(浙江专用)2021届高考数学一轮复习专题八立体几何8.5空间向量及其在立体几何中的应用试题(含解析)

§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.如图,四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F 分别是AB,PD 的中点,且PA=AD. (1)求证:AF∥平面PEC;
(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.
证明 ∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为正方形, ∴PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,
以A 为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,
由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0), P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0). (1)∵F 为PD 的中点,E 为AB 的中点, ∴F(0,1,1),E(1,0,0),
∴PE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2). 设平面PEC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),
则{n 1·PE ⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1-2z 1=0,2x 1+2y 1-2z 1=0,
取z 1=1,则n 1=(2,-1,1),
又∵AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),∴AF
⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0-1+1=0, ∴AF
⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n 1,∴AF∥平面PEC. (2)PC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 设平面PCD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·PD
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2x 2+2y 2-2z 2=0,2y 2-2z 2=0,即{x 2+y 2-z 2=0,y 2-z 2=0,
取z 2=1,则n 2=(0,1,1),
又∵n 1=(2,-1,1)是平面PEC 的一个法向量, ∴n 1·n 2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n 1⊥n 2, ∴平面PEC⊥平面PCD.
2.如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A⊥底面ABCD,点P,Q 分别在棱DD 1,BC 上.
(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ;
(2)若PQ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为3
7,求四面体ADPQ 的体积.
解析 由题设知,AA 1,AB,AD 两两垂直.以A 为坐标原点,AB,AD,AA 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B 1(3,0,6),D(0,6,0),D 1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.
(1)证明:因为P 是DD 1的中点,所以P (0,9
2,3),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m -92
,-3).又AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,6), 于是AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =18-18=0,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AB 1⊥PQ.
(2)由题设知,DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m-6,0),DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1=(x,y,z)是平面PQD 的法向量,则{n 1·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{6x +(m -6)y =0,
-3y +6z =0.取y=6,得n 1=(6-m,6,3).又平面AQD 的一个法向量是n 2=(0,0,1),
所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2
|n
1|·|n 2
|
=1×√(6-m )+62+32=
√(6-m )+45.
而二面角P-QD-A 的余弦值为37
,因此
√(6-m )+45
=3
7
,解得m=4或m=8(舍去),此时
Q(6,4,0).
设DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ≤1),而DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以
PQ
⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,3λ-2,-6λ). 因为PQ∥平面ABB 1A 1,且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 3=0,即3λ-2=0,亦即λ=2
3,从而P(0,4,4).
于是,将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ 的体积V=1
3S △ADQ ·h=1
3×1
2×6×6×4=24.
考点二 用向量法求空间角与距离
3.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. (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; (3)在(2)的条件下,求点D 到平面BMC 的距离.
解析 (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)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD,如图.
由(1)知AB⊥平面BCD,又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 (0,1
2,1
2
),
则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12
,1
2
),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1).
设平面MBC 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0),
则{n ·BC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 0+y 0=0,12
y 0+12
z 0=0, 取z 0=1,得平面MBC 的一个法向量为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√6
3. (3)由(2)可知平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1),
又∵BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), ∴点D 到平面BMC 的距离为
|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |
=√3=√3
3
.
4.如图,在四棱锥A-EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O 为EF 的中点. (1)求证:AO⊥BE;
(2)求二面角F-AE-B 的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a 的值;
(4)在(3)的条件下,求BE 与AF 所成角的余弦值.
解析 (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO⊥EF. 又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO ⊂平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB. 所以AO⊥BE.
(2)取BC 的中点G,连接OG.
由题意知四边形EFCB 是等腰梯形, 所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG ⊂平面EFCB, 所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,
则E(a,0,0),A(0,0,√3a),B(2,√3(2-a),0),
所以EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a,0,√3a),BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0). 设平面AEB 的法向量为n=(x,y,z),
则{n ·EA
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-ax +√3az =0,(a -2)x +√3(a -2)y =0.
令z=1,则x=√3,y=-1.
于是n=(√3,-1,1).
又平面AEF 的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>=n ·p
|n ||p |=-√5
5.
由题设知二面角F-AE-B 为钝二面角, 所以它的余弦值为-√5
5.
(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE
⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 因为BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3(2-a),0), 所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2(a-2)-3(a-2)2. 由BE
⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0及0<a<2,解得a=43
. (4)由(3)可知A (0,0,
4√33),F (-43,0,0),E (43,0,0),B (2,2√3
3
,0), ∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-43,0,-4√33),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-23,-2√33
,0), ∴cos<BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗
|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=8
983×43=14
, ∴BE 与AF 所成角的余弦值为1
4.
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 求异面直线所成角的方法
1.(2017课标Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√3
2 B.
√15
5
C.
√10
5
D.√3
3
答案 C
2.(2019吉林长春外国语学校一模,15)如图所示,平面BCC 1B 1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC 1B 1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为 .
答案
√64
考法二 求直线与平面所成角的方法
3.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点. (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.
解析 如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,
设AC,A 1C 1的中点分别为O,O 1, 则OB⊥OC,OO 1⊥OC,OO 1⊥OB, 以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.
因为AB=AA 1=2,所以A(0,-1,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2). (1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P (√32,-1
2,2). 从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,-12
,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2). 故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AC
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×2√
2=3√10
20. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√10
20
. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q (√3
2,1
2,0),
因此AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32
,32
,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).
设n=(x,y,z)为平面AQC 1的一个法向量,
则{ AQ
⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√32x +32y =0,2y +2z =0.不妨取n=(√3,-1,1).
设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ, 则sin θ=|cos<CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=
|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |
|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√5×2=√55
, 所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√5
5
.
4.(2018湖北八校4月联考,18)如图,四边形ABCD 与BDEF 均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°. (1)求证:AC⊥平面BDEF;
(2)求直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值.
解析 (1)证明:设AC 与BD 相交于点O,连接FO, ∵四边形ABCD 为菱形,∴AC⊥BD,且O 为AC 中点, ∵FA=FC,∴AC⊥FO,
又FO∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(5分)
(2)连接DF,∵四边形BDEF 为菱形,且∠DBF=60°,
∴△DBF 为等边三角形,∵O 为BD 的中点,∴FO⊥BD,又AC⊥FO,AC∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF 两两垂直,
∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.(7分)
设AB=2,∵四边形ABCD 为菱形,∠DAB=60°,
∴BD=2,AC=2√3.
∵△DBF 为等边三角形,∴OF=√3.∴A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,√3),
∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,√3),AB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 设平面ABF 的法向量为n=(x,y,z), 则{AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-√3x +√3z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-√3x +y =0, 取x=1,得n=(1,√3,1).(10分) 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ, 则sin θ=|cos<AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=
|AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√155.(12分)
考法三 求二面角的方法
5.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD 中,CD=2,BC=1,E,F 是平面ABCD 同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=√5,FC=1. (1)证明:平面CDF⊥平面ADE; (2)求二面角E-BD-F 的正弦值.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是矩形,∴CD⊥AD. ∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE. 又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.
∵CD ⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.
(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=√5,
∴DE 2=AD 2+AE 2
,∴AE⊥AD.
又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.
以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2). ∴DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1), 设平面BDF 的法向量为m=(x,y,z),
∴{m ·DB
⃗⃗⃗⃗⃗ =x +2y =0,m ·DF
⃗⃗⃗⃗⃗ =2y +z =0,令x=2,得m=(2,-1,2).
同理可求得平面BDE 的一个法向量为n=(2,-1,-1), ∴cos<m,n>=m ·n
|m |·|n |=
3×√6=√6
6,
∴sin<m,n>=
√30
6
.故二面角E-BD-F 的正弦值为
√30
6
. 6.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥P-ABC 中,PC⊥AB,△ABC 是边长
为2
的正三角形,PB=4,∠PBC=60°. (1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)设F 为棱PA 的中点,求二面角P-BC-F 的余弦值.
解析 (1)证明:在△PBC 中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=2√3,
∴PC 2+BC 2=PB 2
,∴PC⊥BC,(2分) 又PC⊥AB,AB∩BC=B,
∴PC⊥平面ABC,∵PC ⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(4分)
(2)在平面ABC 中,过点C 作CM⊥CA,以CA,CM,CP 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略).
则C(0,0,0),P(0,0,2√3),A(2,0,0),B(1,√3,0),F(1,0,√3).(6分) 设平面PBC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1), 则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =x 1+√3y 1=0,CP ⃗⃗⃗⃗ ·m =2√3z 1=0,
z 1=0,取y 1=-1,则x 1=√3, 即m=(√3,-1,0)为平面PBC 的一个法向量.(8分) 设平面BCF 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2), 则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3y 2=0,CF
⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3z 2=0, 取x 2=√3,则y 2=-1,z 2=-1,即n=(√3,-1,-1)为平面BCF 的一个法向量,(10分) cos<m,n>=m ·n
|m ||n |=
2×√(√3)+(-1)+(-1)
=
2√55
.
由题图可知二面角P-BC-F 为锐二面角, 故二面角P-BC-F 的余弦值为
2√5
5
.(12分)
应用篇知行合一
【应用集训】
1.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD 是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6. (1)求证:平面ACE⊥平面BED;
(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值;
(3)在线段AF 上是否存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°?若存在,求出AM
AF 的值;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:因为平面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)
又因为AC ⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD 是正方形,所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE ⊂平面BED,BD ⊂平面BED,
所以AC⊥平面BDE.(3分) 又因为AC ⊂平面ACE,
所以平面ACE⊥平面BED.(4分)
(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz 如图所示.
则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)
所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-√6). 设平面BEF 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1).
则{n ·BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3x 1-3y 1+3√6z 1=0,3x 1-√6z 1=0,
令x 1=√6,则y 1=2√6,z 1=3,则n=(√6,2√6,3).(6分) 所以cos<CA
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA
⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√63√2×√39=-√13
13.(7分)
所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√13
13
.(8分)
(3)存在,理由如下:
设M(3,0,t),0≤t≤2√6.(9分)
则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,t),BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6). 设平面MBE 的法向量为m=(x 2,y 2,z 2),
则{m ·BM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3y 2+tz 2=0,-3x 2-3y 2+3√6z 2=0,
令y 2=t,则z 2=3,x 2=3√6-t,则m=(3√6-t,t,3).(10分) 又CA
⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0)是平面BDE 的一个法向量, ∴|cos<m,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗
||m ||CA ⃗⃗⃗⃗⃗
|
=√6-3√2×√(3√6-t )+t 2+9
=1
2
,(11分)
整理得2t 2
-6√6t+15=0,解得t=√6
2或t=5√6
2
(舍去),(12分)
∴
AM AF =14
.(13分)
2.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别是AC,AB 上的点,且
DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置,使A 1C⊥CD,如图2. (1)若M 是A 1D 的中点,求直线CM 与平面A 1BE 所成角的大小;
(2)线段BC 上是否存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直?说明理由.
解析 (1)由折叠的性质得CD⊥DE,A 1D⊥DE,又CD∩A 1D=D,∴DE⊥平面A 1CD.又∵A 1C ⊂平面A 1CD,∴A 1C⊥DE,又A 1C⊥CD,CD∩DE=D,
∴A 1C⊥平面BCDE.(3分)
建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A 1(0,0,2√3),E(-2,2,0),B(0,3,0),
∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-2√3),A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2√3),
设平面A 1BE 的法向量为n=(x,y,z), 则{A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,
∴{3y -2√3z =0,-2x +2y -2√3z =0,取z=√3,则x=-1,y=2, ∴n=(-1,2,√3).(5分)
又∵M(-1,0,√3),∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3), ∴cos<CM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√1+4+3×√
1+3=√2
2. ∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°.(6分)
(2)假设线段BC 上存在点P 满足条件,设P 点坐标为(0,a,0),则a∈[0,3], ∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,-2√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,a,0), 设平面A 1DP 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{ay 1-2√3z 1=0,2x 1+ay 1=0,
取y 1=6,则x 1=-3a,z 1=√3a, ∴n 1=(-3a,6,√3a).(9分)
若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直,则n 1·n=0, ∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2, ∵0≤a≤3,∴a=-2舍去.
∴线段BC 上不存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.(12分)
【五年高考】
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.(2018天津,17,13分)如图,AD∥BC 且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD 且EG=AD,CD∥FG 且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=
2.
(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F 的正弦值;
(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.
解析 本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、运算求解能力和推理论证能力.
依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M (0,3
2,1),N(1,0,2).
(1)证明:依题意得DC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x 0,y 0,z 0)为平面CDE 的法向量,
则{n 0·DC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0
·DE
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 0=0,2x 0+2z 0=0,
不妨令z 0=-1,可得n 0=(1,0,-1). 又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-32,1),可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0, 又因为直线MN ⊄平面CDE,
所以MN∥平面CDE.
(2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x 1,y 1,z 1)为平面BCE 的法向量,
则{n ·BC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 1=0,x 1-2y 1+2z 1=0,
不妨令z 1=1,可得n=(0,1,1).
设m=(x 2,y 2,z 2)为平面BCF 的法向量,
则{m ·BC
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 2=0,-y 2+2z 2=0,
不妨令z 2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos<m,n>=
m ·n
|m ||n |=3√10
10,于是
sin<m,n>=
√10
10
. 所以,二面角E-BC-F 的正弦值为
√10
10
. (3)设线段DP 的长为h(h∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h),可得BP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h). 易知,DC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量, 故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP
⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ2+5, 由题意,可得
√ℎ2+5
=sin 60°=√3
2
,解得h=√33
∈[0,2].
所以,线段DP 的长为√3
3.
方法归纳 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤
(1)审清题意并建系,利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系; (2)确定相关点的坐标,结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;
(3)确定直线的方向向量和平面的法向量,利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;
(4)转化为向量运算,将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解; (5)问题还原,结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).
2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N 分别为棱PA,PC,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE;
(2)求二面角C-EM-N 的正弦值;
(3)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√7
21,求线段AH 的长.
解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.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、运算求解能力和推理论证能力.
如图,以A 为原点,分别以AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得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)证明:DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE 的法向量,则{n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗
=0,n ·DB
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x -2z =0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),可得MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0. 因为MN ⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n 1=(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量.设n 2=(x,y,z)为平面EMN 的法向量,则{n 2·EM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.
因为EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),所以{-2y -z =0,x +2y -z =0. 不妨设y=1,可得n 2=(-4,1,-2). 因此有cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|
=-
4
√21
,
于是sin<n 1,n 2>=
√105
21
. 所以,二面角C-EM-N 的正弦值为
√105
21
. (3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2).由已知,得|cos<NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
·BE ⃗⃗⃗⃗⃗
||NH
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ2+5×2√3
=√7
21,整理得10h 2
-21h+8=0,解得h=85或h=1
2.
所以,线段AH 的长为8
5或1
2.
方法总结 利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,
建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论. 3.(2016课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD,N 为PC 的中点. (1)证明MN∥平面PAB;
(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.
解析 (1)证明:由已知得AM=2
3AD=2. 取BP 的中点T,连接AT,TN,
由N 为PC 的中点知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分)
又AD∥BC,故TN AM,故四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN∥AT.
因为AT ⊂平面PAB,MN 平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)
(2)取BC 的中点E,连接AE.由AB=AC 得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=√AB 2-BE 2=√AB 2-(BC 2)2
=√5.
以A 为坐标原点,AE
⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(√5,2,0),N (√5
2,1,2), PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,-2),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,2). 设n=(x,y,z)为平面PMN 的法向量, 则{n ·PM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52
x +y -2z =0,(10分)
可取n=(0,2,1).
于是|cos<n,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
||n ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=8√525
. 即直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√5
25.(12分)
4.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面
ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A 1A=A 1C=AC,E,F 分别是AC,A 1B 1的中点. (1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.
解析 (1)证明:连接A 1E,因为A 1A=A 1C,E 是AC 的中点,所以A 1E⊥AC. 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC, 所以,A 1E⊥平面ABC.
如图,以点E 为原点,分别以射线EC,EA 1为y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.
不妨设AC=4,
则A 1(0,0,2√3),B(√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),F (√3
2,3
2,2√3),C(0,2,0). 因此,EF
⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32
,32
,2√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 由EF
⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得EF⊥BC. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.
由(1)可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3). 设平面A 1BC 的法向量为n=(x,y,z). 由{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0. 取n=(1,√3,1), 故sin θ=|cos<EF
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|EF
⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||EF
⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=45. 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为3
5.
评析 本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从E 引发的三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.
5.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点. (1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-PA-C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.
解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP⊥AC,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√22
AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=1
2
AC=2.
由OP 2+OB 2=PB 2
知PO⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.
(2)如图,以O 为坐标原点,OB
⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2√3),AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面PAC 的法向量OB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,4-a,0). 设平面PAM 的法向量为n=(x,y,z). 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {
2y +2√3z =0,
ax +(4-a )y =0,
可取n=(√3(a-4),√3a,-a),
所以cos<OB
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(2√3(a -4)+3a 2+a 2
.
由已知可得|cos<OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32. 所以
√3|2√3(a -4)+3a 2+a 2
=√32.解得a=-4(舍去)或a=4
3.
所以n=(-
8√33,4√33,-4
3
). 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos<PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√3
4.
考点二 用向量法求空间角与距离
6.(2019课标Ⅰ,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点.
(1)证明:MN∥平面C 1DE;
(2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.
解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME∥B 1C,且ME=1
2B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以
ND=1
2
A 1D.由题设知A 1
B 1DC,可得B 1
C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN∥ED.又MN
平面EDC 1,
所以MN∥平面C 1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 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(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).
设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.
所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.
可取m=(√3,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.
所以{-√3q =0,
-p -2r =0.可取n=(2,0,-1).
于是cos<m,n>=
m ·n
|m ||n |=
2√3
2×√5=
√15
5,
所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为
√10
5
. 7.(2019课标Ⅲ,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中
AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D 四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.
解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养. (1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG 确定一个平面,从而A,C,G,D 四点共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因为AB ⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3. 以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,
则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n=(x,y,z),
则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0. 所以可取n=(3,6,-√3).
又平面BCGE 的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos<n,m>=
n ·m
|n ||m |=√3
2.
因此二面角B-CG-A 的大小为30°.
思路分析 (1)利用折叠前后AD 与BE 平行关系不变,可得AD∥CG,进而可得A 、C 、G 、D 四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得AB⊥BE,AB⊥BC,从而AB⊥平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.
(2)由(1)可得EH⊥平面ABC.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A 的大小.
8.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C,D 的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.
解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.
(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M 为CD
⏜上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM ⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D 为坐标原点,DA
⃗⃗⃗⃗⃗ 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.
当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD
⏜的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量,则
{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).
DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此 cos<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=
n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||DA
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√5
5. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是
2√5
5
.
解后反思 一、面面垂直的判定
在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.
二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法
1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解. 9.(2017课标Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面
ABCD,AB=BC=1
2AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.
解析 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.
(1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF∥AD,EF=1
2AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=1
2
AD,所以EF
BC,则四边形BCEF 是平行四边形,所以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 为坐标原点,AB
⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),PC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).
设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD 的法向量, 所以|cos<BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin 45°,
√(x -1)+y 2+z 2
=√2
2,
即(x-1)2
+y 2
-z 2
=0.①
又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②
由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去),或{
x =1-√22,y =1,z =√62,
所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√6
2
). 设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,
则{m ·AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,
所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m ·n
|m ||n |=
√10
5
. 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为
√10
5
. 方法总结 本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考的热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.
解题关键 由线面角为45°求点M 的坐标是解题的关键.
10.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF 中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值.
解析 (1)证明: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,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且F 为CK 的中点,则BF⊥CK. 所以B F⊥平面ACFD.
(2)由(1)知△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O,连接KO,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 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0), E (1
2,0,
√32),F (-12,0,√3
2
). 因此,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),AK ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,√3),AB
⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3,0). 设平面ACK 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),平面ABK 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2).
由{AC ⃗⃗⃗⃗⃗
·m =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0
得{3y 1=0,x 1+3y 1+√3z 1=0,取m=(√3,0,-1);
由{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0得{2x 2+3y 2=0,x 2+3y 2+√3z 2=0,取n=(3,-2,√3).
于是,cos<m,n>=
m ·n
|m |·|n |=√34.
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√3
4.
方法总结 若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n 1和n 2,则|cos θ|=|cos<n 1,n 2>|,要求cos θ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cos θ=|cos<n 1,n 2>|,还是cos θ=-|cos<n 1,n 2>|.
评析 本题主要考查空间点、线、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. 11.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以
AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF ⏜的中点.
(1)设P 是CE
⏜上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.
解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP ⊂平面ABP,AB∩AP=A, 所以BE⊥平面ABP,又BP ⊂平面ABP,
所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.
(2)解法一:以B 为坐标原点,分别以BE,BP,BA 所在的直线为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,√3,3),C(-1,√3,0), 故AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3), 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量.
由{m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗
=0,m ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0
可得{2x 1-3z 1=0,x 1+√3y 1=0.
取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m=(3,-√3,2).
设n=(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量.
由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG
⃗⃗⃗⃗⃗ =0可得{x 2+√3y 2=0,
2x 2+3z 2=0.
取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n=(3,-√3,-2). 所以cos<m,n>=m ·n
|m |·|n |=1
2.
易知所求角为锐二面角, 因此所求的角为60°.
解法二:取EC
⏜的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形, 所以AE=GE=AC=GC=√32+22=√13. 取AG 的中点M,连接EM,CM,EC, 则EM⊥AG,CM⊥AG,
所以∠EMC 为所求二面角的平面角.
又AM=1,所以EM=CM=√13-1=2√3. 在△BEC 中,由于∠EBC=120°,
由余弦定理得EC 2=22+22
-2×2×2×cos 120°=12,
所以EC=2√3,因此△EMC 为等边三角形,故所求的角为60°.
12.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F=4.过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (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α所成角的正弦值.
解析 (1)交线围成的正方形EHGF 如图:
(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A 1E=4,EM=AA 1=8. 因为EHGF 为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH=√EH 2-EM 2=6,所以AH=10. 以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 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{n ·FE
⃗⃗⃗⃗ =0,n ·HE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{10x =0,-6y +8z =0,所以可取n=(0,4,3).
又AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-10,4,8),故|cos<n,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗
||n ||AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |
=4√515
. 所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为
4√5
15
. 思路分析 (1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度作截面;(2)以D
为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面α的法向量与直线AF 的方向向量,从而利用向量法求得直线AF 与平面α所成角的正弦值.
方法技巧 利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.
13.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°.
(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.
解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力. 在平面ABCD 内,过点A 作AE⊥AD,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD, 所以AA 1⊥AE,AA 1⊥AD.
如图,以{AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°,
所以A(0,0,0),B(√3,-1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),A 1(0,0,√3),C 1(√3,1,√3). (1)A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3), 则cos<A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=
(√3,-1,-√3)·(√3,1,√3)
7
=-1
7,
因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为1
7. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE
⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3,0),
则{m ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3x -y -√3z =0,-√3x +3y =0.
不妨取x=3,则y=√3,z=2,
所以m=(3,√3,2)为平面BA 1D 的一个法向量, 从而cos<AE
⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m |=√3,√3,√3×4
=3
4. 设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=34
. 因为θ∈[0,π],所以sin θ=√1-cos 2θ=√7
4. 因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为√74
.
14.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,
使点C 到达点P 的位置,且PF⊥BF. (1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
解析 (1)证明: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,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系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
2, 则H(0,0,0),P (0,0,
√32),D (-1,-32,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32
)为平面ABFD 的法向量.
设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ=|HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=3
4√3=√3
4
.所以
DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34
.
易错警示 利用空间向量求线面角的注意事项
(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.
(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin 2θ+cos 2
θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.
教师专用题组
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.(2016天津,17,13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.
(1)求证:EG∥平面ADF;
(2)求二面角O-EF-C 的正弦值;
(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=2
3HF,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.
解析 依题意得,OF⊥平面ABCD,如图,以O 为原点,分别以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA
⃗⃗⃗⃗⃗ ,OF ⃗⃗⃗⃗⃗ 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)证明:依题意得,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AF
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2). 设n 1=(x,y,z)为平面ADF 的法向量,
则{n 1·AD
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AF
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x =0,x -y +2z =0.
不妨设z=1,可得n 1=(0,2,1),又EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2),可得EG
⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,又因为直线EG 平面ADF,所以EG∥平面ADF. (2)易证,OA
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量. 依题意得,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,2). 设n 2=(x,y,z)为平面CEF 的法向量,则{n 2·EF
⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,
即{x +y =0,-x +y +2z =0.不妨设x=1,可得n 2=(1,-1,1). 因此有cos<OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√6
3,于是sin<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=√33.所以,二面角O-EF-C 的正弦值为√3
3.
(3)由AH=23
HF,得AH=25
AF.
因为AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2),所以AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,-25,45
), 进而有H (-35,35,4
5),从而BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,85,45
), 因此cos<BH
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2|BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√7
21
.
所以,直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为√7
21.
思路分析 (1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的
余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值. 2.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,侧棱A 1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA 1=2,AD=CD=√5,且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点. (1)求证:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D 1-AC-B 1的正弦值;。