2018年高考數(shù)學二輪復習 專題13 立體幾何中的向量方法教學案 理

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1、專題13 立體幾何中的向量方法空間向量及其應用一般每年考一道大題，試題一般以多面體為載體，分步設(shè)問，既考查綜合幾何也考查向量幾何，諸小問之間有一定梯度，大多模式是：諸小問依次討論線線垂直與平行線面垂直與平行面面垂直與平行異面直線所成角、線面角、二面角體積的計算強調(diào)作圖、證明、計算相結(jié)合考查的多面體以三棱錐、四棱錐(有一條側(cè)棱與底面垂直的棱錐、正棱錐)、棱柱(有一側(cè)棱或側(cè)面與底面垂直的棱柱，或底面為特殊圖形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等類型的棱柱)為主1共線向量與共面向量(1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a、b(b0)，ab的充要條件是存在實數(shù)，使ab.(2)共面向量定理：如

2、果兩個向量a、b不共線，則向量p與向量a、b共面的充要條件是存在唯一實數(shù)對(x，y)，使pxayb.2兩個向量的數(shù)量積向量a、b的數(shù)量積：ab|a|b|cosa，b向量的數(shù)量積滿足如下運算律： (a)b(ab)；abba(交換律)；a(bc)abac(分配律) 3空間向量基本定理如果三個向量a、b、c不共面，那么對空間任一向量p，存在唯一有序?qū)崝?shù)組x，y，z，使pxaybzc.推論：設(shè)O、A、B、C是不共面的四點，則對空間任一點P，都存在唯一的有序?qū)崝?shù)組x，y，z，使xyz.4空間向量平行與垂直的坐標表示設(shè)a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，則ababa1b1，a2b2，a3b3(

3、R)； abab0a1b1a2b2a3b30.5模、夾角和距離公式(1)設(shè)a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，則|a|，cosa，b.(2)距離公式設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則|.(3)平面的法向量如果表示向量a的有向線段所在的直線垂直于平面，則稱這個向量垂直于平面，記作a.如果a，那么向量a叫做平面的法向量6空間角的類型與范圍(1)異面直線所成的角：0；(2)直線與平面所成的角：0；(3)二面角：0.7用向量求空間角與距離的方法(1)求空間角：設(shè)直線l1、l2的方向向量分別為a、b，平面、的法向量分別為n、m.異面直線l1與l2所成的角為，則cos.直線l

4、1與平面所成的角為，則sin.平面與平面所成的二面角為，則|cos|.(2)求空間距離直線到平面的距離，兩平行平面間的距離均可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離點P到平面的距離：d(其中n為的法向量，M為內(nèi)任一點)設(shè)n與異面直線a，b都垂直，A是直線a上任一點，B是直線B上任一點，則異面直線a、b的距離d.考點一向量法證明平行與垂直例1、如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.【證明】以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz如圖所

5、示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F(xiàn)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)又因為APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，【方法規(guī)律】利用空間向量證明平行與垂直的步驟(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關(guān)系；(2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素；(3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關(guān)系；(4)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題【變式探究】在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點E在線段BB1上，且EB11

6、，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點. 求證：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.證明：(1)以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Bxyz，如圖所示，則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，設(shè)BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA，BD平面ABD，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(xiàn)(0,1,4)，則，(0,1,1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEF

7、E，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD.考點二、向量法求空間角例 2、(2017全國卷)如圖，四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中點 (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MABD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EFAD，EFAD.由BADABC90得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，四邊形BCEF是平行四邊形，CEBF.又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平

8、面PAB.(2)由已知得BAAD，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(1,1,0)，P(0,1，)，(1,0，)，(1,0,0)設(shè)m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則即所以可取m(0，2)于是cosm，n.因此二面角MABD的余弦值為.【方法技巧】(1)利用空間向量求空間角的一般步驟建立恰當?shù)目臻g直角坐標系求出相關(guān)點的坐標，寫出相交向量的坐標結(jié)合公式進行論證、計算轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論【變式探究】(2017北京卷)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD平面ABCD，點M在線段PB

9、上，PD平面MAC，PAPD，AB4.(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角BPDA的大??；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值解析：(1)證明：如圖，設(shè)AC，BD交于點E，連接ME，因為PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因為四邊形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PAPD，所以O(shè)PAD.又因為平面PAD平面ABCD，且OP平面PAD，所以O(shè)P平面ABCD.因為OE平面ABCD，所以O(shè)POE.因為四邊形ABCD是正方形，所以O(shè)EAD.如圖，建立空間直角坐標系Oxyz，則P(0,0，)，D(2,0,0

10、)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)設(shè)平面BDP的法向量為n(x，y，z)，則即令x1，則y1，z.于是n(1,1，)平面PAD的法向量為p(0,1,0)，所以cosn，p.(3)由題意知M，C(2,4,0)，.設(shè)直線MC與平面BDP所成角為，則sin |cosn，|，所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為.考點三 探索性問題要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結(jié)論是否成立“是否存在”的問題的命題形式有兩種情況：如果存在，找出一個來；如果不存在，需要說明理由，這類問題常用“肯定順推”的方法例 、(2016北京)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD

11、平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD. (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，ABAD，所以AB平面PAD，PD平面PAD，所以ABPD.又因為PAPD，所以PD平面PAB.(2)取AD的中點O，連接PO，CO.因為PAPD，所以POCD.又因為PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.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,

12、0)，D(0，1,0)，P(0,0,1)設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則【方法技巧】空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷；解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題【變式探究】如圖所示，已知正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA1，點D為AC的中點，點E的線段AA1上 (1)當AEEA112時，求證：DEBC1；(2)是否存在點E，使二面角DBEA等于60？若存在，求AE的長；若

13、不存在，請說明理由解析：(1)證明：連接DC1，因為ABCA1B1C1為正三棱柱，所以ABC為正三角形又因為D為AC的中點，所以BDAC.又平面ABC平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1.所以BDDE.因為AEEA112，AB2，AA1，所以AE，AD1.所以在RtADE中，ADE30.在RtDCC1中，C1DC60.所以EDC190，即EDDC1.所以DE平面BDC1.又因為BC1平面BDC1，所以EDBC1.(2)假設(shè)存在點E滿足條件，設(shè)AEh.取A1C1的中點D1，連接DD1，則DD1平面ABC，所以DD1AD，DD1BD.如圖，分別以DA，DB，DD1所在直線為x，y，z軸建立空

14、間直角坐標系Dxyz，則A(1,0,0)，B(0，0)，E(1,0，h)所以(0，0)，(1,0，h)，(1，0)，(0,0，h)設(shè)平面DBE的一個法向量為n1(x1，y1，z1)則即令z11，得n1(h,0,1)同理，設(shè)平面ABE的一個法向量為n2(x2，y2，z2)，則即得n2(，1,0)所以|cosn1，n2|cos60.解得h，故存在點E滿足條件當AE時，二面角DBEA等于60.1.【2017課標1，理18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB/CD，且.（1）證明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角A-PB-C的余弦值.【答案】（1）見解析；（2）.【解析】

15、（1）由已知，得ABAP，CDPD.由于ABCD，故ABPD，從而AB平面PAD.又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD.（2）在平面內(nèi)做，垂足為，由（1）可知， 平面，故，可得平面.以為坐標原點， 的方向為軸正方向， 為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系.設(shè)是平面的法向量，則，即，可取.則，所以二面角的余弦值為.2.【2017山東，理17】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形（及其內(nèi)部）以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的，是的中點.（）設(shè)是上的一點，且，求的大??；（）當，求二面角的大小.【答案】（）.（）.【解析】（）因為， ， 平面， ，所以平面，又平面，所以，又，因此 （）以為坐標

16、原點，分別以， ， 所在的直線為， ， 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.由題意得 ， ， ，故， ， ， 設(shè)是平面的一個法向量.由可得取，可得平面的一個法向量. 設(shè)是平面的一個法向量.由可得取，可得平面的一個法向量. 所以.因此所求的角為.3.【2017北京，理16】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（I）求證：M為PB的中點；（II）求二面角B-PD-A的大?。唬↖II）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值【答案】（）詳見解析：（） ；（） 【解析】（I）設(shè)交點為，連接.因為平面，平面平面，

17、所以.因為是正方形，所以為的中點，所以為的中點.設(shè)平面的法向量為，則，即.令，則， .于是.平面的法向量為，所以.由題知二面角為銳角，所以它的大小為.（III）由題意知， ， .設(shè)直線與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值為.4.【2017天津，理17】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA底面ABC，.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. （）求證：MN平面BDE；（）求二面角C-EM-N的正弦值；（）已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長.【答案】 （1）證明見解析（2） （3） 或 【解析】如圖，

18、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）.（）證明： =（0，2，0），=（2，0， ）.設(shè)，為平面BDE的法向量，則，即.不妨設(shè)，可得.又=（1，2， ），可得.因為平面BDE，所以MN/平面BDE.（）解：易知為平面CEM的一個法向量.設(shè)為平面EMN的法向量，則，因為， ，所以.不妨設(shè)，可得.因此有，于是.所以，二面角CEMN的正弦值為.（）解：依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進而可得， .由已

19、知，得，整理得，解得，或.所以，線段AH的長為或. 5.【2017江蘇，22】 如圖， 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=， .（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.【答案】（1）（2）【解析】在平面ABCD內(nèi)，過點A作AEAD，交BC于點E.因為AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如圖，以為正交基底，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.因為AB=AD=2，AA1=， .則.(1) ，則.因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.設(shè)二面角B-A1D-A的大小為，則.因為，所以.因此二面角

20、B-A1D-A的正弦值為.1.【2016高考新課標1卷】（本小題滿分為12分）如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是（I）證明：平面ABEF平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值【答案】（I）見解析（II）【解析】（）由已知可得，所以平面又平面，故平面平面（）過作，垂足為，由（）知平面以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系由（）知為二面角的平面角，故，則，可得，由已知，所以平面又平面平面，故，由，可得平面，所以為二面角的平面角，從而可得所以，設(shè)是平面的法向量

21、，則，即，所以可取設(shè)是平面的法向量，則，同理可取則故二面角EBCA的余弦值為2.【2016高考新課標2理數(shù)】如圖，菱形的對角線與交于點，點分別在上，交于點將沿折到位置，（）證明：平面；（）求二面角的正弦值【答案】（）詳見解析；（）.（）如圖，以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系，則，.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.3.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分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.（I）求證：EG平面ADF；（II

22、）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）設(shè)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.【答案】（）詳見解析（）（）【解析】依題意，如圖，以為點，分別以的方向為軸，軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，依題意可得，.（I）證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得，又，可得，又因為直線，所以.（II）解：易證，為平面的一個法向量.依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得.因此有，于是，所以，二面角的正弦值為.（III）解：由，得.因為，所以，進而有，從而，因此.所以，直線和平面所成角的正弦值為.4.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題14分）如圖，

23、在四棱錐中，平面平面，.（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在，如圖建立空間直角坐標系，由題意得，.設(shè)平面的法向量為，則即令，則.所以.又，所以.所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）設(shè)是棱上一點，則存在使得.因此點.因為平面，所以平面當且僅當，即，解得.所以在棱上存在點使得平面，此時.5.【2016高考浙江理數(shù)】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺中,平面平面,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(I)求證：EF平面ACFD；(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦

24、值.【答案】（I）證明見解析；（II）【解析】（）延長，相交于一點，如圖所示因為平面平面，且，所以平面，因此又因為，所以為等邊三角形，且為的中點，則所以平面（）方法一：過點作于Q，連結(jié)因為平面，所以，則平面，所以所以是二面角的平面角在中，得在中，得所以二面角的平面角的余弦值為方法二：如圖，延長，相交于一點，則為等邊三角形取的中點，則，又平面平面，所以，平面以點為原點，分別以射線，的方向為，的正方向，建立空間直角坐標系由題意得，因此，設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為由，得，取；由，得，取于是，所以，二面角的平面角的余弦值為6.【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分）如圖，在四棱錐P-ABC

25、D中，ADBC，ADC=PAB=90，BC=CD=AD，E為邊AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90. （）在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM平面PBE，并說明理由；（）若二面角P-CD-A的大小為45，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.【答案】（）詳見解析；（）.（說明：延長AP至點N，使得AP=PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點）（）方法一：由已知，CDPA，CDAD，PAAD=A，所以CD平面PAD.從而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.設(shè)BC=1，則在RtPAD中，PA=AD=2.過點A作AHCE，交CE的延長線于點H，連接PH.易知

26、PA平面ABCD，從而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.過A作AQPH于Q，則AQ平面PCE.所以APH是PA與平面PCE所成的角.在RtAEH中，AEH=45，AE=1，所以AH=.在RtPAH中，PH= ，所以sinAPH= =.方法二：由已知，CDPA，CDAD，PAAD=A，所以CD平面PAD.于是CDPD.從而PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45.由PAAB，可得PA平面ABCD.設(shè)BC=1，則在RtPAD中，PA=AD=2.作AyAD，以A為原點，以 ,的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則A（0,0,0）

27、，P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z)，由 得 設(shè)x=2，解得n=(2,-2,1).設(shè)直線PA與平面PCE所成角為，則sin= = .所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 .1(2015重慶，19)如圖，三棱錐PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分別為線段AB，BC上的點，且CDDE，CE2EB2. (1)證明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值(1)證明由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE得CDE為等腰直角三角形，故CD

28、DE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE平面PCD.設(shè)平面PAD的法向量為n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，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 n1，n2，故所求二面角APDC的余弦值為.2(2015北京，17)如圖，在四棱錐AEFCB中，AEF為等邊三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O為EF的中點 (1) 求證：AOBE；(2) 求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值(1)證明因為AE

29、F是等邊三角形，O為EF的中點，所以AOEF.又因為平面AEF平面EFCB.AO平面AEF，所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)解取BC中點G，連接OG. 由題設(shè)知EFCB是等腰梯形，所以O(shè)GEF. 由(1)知AO平面EFCB. 又OG平面EFCB，所以O(shè)AOG.如圖建立空間直角坐標系Oxyz，則E(a，0，0)，A(0，0，a)，B(2，(2a)，0)，(a，0，a)，(a2，(a2)，0)設(shè)平面AEB的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，則x，y1，于是n(，1，1)平面AEF的法向量為p(0，1，0)所以cosn，p.由題知二面角FAEB為鈍角，所以它的余弦值為.(3)解因為BE

30、平面AOC，所以BEOC，即0，因為(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以2(a2)3(a2)2.由0及0a2，解得a.3(2015四川，18)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點為M，GH的中點為N. (1)請將字母F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由)；(2)證明：直線MN平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值(1)解點F，G，H的位置如圖所示(2)證明連接BD，設(shè)O為BD的中點，因為M，N分別是BC，GH的中點，所以O(shè)MCD，且OMCD，HNCD，且HNCD，所以O(shè)MHN，OMHN，所以MNHO是平行四邊形，從而M

31、NOH，又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.法二如圖，以D為坐標原點，分別以， ，方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Dxyz，設(shè)AD2，則M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，(2，2，0)，(1，0，2)，設(shè)平面EGM的一個法向量為n1(x，y，z)，由取x2，得n1(2，2，1)，在正方體ABCDEFGH中，DO平面AEGC，則可取平面AEG的一個法向量為n2(1，1，0)，所以cos，故二面角AEGM的余弦值為.4. 【2014高考安徽卷第20題】如圖，四棱柱中，底面.四邊形為梯形，,且.過三點的平面記為，與的交點為.

32、（1） 證明：為的中點；（2） 求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比；（3） 若，梯形的面積為6，求平面與底面所成二面角大小.【答案】（1）為的中點；（2）；（3）.【解析】（1）因為，,，所以平面平面.從而平面與這兩個平面的交線相互平行，即.故與的對應邊相互平行，于是.所以，即為的中點.（2）解：如圖，連接.設(shè)，梯形的高為，四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為和，則.，所以，又所以，故.（3）解法1如第（20）題圖1，在中，作，垂足為，連接.又且，所以平面，于是.所以為平面與底面所成二面角的平面角.因為，所以.又因為梯形的面積為6，所以.于是.故平面與底面所成二面角的大小為.解法2

33、如圖，以為原點，分別為軸和軸正方向建立空間直角坐標系.設(shè).因為，所以.從而，所以，.【考點定位】二面角、幾何體的體積 5. 【2014高考北京理第17題】如圖，正方體的邊長為2，分別為，的中點，在五棱錐中，為棱的中點，平面與棱，分別交于，.（1）求證：；（2）若底面，且，求直線與平面所成角的大小，并求線段的長.【答案】（1）詳見解析；（2）2.【解析】（1）在正方形中，因為是的中點，所以，因為平面，所以平面，因為平面，且平面平面，所以.（2）因為底面，所以，如圖建立空間直角坐標系，則，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以，設(shè)直線與平面所成的角為，則，因此直線與平面所成的角為，設(shè)點，因為點在棱

34、上，所以可設(shè)，即，所以，因為向量是平面的法向量，所以，即，解得，所以點的坐標為，所以.【考點定位】空間中線線、線面、面面的平行于垂直 6. 【2014高考湖北理第19題】如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點，點分別在棱,上移動，且.（1） 當時，證明：直線平面；（2） 是否存在，使平面與面所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由. 【答案】（1）詳見解析；（2）【解析】幾何法：（1）證明：如圖1，連結(jié)，由是正方體，知，當時，是的中點，又是的中點，所以，所以，而平面，且平面，故平面.（2）如圖2，連結(jié)，因為、分別是、的中點，所以，且，又，所以四邊形是平行四邊形，故，且，

35、從而，且，在和中，因為，于是，所以四邊形是等腰梯形，同理可證四邊形是等腰梯形，分別取、的中點為、，連結(jié)、，則，而，故是平面與平面所成的二面角的平面角，向量法：以為原點，射線分別為軸的正半軸建立如圖3的空間直角坐標系，由已知得，所以，（1）證明：當時，因為，所以，即，而平面，且平面，故直線平面.（2）設(shè)平面的一個法向量，由可得，于是取，同理可得平面的一個法向量為，若存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角，則，即，解得，故存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角.【考點定位】正方體、空間中的線線、線面、面面平行于垂直、二面角. 7. 【2014高考湖南理第19題】如圖6,四棱柱的所有棱長都相等,

36、四邊形和四邊形為矩形.(1)證明:底面;(2)若,求二面角的余弦值.【答案】(1) 詳見解析 (2) 【解析】 (1)證明:四棱柱的所有棱長都相等四邊形和四邊形均為菱形分別為中點四邊形和四邊形為矩形且又且底面底面.(2)法1:過作的垂線交于點,連接.不妨設(shè)四棱柱的邊長為.底面且底面面面又面四邊形為菱形又且,面面又面又且,面面為二面角的平面角,則且四邊形為菱形,則再由的勾股定理可得,則,所以二面角的余弦值為.所以,故二面角的余弦值為.【考點定位】線面垂直、二面角、勾股定理 8. 【2014高考江西理第19題】如圖，四棱錐中，為矩形，平面平面.（1） 求證：（2） 若問為何值時，四棱錐的體積最大？

37、并求此時平面與平面夾角的余弦值A(chǔ)BCDP 【答案】（1）詳見解析，（2）時，四棱錐的體積P-ABCD最大. 平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為【解析】（1）證明：ABCD為矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD平面PAD平面ABCD=AD所以AB平面PAD，因為PD平面PAD，故ABPD（2）解：過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG在直角三角形BPC中，設(shè)，則，故四棱錐P-ABCD的體積為因為故當時，即時，四棱錐的體積P-ABCD最大.建立如圖所示的空間直角坐標系，故設(shè)平面BPC的法向量，則由,得【考點定位】面面垂

38、直性質(zhì)定理，四棱錐體積，利用空間向量求二面角。9. 【2014高考遼寧理第19題】如圖，和所在平面互相垂直，且，E、F分別為AC、DC的中點.（1）求證：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）詳見解析；（2） .【解析】（1）證明：（方法一）過E作EOBC，垂足為O，連OF，由ABCDBC可證出EOCFOC，所以EOC=FOC=，即FOBC，又EOBC，因此BC面EFO，又EF面EFO，所以EFBC.（方法二）由題意，以B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過B左垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.易得B（0,0,0），A(

39、0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以，因此,從而，所以.（2）（方法一）在圖1中，過O作OGBF，垂足為G，連EG，由平面ABC平面BDC，從而EO平面BDC，從而EO面BDC，又OGBF，由三垂線定理知EG垂直BF.因此EGO為二面角E-BF-C的平面角；在EOC中，EO=EC=BCcos30=，由BGOBFC知，,因此tanEGO=,從而sinEGO=，即二面角E-BF-C的正弦值為.（方法二）在圖2中，平面BFC的一個法向量為，設(shè)平面BEF的法向量，又,由 得其中一個，設(shè)二面角E-BF-C的大小為，且由題意知為銳角，則，因此sinEGO=，即二面角E-BF-C的正

40、弦值為.【考點定位】線面垂直的判定、二面角.10. 【2014高考全國1第19題】如圖，三棱柱中，側(cè)面為菱形，.（）證明：;（）若，,求二面角的余弦值.（）證明：;（）若，,求二面角的余弦值.【答案】（）詳見解析；（）【解析】（I）連接，交于，連接因為側(cè)面為菱形，所以，且為與的中點又，所以平面，故又,故（II）因為，且為的中點，所以，又因為，故，從而兩兩垂直以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系因為，所以為等邊三角形又,則，, 設(shè)是平面的法向量，則即所以可取設(shè)是平面的法向量，則同理可取則所以二面角的余弦值為11. 【2014高考陜西第17題】四面體及其三視圖如圖所示，過棱的中點作平行于，的平面分別交四面體的棱于點.（1）證明：四邊形是矩形；（2）求直線與平面夾角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】 （1）由該四面體的三視圖可知：，由題設(shè)，面面面（2）如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，設(shè)平面的一個法向量,即得，取。52