高考数学(考点解读+命题热点突破)专题14 空间向量与立体几何 理

专题14 空间向量与立体几何【考向解读】以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.【命题热点突破一】 利用向量证明平行与垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.例1、【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面 ABC ,=90ACB ∠o ,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（II 3． 【解析】（Ⅰ）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 ，1BE EF FC ===，2BC =，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 ．方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形．取BC 的中点O ，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 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，3)K ，()1,3,0A --，13()2E ，13F(2-．因此，()0,3,0AC =u u u r ，(3AK =u u u r ，()2,3,0AB =u u u r ．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由ACAK⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm，得111130330yx y z=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()3,0,1=-m；由ABAK⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rnn，得22222230330x yx y z+=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()3,2,3=-n．于是，3cos,4⋅==⋅m nm nm n．所以，二面角B AD F--的平面角的余弦值为34．【变式探究】如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.证明方法一由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，O⎝⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA→＝(－1,0,0)，∴OM→·BA→＝0, ∴OM→⊥BA→.∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴BA→是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵DF→＝(1，－1,1)，DM→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC→＝(1,0,0)，CF→＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)． ∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .(2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直，∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0. ∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．【变式探究】如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩F E ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .【命题热点突破二】 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)， 则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2、【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=． （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）9525. 【解析】（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-u u u r ，()6,0,0AC =u u u r ，()3,1,3AD '=u u u u r .设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则00AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u r m m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则00AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u r n n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是75cos ,255010⋅<>===⨯m n m n m n ， 95sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值295. 【变式探究】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，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(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 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，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 ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.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 |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为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 →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 【感悟提升】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．【变式探究】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 ，如图所示．(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．(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)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，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)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 【命题热点突破三】 利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论． 例3、【2016高考天津理数】（本小题满分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. （I ）求证：EG ∥平面ADF ；（II ）求二面角O -EF -C 的正弦值；（III ）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.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3（Ⅲ）7【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF u u u r u u u r u u u r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(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-u u u r 为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-u u u r u u u r.设()2,,n x y z =u u r 为平面CEF 的法向量，则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-u u r.因此有2226cos ,OA n OA n OA n ⋅<>==⋅u u u r u u ru u u r u u r u u u r u u r ，于是23sin ,3OA n <>=u u u r u u r ，所以，二面角O EF C --的正弦值为33.（III）解：由23AH HF=，得25AH AF=.因为()1,1,2AF=-u u u r，所以2224,,5555AH AF⎛⎫==-⎪⎝⎭u u u r u u u r，进而有334,,555H⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r，因此2227cos,BH nBH nBH n⋅<>==-⋅u u u r u u ru u u r u u ru u u r u u r.所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为7.【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．(1)证明连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD.因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)解由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直．以BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以AD→＝(1，－2,0)，AC→1＝(2，－2,1)．设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有⎩⎪⎨⎪⎧n·AD→＝0，n·AC→1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)．所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.【感悟提升】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【举一反三】如图所示，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BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解 (1)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)．因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|×|AM →|＝1252×2＝1010，所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)， 又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，故λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 高考押题精练(1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)． 可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量． ∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角， ∴二面角A －DF －E 的余弦值为66. 【高考真题解读】15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=． （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295.（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-u u u r，()6,0,0AC =u u u r ，()3,1,3AD '=u u u u r .设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则0AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u rm m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则0AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u rn n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是1475cos ,255010⋅-<>===⨯m n m n m n ， 295sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值是29525. 16.【2016高考山东理数】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.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =12AC =23，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）7【解析】（II ）解法一：连接'OO ,则'OO ⊥平面ABC ，又,AB BC =且AC 是圆O 的直径，所以.BO AC ⊥ 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，由题意得(0,23,0)B ，(23,0,0)C -，过点F 作FM OB 垂直于点M ， 所以223,FM FB BM =-=可得(0,3,3)F故(23,23,0),(0,3,3)BC BF =--=-u u u r u u u r. 设(,,)m x y z =u r是平面BCF 的一个法向量.由0,0m BC m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r可得23230,330x y y z ⎧--=⎪⎨-+=⎪⎩ 可得平面BCF 的一个法向量3(1,1,),m =-u r 因为平面ABC 的一个法向量(0,0,1),n =r所以7cos ,7||||m n m n m n ⋅<>==u r ru r r u r r .所以二面角F BC A --的余弦值为7.解法二：连接'OO ，过点F 作FM OB ⊥于点M ， 则有//'FM OO , 又'OO ⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC, 可得223,FM FB BM -=过点M 作MN BC 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O 的直径， 所以6sin 45MN BM ==o从而422FN =，可得7cos 7FNM ∠= 所以二面角F BC A --7. 17.【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ； （2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AA ⊥平面A B C 因为11AC ⊂平面111A B C ，所以111AA⊥A C 又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂=I ，平面平面 所以11AC ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D ⊥又因为1111111111111C F,C F,B D A AC A A F A AC A F A ⊥⊂⊂=I F ，平面平面 所以111C F B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.AC F ⊥平面 18.【2016高考天津理数】（本小题满分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. （I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III ）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.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3（Ⅲ）7【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF u u u r u u u r u u u r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(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（I ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-u u u r u u u r .设()1,,n x y z =u r 为平面ADF 的法向量，则1100n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u ru r u u u r，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ .不妨设1z =，可得()10,2,1n =u r ，又()0,1,2EG =-u u u r ，可得10EG n ⋅=u u u r u r ，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-u u u r 为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-u u u r u u u r.设()2,,n x y z =u u r 为平面CEF 的法向量，则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-u u r.因此有2226cos ,3OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅u u u r u u ru u u r u u r u u u r u u r ，于是23sin ,3OA n <>=u u u r u u r ，所以，二面角O EF C --的正弦值为33.19.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==.（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）3；（3）存在，14AM AP = 【解析】（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0PC n PD n 即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=n .又)1,1,1(-=PB ，所以33,cos -=>=<PBn PB n PB n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 20.【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC P ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．（I ）证明MN P 平面PAB ；（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）525．【解析】（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . 又BC AD //，故TN AM P ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE ，由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE . 以A 为坐标原点，AE uuu r的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-u u u u r ，)2,1,25(-=PN ，)2,1,25(=AN .设(,,)n x y z =r 为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取(0,2,1)n =r ，于是||85|cos ,|||||n AN n AN n AN ⋅<>==r u u u rr u u u r r u u u r .21.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面ABC ,=90ACB ∠o ,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（II ）3．（Ⅱ）方法一：过点F 作FQ AK ⊥于Q ，连结BQ ．因为BF ⊥平面ACK ，所以BF AK ⊥，则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，3AC =，2CK =，得313FQ =在Rt BQF △中，313FQ =3BF =3cos BQF ∠=．所以二面角B AD F --3方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形． 取BC 的中点O ，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 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，3)K ，()1,3,0A --，13()2E ，13F(2-． 因此，()0,3,0AC =u u u r ，(3AK =u u u r ，()2,3,0AB =u u u r．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由00AC AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m ，得111130330y x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取)3,0,1=-m ； 由00AB AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，得22222230330x y x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(3,3=-n ． 于是，3cos ,4⋅==⋅m n m n m n ．所以，二面角B AD F --322.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（Ⅰ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； （Ⅱ）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.EDCBPA【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13.（Ⅱ）方法一：由已知，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 ， 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，22PA AH +322， 所以sin ∠APH=AH PH =13.方法二：由已知，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 u u u r ,AP u u u r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 u u u r =（1,0,-2），EC uuu r =（1,1,0），AP u u u r =（0,0,2）设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z)，由0,0,PE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u u u u r u u u rn n 得20,0,x z x y -=⎧⎨+=⎩ 设x=2，解得n=(2,-2,1). 设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α=||||||n AP n AP ⋅⋅u u u u ru u u r =2221322(2)1=⨯+-+ . 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.z yxMDCBPA23. 【2016高考上海理数】将边长为1的正方形11AAO O （及其内部）绕的1OO 旋转一周形成圆柱，如图，»AC 长为23π，¼11A B 长为3π，其中1B 与C 在平面11AAO O 的同侧。