⊥HC.又因為DH⊥FH,且CH∩FH=H,所以DH⊥平面BCHF,又因為DH?平面ADHF,所以平面ADHF⊥平面BCHF.(2)以H為坐標原點,分別以HD,HC,HF所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系H-xyz,設下底面半徑為r,則πr=π,所以r=1,CD=2,因為G、H為DC的三等分點,所以∠HDC=30°,所以在Rt△DHC中,HD=3,HC=1,所以A(3,0,2),B(0,1,2),D(3,0,0),設平面ABH的法向量為n=(x,y,z),因為n·HA=(x,y,z)·(3,0,2)=0,n·HB=(x,y,z)·(0,1,2)=0,所以3x+2z=0,y+2z所以平面ABH的一個法向量為n=(-2,-23,3),設平面BHD的法向量為m=(x1,y1,z1),因為m·HD=(x1,y1,z1)·(3,0,0)=0,m·HB=(x1,y1,z1)·(0,1,2)=0,所以3x1=0,y1+2結合圖形結A-BH-D的二面角為銳角,設為θ,所以二面角A-BH-D的余弦值cosθ=m·n|4.(2018湖北八校4月聯(lián)考,18)如圖,四邊形ABCD與BDEF均為菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°.(1)求證:AC⊥平面BDEF;(2)求直線AD與平面ABF所成角的正值弦