（浙江專版）2019版高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何 8.5 空間向量及其應用學案

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1、 §8.5　空間向量及其應用 考綱解讀 考點 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計 2013 2014 2015 2016 2017 1.空間角 1.了解空間直角坐標系,會用空間直角坐標表示點的位置. 2.了解空間兩點間的距離公式. 3.會用向量方法解決兩異面直線所成角、直線與平面所成角、二面角的計算問題. 了解、 掌握 10,5分 20(2), 9分 20(文) (2),5分 17,4分 20(2), 8分 20(文) (2),8分 8,5分 7(文), 5分 18(文) (2),8分 18(文) (2),7分 14(文

2、), 4分 17(2), 8分 9,4分 19(2), 約8分 2.綜合應用 1.了解空間向量的概念,了解空間向量的基本定理及其意義,掌握空間向量的正交分解及其坐標表示. 2.掌握空間向量的線性運算及其坐標表示. 3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示,能運用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直. 4.掌握向量的長度公式、兩向量夾角公式、空間兩點間的距離公式,并會解決簡單的立體幾何問題. 5.理解直線的方向向量與平面的法向量. 6.會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(guān)系. 7.會用向量方法證明直線和平面位置關(guān)系的有關(guān)命題,了解向量方法在研究幾何

3、問題中的作用. 掌握 20,15分 20,15分 15,6分 17(2), 8分 14,4分 19,15分 分析解讀　　1.空間角是立體幾何中的一個突出的量化指標,是空間圖形位置關(guān)系的具體體現(xiàn),因此,空間角是高考的必考內(nèi)容. 2.考查空間角的計算,既可能以選擇題、填空題的形式出現(xiàn),也可能以解答題的形式出現(xiàn).以探索題、最值問題考查空間角的計算,常以解答題的形式出現(xiàn),空間角的計算主要是傳統(tǒng)法和向量法. 3.在立體幾何解答題中,建立空間直角坐標系(或取基底向量),利用空間向量的數(shù)量積解決直線、平面間的位置關(guān)系、角度、長度等問題越來越受到青睞,特別是處理存在性問題、探索性問題

4、、開放性問題等,比用傳統(tǒng)方法簡便快捷,一直是高考的重點和熱點. 4.預計2019年高考試題中,空間角的計算,空間向量在立體幾何中的應用必是高考熱點.復習時應引起高度重視. 五年高考 考點一　空間角 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017浙江,9,4分)如圖,已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點,AP=PB,==2.分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為α,β,γ,則(　　) A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α 答案　B 2.(2014廣東,5,5分)已

5、知向量a=(1,0,-1),則下列向量中與a成60°夾角的是(　　) A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1) D.(-1,0,1) 答案　B 3.(2014課標Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,BC=CA=CC1,則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 4.(2016浙江文,14,4分)如圖,已知平面四邊形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直線AC將△ACD翻折成△ACD',直線AC與BD'所成角的余弦的最大值是　　

6、　　.? 答案　 5.(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. 又AC∩CK=C, 所以BF⊥平面ACFD. (2)解

7、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=. 在Rt△BQF中,FQ=,BF=,BQ=,得cos∠BQF=. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為. 解法二:如圖,延長AD,BE,CF相交于一點K,則易知△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

8、(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F. 因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(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). 由得取m=(,0,-1); 由得取n=(3,-2,). 于是,cos==. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為. 6.(2017課標全國Ⅱ理,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點. (1)證明:直線CE∥平面PAB;

9、 (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　本題考查了線面平行的證明和線面角、二面角的計算. (1)取PA的中點F,連接EF,BF.因為E是PD的中點,所以EF∥AD,EF=AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF􀱀BC,四邊形BCEF是平行四邊形,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為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C

10、(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0). 設M(x,y,z)(0|=sin 45°,=, 即(x-1)2+y2-z2=0.① 又M在棱PC上,設=λ,則 x=λ,y=1,z=-λ.② 由①②解得(舍去),或 所以M,從而=. 設m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量, 則即 所以可取m=(0,-,2). 于是cos==. 易知所求二面角為銳角. 因此

11、二面角M-AB-D的余弦值為. 7.(2017北京理,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=,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　本題考查面面垂直的性質(zhì)定理,線面平行的性質(zhì)定理,二面角,直線與平面所成的角等知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算求解能力. (1)設AC,BD交點為E,連接ME. 因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME, 所

12、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,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-). 設平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則即 令x=1,則y=1,z=. 于是n=(1,1,). 平面PAD的一個法

13、向量為p=(0,1,0). 所以cos==. 由題意知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為. (3)由題意知M,C(2,4,0),=. 設直線MC與平面BDP所成角為α, 則sin α=|cos|==. 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為. 8.(2017天津理,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

14、成角的余弦值為,求線段AH的長. 解析　本小題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角等基礎(chǔ)知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力. 如圖,以A為原點,分別以,,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:=(0,2,0),=(2,0,-2).設n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則即不妨設z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·

15、n=0. 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 因為=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以 不妨設y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos==-, 于是sin=. 所以,二面角C-EM-N的正弦值為. (3)依題意,設AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=. 所以,線段AH的長為或.

16、 9.(2016課標全國Ⅱ,19,12分)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,AB=5,AC=6,點E,F分別在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=. (1)證明:D'H⊥平面ABCD; (2)求二面角B-D'A-C的正弦值. 解析　(1)證明:由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得=,故AC∥EF. 因此EF⊥HD,從而EF⊥D'H.(2分) 由AB=5,AC=6得DO=BO==4. 由EF∥AC得==. 所以OH=1,D'H=DH=3. 于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D

17、'H⊥OH.(4分) 又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(5分) (2)如圖,以H為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3), =(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分) 設m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量, 則即 所以可取m=(4,3,-5).(8分) 設n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量, 則即 所以可取n=(0,-3,1).(10分) 于是cos===-. si

18、n=. 因此二面角B-D'A-C的正弦值是.(12分) 10.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如圖2. (1)證明:CD⊥平面A1OC; (2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值. 解析　(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點,∠BAD=, 所以BE⊥AC. 即在題圖2中,BE⊥OA1,BE⊥OC, 從而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE,

19、 所以CD⊥平面A1OC. (2)因為平面A1BE⊥平面BCDE, 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC, 所以∠A1OC為二面角A1-BE-C的平面角, 所以∠A1OC=. 如圖,以O為原點,建立空間直角坐標系, 因為A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED, 所以B,E,A1,C, 得=,=,==(-,0,0). 設平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC與平面A1CD夾角為θ, 則得取n1=(1,1,1); 得取n2=(0,1,1), 從而cos θ=|cos|==, 即

20、平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為. 11.(2014福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖. (1)求證:AB⊥CD; (2)若M為AD中點,求直線AD與平面MBC所成角的正弦值. 解析　(1)證明:∵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)過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖. 由(1)知AB⊥平面BCD,BE?平面BCD,BD?平面BCD,

21、 ∴AB⊥BE,AB⊥BD. 以B為坐標原點,分別以,,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,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M, 則=(1,1,0),=,=(0,1,-1). 設平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0), 則 即 取z0=1,得平面MBC的一個法向量為n=(1,-1,1). 設直線AD與平面MBC所成角為θ, 則sin θ=|cos|==, 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為. 教師用書專用(12—27) 12.(2015四川,14,5分)如圖,四邊形ABCD和ADPQ

22、均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動點M在線段PQ上,E,F分別為AB,BC的中點.設異面直線EM與AF所成的角為θ,則cos θ的最大值為　　　　.? 答案　 13.(2017課標全國Ⅰ理,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值. 解析　本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角問題. (1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 又AP∩PD=P,

23、從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD,垂足為F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF, 又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD. 以 F為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系F-xyz. 由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0). 設n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,則 即 可取n=(0,-1,-). 設n=(x,y,z)是平面PAB的法向量,則 即 可取m=(1,0,1). 則cos==-.

24、 易知二面角A-PB-C為鈍二面角, 所以二面角A-PB-C的余弦值為-. 14.(2015課標Ⅱ,19,12分)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

25、==6,所以AH=10. 以D為坐標原點,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),=(10,0,0),=(0,-6,8). 設n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 則即 所以可取n=(0,4,3). 又=(-10,4,8),故|cos|==. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. 15.(2015重慶,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=.D,E分別為線段AB,BC上的點,且CD=DE=,CE=2EB=2. (1)證明

26、:DE⊥平面PCD; (2)求二面角A-PD-C的余弦值. 解析　(1)證明:由PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,得PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=得△CDE為等腰直角三角形,故CD⊥DE. 由PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線, 故DE⊥平面PCD. (2)由(1)知,△CDE為等腰直角三角形,∠DCE=.如圖,過D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故FB=2. 由∠ACB=得DF∥AC,==,故AC=DF=. 以C為坐標原點,分別以,,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,則C(0,0,0),P(0,0,

27、3),A,E(0,2,0),D(1,1,0),=(1,-1,0),=(-1,-1,3),=. 設平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1), 由n1·=0,n1·=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可取為,即n2=(1,-1,0). 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos==, 又二面角為銳角, 故所求二面角A-PD-C的余弦值為. 16.(2014安徽,20,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四邊形ABCD為梯形,AD∥BC,且AD=2BC.過A1,C,D三點

28、的平面記為α,BB1與α的交點為Q. (1)證明:Q為BB1的中點; (2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比; (3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面α與底面ABCD所成二面角的大小. 解析　(1)證明:因為BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A, 所以平面QBC∥平面A1AD. 從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行,即QC∥A1D. 故△QBC與△A1AD的對應邊相互平行,于是△QBC∽△A1AD. 所以===,即Q為BB1的中點. (2)如圖1,連接QA,QD.設AA1=h,梯形ABCD的高為d,四棱柱被平面

29、α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下,BC=a,則AD=2a. 圖1 =×·2a·h·d=ahd, VQ-ABCD=··d·h=ahd, 所以V下=+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd, 所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd, 故=. (3)解法一:如圖1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足為E,連接A1E,AC. 又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A, 所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E. 所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角. 因為BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA. 又因為梯形ABCD的面積為6,DC=2,所

30、以S△ADC=4,AE=4. 于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=. 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 解法二:如圖2,以D為原點,,的方向分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標系. 圖2 設∠CDA=θ. 因為S四邊形ABCD=·2sin θ=6, 所以a=. 從而C(2cos θ,2sin θ,0), A1, 所以=(2cos θ,2sin θ,0),=. 設平面A1DC的一個法向量為n=(x,y,1), 由得x=-sin θ,y=cos θ, 所以n=(-sin θ,cos θ,1). 又因為平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1),

31、所以cos==, 由圖知平面α與底面ABCD所成二面角的平面角為銳角, 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 17.(2014廣東,18,13分)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于點F,FE∥CD,交PD于點E. (1)證明:CF⊥平面ADF; (2)求二面角D-AF-E的余弦值. 解析　(1)證明:∵PD⊥平面ABCD, ∴PD⊥AD, 又CD⊥AD,PD∩CD=D, ∴AD⊥平面PCD,∴AD⊥PC, 又AF⊥PC,AF∩AD=A, ∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF. (2)設AB=1,則Rt△

32、PDC中,CD=1,∵∠DPC=30°, ∴PC=2,PD=,由(1)知CF⊥DF, ∴DF=, ∴CF=,又FE∥CD, ∴==,∴DE=, 同理EF=CD=, 如圖所示,以D為原點,建立空間直角坐標系,則A(0,0,1), E,F,P(,0,0),C(0,1,0). 設m=(x,y,z)是平面AEF的法向量, 則又 ∴ 令x=4,得z=,故m=(4,0,), 由(1)知平面ADF的一個法向量為=(-,1,0),設二面角D-AF-E的平面角為θ,可知θ為銳角, cos θ=|cos|===,故二面角D-AF-E的余弦值為. 18.(2014北京,17,

33、14分)如圖,正方形AMDE的邊長為2,B,C分別為AM,MD的中點.在五棱錐P-ABCDE中,F為棱PE的中點,平面ABF與棱PD,PC分別交于點G,H. (1)求證:AB∥FG; (2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直線BC與平面ABF所成角的大小,并求線段PH的長. 解析　(1)證明:在正方形AMDE中,因為B是AM的中點,所以AB∥DE. 又因為AB?平面PDE, 所以AB∥平面PDE. 因為AB?平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG, 所以AB∥FG. (2)因為PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE. 如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz

34、,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0). 設平面ABF的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=1,則y=-1.所以n=(0,-1,1). 設直線BC與平面ABF所成角為α, 則sin α=|cos|==. 因此直線BC與平面ABF所成角的大小為. 設點H的坐標為(u,v,w). 因為點H在棱PC上,所以可設=λ(0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2). 所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ. 因為n是平面ABF的法向量,所以n·=0, 即(0,-1,1)·(2λ,λ,

35、2-2λ)=0. 解得λ=,所以點H的坐標為. 所以PH==2. 19.(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∥

36、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), =(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 設平面EFGH的法向量n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC, ∴n·=0,n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<,n>|===. 解法二:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系

37、, 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E,F(1,0,0),G(0,1,0). ∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1). 設平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 則n·=0,n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<,n>|===. 20.(2014四川,18,12分)三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示.設M,N分別為線段AD,AB的中點,P為線段BC上的點,且MN⊥NP. (1)證明:P是線段BC的中點; (2)求二面角A-NP-M的余弦

38、值. 解析　(1)證明:如圖,取BD中點O,連接AO,CO. 由側(cè)視圖及俯視圖知,△ABD,△BCD為正三角形, 因此AO⊥BD,OC⊥BD. 因為AO,OC?平面AOC內(nèi),且AO∩OC=O, 所以BD⊥平面AOC. 又因為AC?平面AOC,所以BD⊥AC. 取BO的中點H,連接NH,PH. 又M,N分別為線段AD,AB的中點, 所以NH∥AO,MN∥BD. 因為AO⊥BD,所以NH⊥BD. 因為MN⊥NP,所以NP⊥BD. 因為NH,NP?平面NHP,且NH∩NP=N, 所以BD⊥平面NHP. 又因為HP?平面NHP,所以BD⊥HP. 又OC⊥BD,HP

39、?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP∥OC. 因為H為BO中點,故P為BC中點. (2)如圖,作NQ⊥AC于Q,連接MQ. 由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP. 因為MN⊥NP,所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角. 由(1)知,△ABD,△BCD是邊長為2的正三角形,所以AO=OC=. 由俯視圖可知,AO⊥平面BCD. 因為OC?平面BCD,所以AO⊥OC. 因此在等腰Rt△AOC中,AC=. 作BR⊥AC于R. 在△ABC中,AB=BC,所以BR==. 因為在平面ABC內(nèi),NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR. 又因為N為AB的中點,所以Q為A

40、R的中點, 因此NQ==. 同理,可得MQ=, 所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===. 故二面角A-NP-M的余弦值是. 21.(2014天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點. (1)證明BE⊥DC; (2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值; (3)若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值. 解析　依題意,以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中

41、點,得E(1,1,1). (1)證明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0. 所以BE⊥DC. (2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).設n=(x1,y1,z1)為平面PBD的法向量, 則即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量.于是有 cos===. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由點F在棱PC上, 設=λ,0≤λ≤1. 故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2

42、λ)=0,解得λ=.故=.設n1=(x1,y1,z1)為平面FAB的法向量,則即 不妨令z1=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則 cos===-. 易知,二面角F-AB-P是銳角, 所以其余弦值為. 22.(2013遼寧,18,12分)如圖,AB是圓的直徑,PA垂直圓所在的平面,C是圓上的點. (1)求證:平面PAC⊥平面PBC; (2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值. 解析　(1)證明:由AB是圓的直徑,得AC⊥BC,由PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,得PA⊥

43、BC. 又PA∩AC=A,PA?平面PAC,AC?平面PAC,所以BC⊥平面PAC. 因為BC?平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PAC.(6分) (2)解法一:過C作CM∥AP,則CM⊥平面ABC. 如圖,以點C為坐標原點.分別以直線CB,CA,CM為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系. 因為AB=2,AC=1,所以BC=. 因為PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1), 故=(,0,0),=(0,1,1). 設平面BCP的法向量為n1=(x,y,z), 則 所以 不妨令y=1,則n1=(0,1,-1). 因為=(0,0,1),=(,-1

44、,0), 設平面ABP的法向量為n2=(x1,y1,z1), 則 所以 不妨令x1=1,則n2=(1,,0). 于是cos==, 由題圖可知二面角C-PB-A為銳二面角,故其余弦值為.(12分) 解法二:過C作CM⊥AB于M, 因為PA⊥平面ABC,CM?平面ABC, 所以PA⊥CM, 故CM⊥平面PAB. 過M作MN⊥PB于N,連接NC, 易知CN⊥PB. 所以∠CNM為二面角C-PB-A的平面角. 在Rt△ABC中,由AB=2,AC=1,得BC=,CM=,BM=.在Rt△PAB中,由AB=2,PA=1,得PB=. 因為Rt△BNM∽Rt△BA

45、P, 所以=,故MN=. 又在Rt△CNM中,CN=,故cos∠CNM=. 所以二面角C-PB-A的余弦值為.(12分) 23.(2013課標全國Ⅱ,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點,AA1=AC=CB=AB. (1)證明:BC1∥平面A1CD; (2)求二面角D-A1C-E的正弦值. 解析　(1)證明:連接AC1交A1C于點F,則F為AC1中點. 又D是AB中點,連接DF,則BC1∥DF. 因為DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD. (2)由AC=CB=AB得,AC⊥BC. 以C為坐標原

46、點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz.設CA=2,則D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2). 設n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,則即 可取n=(1,-1,-1). 同理,設m是平面A1CE的法向量,則 可取m=(2,1,-2). 從而cos==, 故sin=. 故二面角D-A1C-E的正弦值為. 24.(2013江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E為BD的中點,G為PD的中點,△DAB≌△DCB,EA=EB=A

47、B=1,PA=,連接CE并延長交AD于F. (1)求證:AD⊥平面CFG; (2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值. 解析　(1)證明:在△ABD中,因為E是BD中點,所以EA=EB=ED=AB=1, 故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=, 因為△DAB≌△DCB, 所以△EAB≌△ECB, 從而有∠FED=∠BEC=∠AEB=, 所以∠FED=∠FEA, 故EF⊥AD,AF=FD,又因為PG=GD, 所以FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD, 所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG. (2)以點A為坐標原點建立如圖所示的坐標系,則A(0,0,0),B(1,0,0)

48、,C,D(0,,0),P,故=,=,=. 設平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1), 則 解得即n1=. 設平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2), 則 解得 即n2=(1,,2).設平面BCP與平面DCP的夾角的為θ,則cos θ===. 25.(2013重慶,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F為PC的中點,AF⊥PB. (1)求PA的長; (2)求二面角B-AF-D的正弦值. 解析　(1)如圖,連接BD交AC于O,因為BC=CD,即△BCD為等腰三角形,又CA平分∠BCD,故

49、AC⊥BD.以O為坐標原點,,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz,則OC=CDcos=1,而AC=4, 得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0). 因PA⊥底面ABCD,可設P(0,-3,z),由F為PC邊中點,得F.又=,=(,3,-z),因AF⊥PB,故·=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2. (2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).設平面FAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量為n2=(x2,y2,z2),

50、 由n1·=0,n1·=0, 得因此可取n1=(3,,-2). 由n2·=0,n2·=0,得 故可取n2=(3,-,2). 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos==. 故二面角B-AF-D的正弦值為. 26.(2013課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)證明:AB⊥A1C; (2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值. 解析　(1)證明:取AB的中點O,連接OC,OA1,A1B. 因為CA=CB,所以OC⊥AB.

51、 由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B為等邊三角形, 所以OA1⊥AB. 因為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,交線為AB,所以OC⊥平面AA1B1B,故OA,OA1,OC兩兩相互垂直. 以O為坐標原點,的方向為x軸的正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 由題設知A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0). 則=(1,0,),==(-1,,0),=(0,-,). 設n=(x,y,

52、z)是平面BB1C1C的法向量, 則即可取n=(,1,-1). 故cos==-. 所以A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為. 27.(2013廣東,18,14分)如圖①,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分別是AC,AB上的點,CD=BE=,O為BC的中點.將△ADE沿DE折起,得到如圖②所示的四棱錐A'-BCDE,其中A'O=. (1)證明:A'O⊥平面BCDE; (2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值. 圖① 圖② 解析　(1)在題圖①中,易得OC=3,AC=3,AD=2. 連接OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得

53、OD==. 由翻折不變性可知A'D=2, 所以A'O2+OD2=A'D2,所以A'O⊥OD, 同理可證A'O⊥OE,又OD∩OE=O,所以A'O⊥平面BCDE. (2)解法一:過O作OH⊥CD交CD的延長線于H,連接A'H,因為A'O⊥平面BCDE,所以A'H⊥CD,所以∠A'HO為二面角A'-CD-B的平面角. 結(jié)合題圖①可知,H為AC中點,故OH=,從而A'H==, 所以cos∠A'HO==,所以二面角A'-CD-B的平面角的余弦值為. 解法二:以O點為原點,建立空間直角坐標系O-xyz如圖所示, 則A'(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0), 所以

54、=(0,3,),=(-1,2,). 設n=(x,y,z)為平面A'CD的法向量,則 即解得 令x=1,得n=(1,-1,). 由(1)知,=(0,0,)為平面CDB的一個法向量, 所以cos===,易知二面角A'-CD-B為銳二面角,故二面角A'-CD-B的平面角的余弦值為. 考點二　綜合應用 1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空間單位向量,e1·e2=.若空間向量b滿足b·e1=2,b·e2=,且對于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),則x0=　　　　,y0=　　　　,|b|=　　　　.? 答

55、案　1;2;2 2.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點. (1)證明:CE∥平面PAB; (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值. 解析　本題主要考查空間點、線、面的位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力. (1)證明:如圖,設PA中點為F,連接EF,FB.因為E,F分別為PD,PA中點,所以EF∥AD且EF=AD. 又因為BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC, 即四邊形BCEF為平行四邊形,

56、所以CE∥BF, 因此CE∥平面PAB. (2)分別取BC,AD的中點為M,N. 連接PN交EF于點Q,連接MQ. 因為E,F,N分別是PD,PA,AD的中點,所以Q為EF中點, 在平行四邊形BCEF中,MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD,N是AD的中點得BN⊥AD. 所以AD⊥平面PBN, 由BC∥AD得BC⊥平面PBN, 那么平面PBC⊥平面PBN. 過點Q作PB的垂線,垂足為H,連接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設CD=1. 在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得C

57、E=, 在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=, 在Rt△MQH中,QH=,MQ=, 所以sin∠QMH=. 所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是. 3.(2017山東理,17,12分)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的,G是的中點. (1)設P是上的一點,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)當AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小. 解析　本題考查線面垂直的證明和二面角的計算. (1)因為AP⊥BE,AB⊥BE, AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A, 所以BE⊥平面AB

58、P,又BP?平面ABP, 所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°. (2)解法一: 取的中點H,連接EH,GH,CH. 因為∠EBC=120°,所以四邊形BEHC為菱形, 所以AE=GE=AC=GC==. 取AG中點M,連接EM,CM,EC, 則EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC為所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM==2. 在△BEC中,由于∠EBC=120°, 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12, 所以EC=2,因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60°. 解法二: 以B為坐標原點,分別以

59、BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系. 由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0), 故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3), 設m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量. 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-,2). 設n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量. 由可得 取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-,-2). 所以cos==. 易知所求角為銳二面角, 因此所求的角為60°. 4.(2016天津,17,13分)如圖,正方

60、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=HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 解析　依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O為原點,分別以,,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,=(2,0,0),

61、=(1,-1,2). 設n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量, 則即 不妨設z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又因為直線EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF. (2)易證=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量. 依題意,=(1,1,0),=(-1,1,2). 設n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則 即不妨設x=1,可得n2=(1,-1,1). 因此有cos<,n2>==-, 于是sin<,n2>=. 所以,二面角O-EF-C的正弦值為. (3)由AH=HF,得AH=AF. 因為=(1,-1,2),所以==, 進而

62、有H,從而=, 因此cos<,n2>==-. 所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為. 5.(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=,PA=AD=2,AB=BC=1. (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{,,}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-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,

63、所以是平面PAB的一個法向量,=(0,2,0). 因為=(1,1,-2),=(0,2,-2), 設平面PCD的法向量為m=(x,y,z), 則m·=0,m·=0, 即 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<,m>==, 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2)因為=(-1,0,2), 設=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1), 又=(0,-1,0), 則=+=(-λ,-1,2λ), 又=(0,-2,2), 從而cos<,>==. 設1+2λ=t,t∈[1,3], 則cos2 <,>==≤.

64、 當且僅當t=,即λ=時,|cos<,>|的最大值為. 因為y=cos x在上是減函數(shù),所以此時直線CQ與DP所成的角取得最小值. 又因為BP==,所以BQ=BP=. 教師用書專用(6—8) 6.(2016北京,17,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=. (1)求證:PD⊥平面PAB; (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說明理由. 解析　(1)證明:因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD

65、, 所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點O,連接PO,CO. 因為PA=PD,所以PO⊥AD. 又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO. 因為AC=CD,所以CO⊥AD. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz.由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 設平面PCD的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=2,則x=1,y=-2. 所以n=(1,-2,

66、2). 又=(1,1,-1), 所以cos==-. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為. (3)設M是棱PA上一點,則存在λ∈[0,1]使得=λ. 因此點M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ). 因為BM?平面PCD,所以BM∥平面PCD當且僅當·n=0, 即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0. 解得λ=. 所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時=. 7.(2015湖南,19,13分)如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.點P,Q分別在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中點,證明:AB1⊥PQ; (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為,求四面體ADPQ的體積. 解析　解法一:由題設知,AA1,AB,AD兩兩垂直.以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則相關(guān)各點的坐標為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≤