备战高考数学一轮复习第10单元空间向量在立体几何中的应用单元训练(B卷,理,含解析)

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2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：空间向量与立体几何

必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22.(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1＝AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值．解(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，所以1A A BC V -＝13S △ABC ·AA 11111433ABC A B C V -==，又△A 1BC 的面积为22，1113A A BC A BC V S h -=△＝13×22h ＝43，所以h ＝2，即点A 到平面A 1BC 的距离为2.(2)取A 1B 的中点E ，连接AE ，则AE ⊥A 1B .因为平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，又BC ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥BC .又AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AE ＝A ，AA 1，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .以B 为坐标原点，分别以BC →，BA →，BB 1—→的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由(1)知，AE ＝2，所以AA 1＝AB ＝2，A 1B ＝22.因为△A 1BC 的面积为22，所以22＝12·A 1B ·BC ，所以BC ＝2，所以A (0,2,0)，B (0,0,0)，C (2,0,0)，A 1(0，2,2)，D (1,1,1)，E (0,1,1)，则BD →＝(1,1,1)，BA →＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD →＝0，n ·BA →＝0，x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．又平面BDC 的一个法向量为AE →＝(0，－1，1)，所以cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n |AE →|·|n |＝－12×2＝－12.设平面ABD 与平面BCD 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈AE →，n 〉＝32，所以平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值为32.2.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PA ⊥平面ABCD ，M 是PC 的中点，PA ＝AB .(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)设直线AM 与平面PBD 交于O ，求证：AO ＝2OM .证明(1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，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，设PA ＝AB ＝2，则P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,1,1)，PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(0,2，－2)，AM →＝(1,1,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝2x －2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)，∵AM →＝n ，∴AM ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于点E ，则E 是AC 的中点，连接PE ，∵AM ∩平面PBD ＝O ，∴O ∈AM 且O ∈平面PBD ，∵AM ⊂平面PAC ，∴O ∈平面PAC ，又平面PBD ∩平面PAC ＝PE ，∴O ∈PE ，∴AM ，PE 的交点就是O ，连接ME ，∵M 是PC 的中点，∴PA ∥ME ，PA ＝2ME ，∴△PAO ∽△EMO ，∴PA ME ＝AO OM ＝21，∴AO ＝2OM .3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，PA ＝AB ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求点B 到平面PCF 的距离．(1)证明连接EF (图略)，∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥PA ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ，∵AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∴AF ∥CD ，且AF ＝CD .∴四边形ADCF 为平行四边形，即CF ∥AD ，∵CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CF ∥平面PAD ，∵EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ，∴平面PAD ∥平面EFC ，CE ⊂平面EFC ，则CE ∥平面PAD .(2)解∵∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，∴AB ⊥AD ，CF ⊥AB ，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CF ，又PA ∩AB ＝A ，∴CF ⊥平面PAB ，∴CF ⊥PF .设CF ＝x ，则S △AFC ＝12×1×x ＝x 2，S △PFC ＝12×5×x ＝52x ，设点A 到平面PCF 的距离为h ，由V P －AFC ＝V A －PFC ，得13×x 2×2＝13×5x 2×h ，则h ＝255.∵点F 为AB 的中点，∴点B 到平面PCF 的距离等于点A 到平面PCF 的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB ＝BD ＝2，∠ACB ＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．(1)证明因为AD ＝CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE .在△ADB 和△CDB 中，因为AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ，DB ＝DB ，所以△ADB ≌△CDB ，所以AB ＝BC .因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE .又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知AB ＝BC ，又∠ACB ＝60°，AB ＝2，所以△ABC 是边长为2的正三角形，则AC ＝2，BE ＝3，AE ＝1.因为AD ＝CD ，AD ⊥CD ，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE ＝1.所以DE 2＋BE 2＝BD 2，则DE ⊥BE .由(1)可知，AC ⊥平面BED .连接EF ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，即EF 的长度最小．在Rt △BED 中，当EF 的长度最小时，EF ⊥BD ，EF ＝DE ·BE BD ＝32.方法一由(1)可知，DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，所以EA ，EB ，ED 两两垂直，以E 为坐标原点，EA ，EB ，ED 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0,0,1)，C (－1,0,0)，AB →＝(－1，3，0)，DB →＝(0，3，－1)．易得DF ＝12，FB ＝32，所以3DF →＝FB →.设F (0，y ，z )，则DF →＝(0，y ，z －1)，FB →＝(0，3－y ，－z )，所以3(0，y ，z －1)＝(0，3－y ，－z )，得y ＝34，z ＝34，即，34，所以CF →，34，设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－x 1＋3y 1＝0，·DB →＝3y 1－z 1＝0，不妨取y 1＝1，则x 1＝3，z 1＝3，n ＝(3，1，3)．记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈CF →，n 〉|＝|CF →·n ||CF →||n |＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法二因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2倍．因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .因为V D －AEB ＝V E －ADB ，所以13·12AE ·BE ·DE ＝13·S △ABD ·d 2，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．在△ABD 中，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，所以S △ABD ＝72，所以d ＝2217.由(1)知AC ⊥平面BED ，EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E 作EM ⊥AB 交AB 于点M ，连接DM ，过点E 作EG ⊥DM 交DM 于点G .因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AB ，又EM ∩DE ＝E ，EM ，DE ⊂平面DEM ，所以AB ⊥平面DEM ，又EG ⊂平面DEM ，所以AB ⊥EG ，又AB ∩DM ＝M ，AB ，DM ⊂平面ABD ，所以EG ⊥平面ABD ，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的12.因为EM ＝AE ·sin 60°＝32，所以EG ＝DE ·EM DM ＝DE ·EM DE 2＋EM 2＝217，所以点C 到平面ABD 的距离d ＝2217.FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE (图略)，因为DC ∥AB ，CD ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，且DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝CD ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在图②中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC (图略)，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝CD ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，因为OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥AC .(2)解若选择①：由(1)知DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 交OC 于点H (图略)，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以四棱锥A －BCDE 的体积V A －BCDE ＝2＝13×23·AH ，所以AH ＝OA ＝3，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，即OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，又OA ⊂平面AOC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点．(1)证明：平面ACD ⊥平面AEF ；(2)若∠BCD ＝60°，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 运动到何处时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．(1)证明因为△ABC 是正三角形，点E 是BC 的中点，所以AE ⊥BC ，又因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AE ，因为点E ，F 分别是BC ，CD 的中点，所以EF ∥BD ，又因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ，又因为AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以CD ⊥平面AEF ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面AEF .(2)解在平面BCD 中，过点E 作EH ⊥BD ，垂足为H ，此时EH ∥CD ，即H 为BD 的中点，设BC ＝4，则EA ＝23，DF ＝FC ＝1，EF ＝ 3.以E 为原点，以EH ，EF ，EA 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E (0,0,0)，A (0,0,23)，C (－1，3，0)，D (1，3，0)，设G (1，y ,0)(－3≤y ≤3)，则EA →＝(0,0,23)，AD →＝(1，3，－23)，CD →＝(2,0,0)，EG →＝(1，y ,0),设平面AEG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·EA →＝23z 1＝0，n 1·EG →＝x 1＋yy 1＝0，令y 1＝－1，得n 1＝(y ，－1,0)，设平面ACD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·CD →＝2x 2＝0，2·AD →＝x 2＋3y 2－23z 2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(0,2,1)，设平面AEG 与平面ACD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－2|5·y 2＋1＝25·y 2＋1，当y ＝0时，cos θ最大，此时平面AEG 与平面ACD 的夹角θ最小，故当点G 为BD 的中点时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．。

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§3.2 空间向量在立体几何中的应用 3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程学习目标 1.了解直线的方向向量，了解直线的向量方程.2.会用向量方法证明线线、线面、面面的平行.3.会用向量证明两条直线垂直.4.会利用向量求两条直线所成的角．知识点一用向量表示直线或点在直线上的位置 1．用向量表示直线或点在直线上的位置(1)在直线l 上给定一个定点A 和它的一个方向向量a ，对于直线l 上的任意一点P ，则有AP →＝t a 或OP →＝OA →＋t a 或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →(AB →＝a )，上面三个向量等式都叫做空间直线的向量参数方程．向量a 称为该直线的方向向量． 2．线段AB 的中点M 的向量表达式OM →＝12(OA →＋OB →)．知识点二用向量方法证明直线与直线平行、直线与平面平行、平面与平面平行1．设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则由向量共线的条件，得l 1∥l 2或l 1与l 2重合⇔v 1∥v 2.2．已知两个不共线向量v 1，v 2与平面α共面，一条直线l 的一个方向向量为v ，则由共面向量定理，可得l ∥α或l 在α内⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.3．已知两个不共线向量v 1，v 2与平面α共面，则由两平面平行的判定与性质，得 α∥β或α与β重合⇔v 1∥β且v 2∥β.知识点三用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角 1．用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角设两条直线所成的角为θ，v 1和v 2分别是l 1和l 2的方向向量，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2，cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|.2．求两直线所成的角应注意的问题在已知的两条直线上(或同方向上)取两条直线的方向向量v 1，v 2，所以cos 〈v 1，v 2〉＝v 1·v 2|v 1||v 2|.但要注意，两直线的夹角与〈v 1，v 2〉并不完全相同，当〈v 1，v 2〉为钝角时，应取其补角作为两直线的夹角．1．直线l 的方向向量是唯一的．( × )2．若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．( √ )3．若向量a 是直线l 的一个方向向量，则向量k a 也是直线l 的一个方向向量．( × ) 4．两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直．( × )题型一空间中点的位置确定例1 已知点A (2,4,0)，B (1,3,3)，如图，以AB →的方向为正向，在直线AB 上建立一条数轴，P ，Q 为轴上的两点，且分别满足条件：(1)AP ∶PB ＝1∶2； (2)AQ ∶QB ＝2∶1. 求点P 和点Q 的坐标．解 (1)由已知，得PB →＝2AP →，即OB →－OP →＝2(OP →－OA →)， OP →＝23OA →＋13OB →.设点P 坐标为(x ，y ，z )，则上式换用坐标表示，得 (x ，y ，z )＝23(2,4,0)＋13(1,3,3)，即x ＝43＋13＝53，y ＝83＋33＝113，z ＝0＋1＝1.因此，P 点的坐标是⎝⎛⎭⎫53，113，1. (2)因为AQ ∶QB ＝2∶1，所以AQ →＝－2QB →，OQ →－OA →＝－2(OB →－OQ →)，OQ →＝－OA →＋2OB →，设点Q 的坐标为(x ′，y ′，z ′)，则上式换用坐标表示，得(x ′，y ′，z ′)＝－(2,4,0)＋2(1,3,3)＝(0,2,6)，即x ′＝0，y ′＝2，z ′＝6. 因此，Q 点的坐标是(0,2,6)．反思感悟确定点的坐标可利用向量运算根据两个向量相等列方程解得．跟踪训练1 已知点A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C 为线段AB 上一点且|AC →||AB →|＝13，则点C 的坐标为( ) A.⎝⎛⎭⎫72，－12，52 B.⎝⎛⎭⎫38，－3，2 C.⎝⎛⎭⎫103，－1，73 D.⎝⎛⎭⎫52，－72，32 答案 C解析设C (x ，y ，z )，∵C 为线段AB 上一点且|AC →||AB →|＝13，∴AC →＝13AB →，即(x －4，y －1，z －3)＝13(－2，－6，－2)，∴x ＝103，y ＝－1，z ＝73.题型二向量方法处理平行问题例2 如图，已知正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′，点M ，N 分别是面对角线A ′B 与面对角线A ′C ′的中点．求证：MN ∥侧面AD ′；MN ∥AD ′，并且MN ＝12AD ′.证明设AB →＝a ，AD →＝b ，AA ′—→＝c ，则AM →＝12(a ＋c )，AN →＝c ＋12(a ＋b )，所以MN →＝AN →－AM →＝12(b ＋c )．因为MN 不在平面AD ′内，所以MN ∥平面AD ′. 又因为b ＋c ＝AD ′—→，所以MN →＝12AD ′—→，所以MN ∥AD ′，MN ＝12AD ′.反思感悟 (1)直线与直线平行、直线与平面平行的向量证法根据是空间向量共线、共面定理．(2)利用直线的方向向量证明直线与直线平行、直线与平面平行时，要注意向量所在的直线与所证直线或平面无公共点．跟踪训练2 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2.点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点，求证：MN ∥RS . 证明方法一设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则 MN →＝MB 1→＋B 1A 1→＋A 1N →＝13c －a ＋12b ，RS →＝RC →＋CD →＋DS →＝12b －a ＋13c ，∴MN →＝RS →，∴MN →∥RS →，又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .方法二如图所示，建立空间直角坐标系Axyz ，则根据题意得M ⎝⎛⎭⎫3，0，43，N (0,2,2)，R (3,2,0)，S ⎝⎛⎭⎫0，4，23. ∴MN →＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，RS →＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，MN →＝RS →， ∴MN →∥RS →，∵M ∉RS ，∴MN ∥RS . 题型三两直线所成的角的求解例3 已知三棱锥O —ABC (如图)，OA ＝4，OB ＝5，OC ＝3，∠AOB ＝∠BOC ＝60°，∠COA ＝90°，M ，N 分别是棱OA ，BC 的中点．求直线MN 与AC 所成角的余弦值．解设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，直线MN 与AC 所成的角为θ，则 MN →＝ON →－OM →＝12(b ＋c )－12a＝12(b ＋c －a )，AC →＝c －a ，所以|MN →|2＝14(b ＋c －a )2＝14(|a |2＋|b |2＋|c |2＋2b·c －2a·b －2a·c ) ＝14(42＋52＋32＋15－20－0)＝454， |AC →|2＝(c －a )2＝|a |2＋|c |2－2a·c ＝42＋32－02＝25， MN →·AC →＝12(b ＋c －a )·(c －a )＝12(b·c ＋|c |2－a·b －2a·c ＋|a |2) ＝12⎝⎛⎭⎫152＋9－10－0＋16＝454. cos θ＝|cos 〈MN →，AC →〉|＝|MN →·AC →||MN →||AC →|＝454454×5 ＝3510.所以直线MN 与AC 所成角的余弦值为3510.反思感悟向量所成角与异面直线所成角的差异：向量所成角的范围是[0，π]，而异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，故异面直线所成角的余弦值一定大于或等于0. 跟踪训练3 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝BB 1＝2，E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1BCC 1的中心，求异面直线AF 与BE 所成角的余弦值．解如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (2,0,0)，B (2,4,0)， C 1(0,4,2)，A 1(2,0,2)， ∴E (1,2,2)，F (1,4,1)， AF →＝(－1,4,1)， BE →＝(－1，－2,2)，∴|AF →|＝18＝32，|BE →|＝9＝3， AF →·BE →＝1－8＋2＝－5，∴cos 〈AF →，BE →〉＝－532×3＝－5218.∵异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，设AF 与BE 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AF →，BE →〉|＝5218.即异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为5218.1．若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2,3,2)，则( ) A ．l 1∥l 2B ．l 1⊥l 2C ．l 1，l 2相交但不垂直D ．不能确定答案 B解析 ∵a·b ＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×2＝0，∴a ⊥b ，∴l 1⊥l 2.2．设l 1的方向向量a ＝(1,3，－2)，l 2的方向向量b ＝(－4,3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( ) A ．1 B.52 C.12 D ．3答案 B解析因为l 1⊥l 2，所以a ·b ＝0，即1×(－4)＋3×3＋(－2)×m ＝0，所以2m ＝9－4＝5，即m ＝52.3．若A (－1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为( ) A ．(1,2,3) B ．(1,3,2) C ．(2,1,3) D ．(3,2,1) 答案 A解析 ∵AB →＝(2,4,6)，而与AB →共线的非零向量都可以作为直线l 的方向向量，故选A. 4．已知向量a ＝(4－2m ，m －1，m －1)，b ＝(4,2－2m,2－2m )，若a ∥b ，则实数m 的值为( ) A ．1 B ．3C ．1或3D ．以上答案都不正确答案 C解析因为b ＝(4,2－2m,2－2m )≠0，所以“a ∥b 的充要条件是a ＝λb ”，得⎩⎪⎨⎪⎧4－2m ＝4λ，m －1＝λ(2－2m )，m －1＝λ(2－2m )，显然m ＝1符合题意，当m ≠1时，由m －1＝λ(2－2m )，得λ＝－12，代入4－2m ＝4λ，得m ＝3.5．已知直线l 1的一个方向向量为(－7,3,4)，直线l 2的一个方向向量为(x ，y,8)，且l 1∥l 2，则x ＝______，y ＝______. 答案－14 6解析 ∵l 1∥l 2，∴－7x ＝3y ＝48(x ≠0，y ≠0)，∴x ＝－14，y ＝6.1．利用向量可以表示直线或点在直线上的位置．2．线线平行、线面平行、面面平行问题都可以转化为两个向量的平行问题，证明依据是空间向量共线、共面定理．3．用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量．共分三步：(1)建立立体几何与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．一、选择题1．已知a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1，l 2的方向向量．若l 1∥l 2，则( ) A ．x ＝6，y ＝15 B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝6，y ＝152答案 D解析由l 1∥l 2得，23＝4x ＝5y (xD ＝/0，yD ＝/0)，解得x ＝6，y ＝152.2．若异面直线l 1，l 2的方向向量分别是a ＝(0，－2，－1)，b ＝(2,0,4)，则异面直线l 1与l 2的夹角的余弦值等于( ) A ．－25 B.25 C ．－255 D.255答案 B解析设l 1与l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a||b|＝|－4|5×20＝25.3．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．105° D ．75° 答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，设BB 1＝1，则A (0,0,1)，B 1⎝⎛⎭⎫62，22，0， C 1(0，2，0)，B ⎝⎛⎭⎫62，22，1. ∴AB 1→＝⎝⎛⎭⎫62，22，－1，C 1B →＝⎝⎛⎭⎫62，－22，1，∴AB 1→·C 1B →＝64－24－1＝0，即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.4．已知A (3,0，－1)，B (0，－2，－6)，C (2,4，－2)，则△ABC 是( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形 D ．以上都不对答案 C解析 ∵AB →＝(－3，－2，－5)，BC →＝(2,6,4)， AC →＝(－1,4，－1)．∴AB →·AC →＝－3×(－1)＋(－2)×4＋(－5)×(－1)＝0， ∴AB ⊥AC .∴△ABC 是直角三角形．又|AB →|≠|AC →|，故选C.5．已知点A (3,3，－5)，B (2，－3,1)，C 为线段AB 上一点，且AC →＝23AB →，则点C 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫72，－12，52 B.⎝⎛⎭⎫38，－3，2 C.⎝⎛⎭⎫73，－1，－1 D.⎝⎛⎭⎫52，－72，32 答案 C解析设C 点坐标为(x ，y ，z )，则AC →＝(x －3，y －3，z ＋5)，AB →＝(－1，－6,6)．由AC →＝23AB →，得⎩⎪⎨⎪⎧x －3＝－23，y －3＝23×(－6)＝－4，z ＋5＝23×6＝4，解得x ＝73，y ＝－1，z ＝－1.即C 点坐标为⎝⎛⎭⎫73，－1，－1.6．从点A (2，－1,7)沿向量a ＝(8,9，－12)的方向取线段长AB ＝34，则B 点的坐标为( ) A ．(－9，－7,7) B ．(18,17，－17) C ．(9,7，－7) D ．(－14，－19,31)答案 B解析设B (x ，y ，z )，则AB →＝(x －2，y ＋1，z －7) ＝λ(8,9，－12)，λ>0.故x －2＝8λ，y ＋1＝9λ，z －7＝－12λ，又(x －2)2＋(y ＋1)2＋(z －7)2＝342，得(17λ)2＝342，∵λ>0，∴λ＝2.∴x ＝18，y ＝17，z ＝－17，即B (18,17，－17)．7．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( ) A ．AC B ．BD C ．A 1D D ．A 1A 答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1.则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1， ∴CE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AC →＝(－1,1,0)，BD →＝(－1，－1,0)， A 1D →＝(－1,0，－1)，A 1A →＝(0,0，－1)． ∵CE →·BD →＝(－1)×12＋(－1)×⎝⎛⎭⎫－12＋0×1＝0， ∴CE ⊥BD .8.如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上结论中正确的是( ) A ．①③④ B ．①②③④ C ．①③ D ．③④答案 A解析 ∵A 1M →＝AM →－AA 1→＝DP →－DD 1→＝D 1P →， ∴A 1M ∥D 1P .∵D 1P ⊂平面D 1PQB 1，A 1M ⊄平面D 1PQB 1， ∴A 1M ∥平面D 1PQB 1.又D 1P ⊂平面DCC 1D 1，A 1M ⊄平面DCC 1D 1，∴A 1M ∥平面DCC 1D 1. ∵B 1Q 为平面DCC 1D 1的斜线，∴B 1Q 与D 1P 不平行，∴A 1M 与B 1Q 不平行．二、填空题9．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)，A (1，－3,2)，B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________. 答案 16解析 P A →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4)．根据共面向量定理，设PC →＝xP A →＋yPB →(x ，y ∈R )，则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.10．已知空间三点A (0,0,1)，B (－1,1,1)，C (1,2，－3)，若直线AB 上一点M ，满足CM ⊥AB ，则点M 的坐标为____________．答案 ⎝⎛⎭⎫－12，12，1 解析设M (x ，y ，z )，则由已知，得 AM →＝λAB →＝λ(－1,1,0)＝(－λ，λ，0)．又AM →＝(x ，y ，z －1)，∴x ＝－λ，y ＝λ，z ＝1. 又CM →·AB →＝0，CM →＝(－λ－1，λ－2,4)， ∴(－λ－1，λ－2,4)·(－1,1,0)＝0， ∴(λ＋1)＋(λ－2)＝0，λ＝12.∴M 点坐标为⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 11．已知两点A (1，－2,3)，B (2,1，－1)，则AB 连线与xOz 平面的交点坐标是____________．答案 ⎝⎛⎭⎫53，0，13 解析设交点坐标为P (x,0，z )，则由A ，P ，B 三点共线可设AP →＝λAB →，得(x －1,2，z －3)＝λ(1,3，－4)，即⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝λ，2＝3λ，z －3＝－4λ，解得⎩⎨⎧x ＝53，z ＝13.故AB 连线与xOz 平面的交点坐标是⎝⎛⎭⎫53，0，13.三、解答题12.如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱SD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为AB ，SC 的中点．证明：EF ∥平面SAD .证明如图所示，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz . 设A (a,0,0)，S (0,0，b )，则B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，F ⎝⎛⎭⎫0，a 2，b 2.所以EF →＝⎝⎛⎭⎫－a ，0，b 2. 取SD 的中点G ⎝⎛⎭⎫0，0，b2，连接AG ，则AG →＝⎝⎛⎭⎫－a ，0，b 2. 因为EF →＝AG →，所以EF ∥AG ，又AG ⊂平面SAD ， EF ⊄平面SAD ，所以EF ∥平面SAD .13.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 上的动点．若异面直线AD 1与EC 所成角为60°，试确定此时动点E 的位置．解以DA 所在直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设E (1，t,0)(0≤t ≤2)，则A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0,2,0)，D 1A →＝(1,0，－1)，CE →＝(1，t －2,0)，根据数量积的定义及已知得，1＋0×(t －2)＋0＝2×1＋(t －2)2·cos 60°，所以t ＝1，所以点E 的位置是AB 的中点．14．已知点A ，B ，C 的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P 的坐标为(x,0，z )，若P A →⊥AB →，P A →⊥AC →，则点P 的坐标为________．答案 ⎝⎛⎭⎫13，0，－23 解析因为AB →＝(－1，－1,1)，AC →＝(2,0,1)， P A →＝(－x,1，－z )，由P A →·AB →＝0，P A →·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －1－z ＝0，－2x －z ＝0，得x ＝13，z ＝－23，所以P ⎝⎛⎭⎫13，0，－23. 15.如图所示，在正方体AC 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面P AO .解如图所示，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，则Q (0,1，z )，则OP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，12， BD 1→＝(－1，－1,1)， ∴OP →∥BD 1→，∴OP ∥BD 1.AP →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12，BQ →＝(－1,0，z )，当z ＝12时，AP →＝BQ →，即AP ∥BQ ，又AP ∩OP ＝P ，BQ ∩BD 1＝B ，则有平面P AO ∥平面D 1BQ ，∴当Q 为CC 1的中点时，平面D 1BQ ∥平面P AO .。

高三数学一轮专题复习空间向量在立体几何中的应用(有详细答案)

空间向量在立体几何中的应用1. (选修21P97习题14改编>若向量a＝(1，λ，2>，b＝(2，－1，2>且a与b的夹角的余弦值为错误!，则λ＝________．答案：－2或错误!2. (选修21P89练习3>已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且错误!＝a, 错误!＝b, 错误!＝c，用a，b，c表示向量错误!＝________．b5E2RGbCAP答案：错误!(b＋c－a>3. (选修21P101练习2改编>已知l∥α，且l的方向向量为(2，m，1>，平面α的法向量为错误!，则m＝________.p1EanqFDPw答案：－84. (选修21P86练习3改编>已知a＝(2，－1，3>，b＝(－1，4，－2>，c＝(7，5，λ>，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于________．DXDiTa9E3d答案：错误!5. (选修21P110例4改编>在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．RTCrpUDGiT答案：错误!1. 直线的方向向量与平面的法向量(1> 直线l上的向量e以及与e共线的向量叫做直线l的方向向量．(2> 如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α.此时把向量n叫做平面α的法向量．5PCzVD7HxA2. 线面关系的判定直线l1的方向向量为e1＝(a1，b1，c1>，直线l2的方向向量为e2＝(a2，b2，c2>，平面α的法向量为n1＝(x1，y1，z1>，平面β的法向量为n2＝(x2，y2，z2>．jLBHrnAILg (1> 如果l1∥l2，那么e1∥e2e2＝λe1a2＝λa1，b2＝λb1，c2＝λc1．(2> 如果l1⊥l2，那么e1⊥e2e1·e2＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0．(3> 若l1∥α，则e1⊥n1e1·n1＝0a1x1＋b1y1＋c1z1＝0．(4> 若l1⊥α，则e1∥n1e1＝kn1a1＝kx1，b1＝ky1，c1＝kz1．(5> 若α∥β，则n1∥n2n1＝kn2x1＝kx2，y1＝ky2，z1＝kz2．(6> 若α⊥β，则n1⊥n2n1·n2＝0x1x2＋y1y2＋z1z2＝0．3. 利用空间向量求空间角(1> 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是错误!.xHAQX74J0X②向量求法：设直线a、b的方向向量为a、b，其夹角为φ，则有cosθ＝|cosφ|.(2> 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是错误!.LDAYtRyKfE②向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sinθ＝|cosφ|或cosθ＝sinφ.Zzz6ZB2Ltk(3> 二面角①二面角的取值范围是[0，π]．②二面角的向量求法：(ⅰ> 若AB、CD分别是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB与CD的夹角(如图①>．dvzfvkwMI1(ⅱ> 设n1、n2分别是二面角αlβ的两个面α、β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角>的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③>．rqyn14ZNXI题型1 空间向量的基本运算例1 如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!＝________.EmxvxOtOco答案：－错误!a＋错误!b＋c错误!已知空间三点A(－2，0，2>，B(－1，1，2>，C(－3，0，4>．设a＝错误!，b＝错误!.SixE2yXPq5(1> 求a和b的夹角θ；(2>若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．题型2 空间中的平行与垂直例2 如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝错误!，AF＝1，M是线段EF的中点．6ewMyirQFL求证：(1> AM∥平面BDE；(2> AM⊥平面BDF.错误!如右图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，(1> 试证：A1、G、C三点共线；(2> 试证：A1C⊥平面BC1D；题型3 空间的角的计算例3(2018·苏锡常镇二模>如图，圆锥的高PO＝4，底面半径OB＝2，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.kavU42VRUs(1> 求异面直线EF与BD所成角的余弦值；(2> 求二面角OOFE的正弦值．错误!(2018·江苏卷>如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．y6v3ALoS89(1> 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2> 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．1. 设A1、A2、A3、A4、A5是空间中给定的5个不同的点，则使错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0成立的点M的个数为________．M2ub6vSTnP答案：1 个2. (2018·连云港模拟>若平面α的一个法向量为n＝(4，1，1>，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3，3>，则l与α所成角的正弦值为________．0YujCfmUCw答案：错误!3. (2018·新课标全国卷Ⅱ>如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，D、E分别是AB、BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝错误!AB.eUts8ZQVRd(1> 证明：BC1∥平面A1CD；(2> 求二面角DA1CE的正弦值．4. (2018·重庆>如图所示，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝错误!，F为PC的中点，AF⊥PB.sQsAEJkW5T(1> 求PA的长；(2> 求二面角B-AF-D的正弦值．5. (2018·连云港调研>在三棱锥SABC中，底面是边长为2错误!的正三角形，点S在底面ABC上的射影O恰是AC的中点，侧棱SB和底面成45°角．GMsIasNXkA(1> 若D为侧棱SB上一点，当错误!为何值时，CD⊥AB；(2> 求二面角S-BC-A的余弦值大小．1. 在直四棱柱ABCD错误!-A1B1C1D1中，AA1＝2，底面是边长为1的正方形，E、F分别是棱B1B、DA的中点．TIrRGchYzg(1> 求二面角D1错误!-AE-错误!C的大小；7EqZcWLZNX(2> 求证：直线BF∥平面AD1E.2. (2018·苏州调研>三棱柱ABC－A1B1C1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB＝2，AC＝4，A1A＝3.D是BC的中点．lzq7IGf02E(1> 求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；(2> 求二面角B1-A1D-C1的正弦值．3. (2018·南通二模>如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC，且AB＝AC＝A1B＝2.zvpgeqJ1hk(1> 求棱AA1与BC所成的角的大小；(2> 在棱B1C1上确定一点P，使二面角P－AB－A1的平面角的余弦值为错误!.NrpoJac3v1 4. (2018广东韶关第二次调研>如图甲，在平面四边形ABCD中，已知∠A＝45°，∠C＝90°，∠ADC＝105°，AB＝BD，现将四边形ABCD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BDC(如图乙>，设点E、F分别为棱AC、AD的中点．1nowfTG4KI(1> 求证： DC⊥平面ABC；(2> 求BF与平面ABC所成角的正弦值；(3> 求二面角B－EF－A的余弦值．申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。

高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》经典测试题及答案解析

【最新】数学《空间向量与立体几何》期末复习知识要点一、选择题1．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=12．则下列结论中正确的个数为①AC ⊥BE ；②EF ∥平面ABCD ；③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值；④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等，A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B【解析】试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质2．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A ．163πB ．643C ．16643π+ D ．1664π+【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=，故选C.3．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A ．34B ．78C ．1516D ．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 故选B 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.4．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A【解析】【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就是最小值．【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．5．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．322⎣D ．622⎣ 【答案】D【解析】【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y . ()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r 由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r 且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-. 所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 62AP ≤≤u u u r 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.6．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯，选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.7．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点12,P P 分别是线段1,AB BD （不包括端点）上的动点,且线段12PP 平行于平面11AADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112 C ．16 D ．12【答案】A【解析】由题意在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点12,P P 分别是线段1,AB BD 上的动点，且线段12PP 平行于平面11121,AADD PP B AD B ∆~∆，设1,(0,1)PB x x =∈，即1222,PP x P =到平面11AA B B 的距离为x ，所以四棱锥121PP AB 的体积为2111(1)1()326V x x x x =⨯⨯-⨯⨯=-，当12x =时，体积取得最大值124，故选A ．点睛：本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用．8．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCD S S=△（） A ．25 B ．12 C ．5 D ．510【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线，所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线，所以CF⊥平面11B D G，∴当点E在直线1B G上时，1D E CF⊥，设BC a=，则1122 EBCS EB BCEB a=⨯⨯=⨯⨯△，当EBCV的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线1B G的距离，∴线段EB长度的最小值为5a，2152510EBCABCDaaSS a⨯⨯∴==△.故选：D.【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．64 B．643C．16 D．163【答案】D【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC-为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.10．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（）A ．3B ．3C ．13D ．3【答案】B【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB =∴132232ABC S ∆=⨯⨯=∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE ==∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为13313V == 故选B.11．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误；对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.12．四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，下列说法错误的是（）A ．MN 与PD 是异面直线B ．//MN 平面PBC C ．//MN ACD ．MN PB ⊥【答案】C【解析】【分析】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A 、B 、C 的正误，由线线垂直可判断选项D ．【详解】由题意可知四棱锥P ABCD -所有棱长都相等， M 、N 分别为PA 、CD 的中点，MN 与PD 是异面直线，A 选项正确；取PB 的中点为H ，连接MH 、HC ，四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD ∴且AB CD =，M Q 、H 分别为PA 、PB 的中点，则//MH AB 且12MH AB =， N Q 为CD 的中点，//CN MH ∴且CN MH =，则四边形CHMN 为平行四边形， //MN CH ∴，且MN ⊄平面PBC ，CH ⊂平面PBC ，//MN ∴平面PBC ，B 选项正确；若//MN AC ，由于//CH MN ，则//CH AC ，事实上AC CH C ⋂=，C 选项错误； PC BC =Q ，H 为PB 的中点，CH PB ∴⊥，//MN CH Q ，MN PB ∴⊥，D 选项正确.故选：C．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及直线与平面的平行与垂直的位置关系的判断，是中档题.13．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（）A．2B．3C．4 D．26【答案】B【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC-，其中面积最大的面为：1232232PACSV=⨯=本题选择B选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．14．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为（） A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π 【答案】C【解析】【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA 为外接球半径，求解即可.【详解】在ABC V 中，23AB AC ==23BAC π∠=，可得6ACB π∠=，则ABC V 的外接圆的半径323π2sin 2sin 6AB r ACB ===ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，因为PA ⊥平面ABC ，所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，则222OA OG AG =+，即外接球半径()222234R =+=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.15．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．160【答案】D【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==，因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥，在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8，因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=，故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.16．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的圆，且高为2，所以其表面积为222)22212S πππ=+=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.17．在空间中,下列命题为真命题的是( ).A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b【答案】B【解析】【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。

高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理(含解析)新人教A版

高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则 ⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n ＝(2,1，－1)，点C 到面A 1DM 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________．解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433. 答案：4336．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．解析：如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2.则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a2)，CB →＝(a ，a,0)．设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题8．(2014·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F －BE －D 的余弦值；(2)设点M 是线段BD 上一动点，试确定M 的位置，使得AM ∥面BEF ，并证明你的结论．解：(1)∵DE ⊥平面ABCD ，∴∠EBD 就是BE 与平面ABCD 所成的角，即∠EBD ＝60°. ∴DE BD＝ 3.由AD ＝3，BD ＝32，得DE ＝36，AF ＝ 6.如图，分别以DA ，DC ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n ||CA →|＝626×32＝1313.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313.(2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，则AM →＝(t －3，t,0)， ∵AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0，即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2. ∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 靠近B 点的三等分点．9．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点．又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D －A 1C －E 的正弦值为63. 10．(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ，取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量，∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.11．(2014·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1，又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1，又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1，又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ，在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ，所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)．设BD 1→与n 所成的角为β，则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)．则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(2013·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量．由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )．令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)．于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)．则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)．由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形，∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.又梯形BCDE 的面积S 梯形BCDE ＝12×(4＋2)×42＝122，∴S △DME ＝S 梯形BCDE －S △DCM －S △BEM ＝6 2.由(2)，知FG 为三棱锥F －DME 的高，且|FG |＝ 2. ∴V F －DME ＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(2013·保定市高三第一次模拟)四棱锥S －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，M 为AB 的中点，且△SAB 为等腰直角三角形，SA ＝SB ＝2，SC ⊥BD ，DA ⊥平面SAB .(1)求证：平面SBD ⊥平面SMC ；(2)设四棱锥S －ABCD 外接球的球心为H ，求棱锥H －MSC 的高； (3)求平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值．解：(1)∵SA ＝SB ，M 为AB 中点，∴SM ⊥AB . 又∵DA ⊥平面SAB ，∴DA ⊥SM ，所以SM ⊥平面ABCD .又∵DB ⊂平面ABCD ，∴SM ⊥DB . 又∵SC ⊥BD ，∴DB ⊥平面SMC ， ∴平面SBD ⊥平面SMC .(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心，设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233. ∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2) ∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0) 设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1)∴⎩⎪⎨⎪⎧AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0)∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33.所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63.。

高考数学一轮复习考点知识与题型讲解练习26 空间向量在空间几何中的运用

高考数学一轮复习考点知识与题型讲解练习考点26 空间向量在空间几何中的运用一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：1n ，2n1n ∥2n ⇔1n ＝k 2n (k ∈R)1n ⊥2n ⇔1n ·2n ＝0的方向向量为n ，平mn ⊥m ⇔n ·m ＝0n ∥m ⇔n ＝k m (k ∈R)的法向量分别为n ，mn ∥m ⇔n ＝k m (k ∈R)n ⊥m ⇔n ·m ＝0二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n 注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．三．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ=cos a b a bθ=，其中a b 、分别是直线a 、b 的方向向量四．直线与平面所成角l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则||a n sin cos a n a nϕ＝〈，〉＝(直线与平面所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2)五．二面角平面α的法向量为1n ，平面β的法向量为2n ，〈1n ，2n 〉＝θ，设二面角大小为φ，则1212||cos =|cos |=||||n n n n ϕθ考点题型分析考点题型一空间向量证平行垂直【例1】(2022·全国高三专题练习)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：(1)PB//平面EFG；(2)平面EFG//平面PBC.【举一反三】1．(2022·全国高三专题练习)如图所示，在直二面角D AB E--中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE EB=，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥平面BCE；(2)求证：平面⊥BDF平面ABCD.2．(2022·全国高三专题练习)如图，在多面体ABC—A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC，B1C1=12BC，二面角A1ABC是直二面角.求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .考点题型二空间向量求线线角【例2】(2022·西安市航天城第一中学)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB =BC =CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )A ．12B ．-12C ．2D ．【举一反三】1．(2022·广西河池市)如图，在四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA AB=，E为AP的中点，则异面直线PC与DE所成的角的正弦值为( )．A．5B C．5D2．(2022·陕西西安市·西安中学)如图，四面体ABCD中，4CD=，2AB=，E，F分别是,AC BD 的中点，若EF AB⊥，则EF与CD所成的角的大小是( )A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 3．(2022·安徽高三期末)已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P ，E ，F ，G 分别为1CC ，CD ，1D D ，11A B 的中点，则异面直线GF 与PE 所成角的余弦值为( )A ．13B ．3C D考点题型三空间向量求线面角【例3】(2022·北海市北海中学高三月考)在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)求证：BE ⊥DC ；(2)求直线PC 与平面PDB 所成角的正弦值．【举一反三】1．(2022·浙江高三期中)如图，已知三棱锥P ABC-中，PA⊥平面ABC，,,2AC BC PA AC BC DB AD⊥===，M、E分别为PB、PC的中点，N为AE的中点．(Ⅰ)求证：MN CD⊥；(Ⅱ)求直线PB和平面PCD所成角的正弦值．2．(2022·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末)在三棱锥A BCD-中，2AB AD BD===，BC DC==，2AC=.(1)求证：BD AC ⊥； (2)若P 为AC 上一点，且34AP AC =，求直线BP 与平面ACD 所成角的正弦值.3．(2022·浙江绍兴市·高三期末)已知三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，11AA AC CA BC ===，1AB =．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面11ACC A ；(Ⅱ)求直线1AB 与平面1A BC 所成角的大小．考点题型四空间向量求二面角【例4】(2022·盐城市伍佑中学高三期末)在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，1AB AC AA ==，E 是11A C 的中点.(1)求证：AB CE ；(2)求二面角B CE A --的余弦值.【举一反三】1．(2022·湖北高三月考)如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面1,//,,2ABCD AB CD AB AD CD PD AD AB ⊥===.(1)求证：平面PBC ⊥平面PAB ；(2)若2AP DC ==，求二面角D PC B --的正弦值.2．(2022·山西吕梁市·高三一模)如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，BC CD ⊥，侧面SCD 为等边三角形， 4AB BC ==，2CD =，SB =(1)求证：BC SD ⊥；(2)求二面角B AS D --的余弦值.3．(2022·江西赣州市·高三期末)在如图所示的几何体中，ABC ，ACE △，BCD △均为等边三角形，且平面ACE ⊥平面ABC ，平面BCD ⊥平面ABC .(1)证明：//DE AB ；(2)若4AB =，求二面角B CE D --的余弦值.考点题型五空间向量求空间距【例5】(2022·上海浦东新区·华师大二附中高三月考)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，E 为PC 的中点，3,4,5AD PD PC ===.(1)证明：直线//PA 平面BDE ；(2)求点A 到平面PBC 的距离.【举一反三】 1．(2022·吉林长春外国语学校)如图，平行四边形ABCD 中，26AD AB ==，,E F 分别为,AD BC 的中点.以EF 为折痕把四边形EFCD 折起，使点C 到达点M 的位置，点D 到达点N 的位置，且NF NA =.）建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点）求解出AB 和平面的法向量n ；AB n n ⋅=即可求解出点A 到平面(1)求证：平面AFN ⊥平面NEB ；(2)若BE =F 到平面BEM 的距离.2．(2022·全国高三专题练习)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2ABC π∠=，D 是棱AC 的中点，且11AB BC BB ===.(1)求证：1//AB 平面1BC D ；(2)求直线1AB 到平面1BC D 的距离.。

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含解析

【高中数学】《空间向量与立体几何》知识点一、选择题1．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；②若//αβ，m α⊥，则m β⊥；③若//m α，//n α，则//m n ；④若m α⊥，αβ⊥，则//m β.其中真命题的序号为（）A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④ 【答案】A【解析】【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项.【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误；对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.故选：A.【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.2．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（）A 3B ．66C 3D ．36【答案】B【解析】【分析】设1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v ，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v ，即可得所求角的余弦值.【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v 由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v 1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v 又1AB ===u u u v1BC ===u u u u v111111cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u u v 即异面直线1AB 与1BC本题正确选项：B【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（）.AB ．3:1C ．2:1D 2 【答案】A【解析】【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值.【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC的母线长l ==， ∴圆锥SC 的侧面积为2rl r π=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ，又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=，∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为2210:10:1r r ππ=.故选：A .【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.4．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（）A ．3417B ．23417C ．51717D ．31717【答案】D【解析】【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ，且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==.在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =.在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅9178317172317+-==⨯⨯. 故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.5．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（）A ．66立方尺B ．78立方尺C ．84立方尺D ．92立方尺【答案】C【解析】【分析】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面 111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=，故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.6．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且22cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为14，则球O 的表面积为( ) A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 【答案】B【解析】【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积．【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点，11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=．2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCD S S=△（） A ．25 B ．12 C ．5 D ．5 【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线，所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线，所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC SEB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△，当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，∴线段EB 长度的最小值为5， 525EBCABCD a S S ⨯⨯∴==△. 故选：D .【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.8．以下说法正确的有几个（）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.9．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（）A ．305B ．2305C ．275D ．47 【答案】B【解析】【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，从而可得P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）；由垂直关系可知当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值.【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.10．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A ．169πB ．89πC ．1627πD ．827π 【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得323r x-=，332x r∴=-，∴圆柱的体积为23()(3)(02)2V r r r rπ=-<<，则33333163331616442()(3)()9442939r r rV r r r rπππ++-=-=g g g g„．当且仅当33342r r=-，即43r=时等号成立．∴圆柱的最大体积为169π，故选：A．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．11．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C-的底面边长为a，侧棱长为2a，则1AC与侧面11ABB A所成的角是( )A．30°B．45︒C．60︒D．90︒【答案】A【解析】【分析】以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 所成的角．【详解】解：以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，0，2)a ，13(a A ，2a ，2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =-u u u u r ，2a -，2)a ，3(a AB =-u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，0，2)a ，设平面11ABB A 的法向量(n x =r ，y ，)z ，则13·02·20a a n AB x y n AA az ⎧=-+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r ，3，0)，设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ，则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u r r u u u u r g r u u u u r g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．12．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件. 【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.13．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直 B ．三棱锥P -ABC 的体积为83C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得. 【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P-ABC的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=，2 AC BC PD∴===，AB∴==，||||||DA DB DC∴===||||||PA PB PC∴====222PA PB AB+≠Q，PA∴、PB不可能垂直，即,PA,PB PC不可能两两垂直，122PBAS∆=⨯=Q122PBC PACS S∆∆===Q∴三棱锥P-ABC的侧面积为故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题. 14．在正方体1111ABCD A B C D-中，E为棱1CC上一点且12CE EC=，则异面直线AE 与1A B所成角的余弦值为（）A．44B．22C．44D．11【答案】B【解析】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE与1A B所成角的余弦值．【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，设3AB=，则()3,0,0A，()0,3,2E，()13,0,3A，()3,3,0B，()3,3,2AE=-u u u r，()10,3,3A B=-u u u r，设异面直线AE与1A B所成角为θ，则异面直线AE与1A B所成角的余弦值为：11cosAE A BAE A Bθ⋅===⋅u u u r u u u ru u u r u u u r故选：B．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r，2l 的方向向量为b r，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r r r r .15．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，且两直角边长分别为13，此三棱柱的高为23 A ．323πB ．163πC ．83π D ．643π【答案】A 【解析】【分析】求得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)2r =+=，再根据球的性质，求得外接球的直径2R =，利用球的体积公式，即可求解. 【详解】由题意可得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)21r r =+=⇒=，根据球的性质，可得外接球的直径为22222(2)2(23)4R r h =+=+=，解得2R =，所以该三棱柱的外接球的体积为343233V R ππ==，故选A. 【点睛】本题主要考查了球的体积的计算，以及组合体的性质的应用，其中解答中找出合适的模型，合理利用球的性质求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.16．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B ADC --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（）A ．7πB ．28πC ．19196π D ．287π 【答案】D 【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形，又正弦定理可得，03223sin 60r ==，即23BE =，设球的半径为R ，且4=AD ，在直角ADE ∆中，()22222244(23)28R AD DE R =+⇒=+=，所以7R =，所以球的体积为3344287(7)33V R πππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.17．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D 【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D 【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果18．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（）A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vB ．122233OG OA OB OC u u u vu u uv u u u v u u u v =++ C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vD ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v【答案】C 【解析】【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r,()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur u u u r u u u r =+++=++-=++111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ ,故选：C ．【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．19．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32 D ．52【答案】C 【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ．【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.20．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（） A ．若//αβ，则//l m B ．若//m a ，则//αβ C ．若m α⊥，则αβ⊥ D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C 【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案. 【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确. 【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.。

课标A版--高考数学一轮复习---§8.6 空间向量在立体几何中的应用--(附答案)

§8.6空间向量在立体几何中的应用考纲解读分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.五年高考考点空间向量及其应用1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos<,>===-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos<,m>===.设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=.因为θ∈[0,π],所以sinθ==.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.2.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析(1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cos<n,>|==.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.3.(2017课标全国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=AD,∠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(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,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为坐标原点,的方向为x轴正方向,||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,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).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<,n>|=sin45°,=,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①,②解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.4.(2016课标全国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)由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=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===.以A为坐标原点,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(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|==.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)教师用书专用(5—25)5.(2017浙江,9,5分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则()A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α答案B6.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)答案B7.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;28.(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 是的中点.(1)设P是上的一点,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:取的中点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==.取AG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==2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二: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),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.9.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=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=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,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),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.10.(2016山东,17,12分)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.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)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B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM==3,可得F(0,,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.则有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM==3.过点M作MN垂直BC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MN=BMsin45°=.从而FN=,可得cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.11.(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)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BF⊥平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接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,AC=3,CK=2,得FQ=.在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二: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O-xyz.由题意得B(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).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由得取m=(,0,-1);由得取n=(3,-2,).于是,cos<m,n>==.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.12.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E,A1,C,得=,=,==(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),从而cosθ=|cos<n1,n2>|==,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.13.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在Rt△CMP中,PM=CMsin45°=.在Rt△PKM中,KM==.所以cos∠PKM==.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由得取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2==(1,1,0),所以cos<n1,n2>===,故二面角A-EG-M的余弦值为.14.(2015江苏,22,10分)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=,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.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>==≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.15.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC 的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GM∥AE.又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)同解法一.16.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA 于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由题设,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,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,BD∩DC=D,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则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).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|===.解法二:以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|===.17.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.所以===,即Q为BB1的中点.(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,设BC=a,则AD=2a.图1=×·2a·h·d=ahd,V Q-ABCD=··d·h=ahd,所以V下=+V Q-ABCD=ahd,又=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.(3)解法一:如图1,连接AC,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E.因为DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.图2设∠CDA=θ.由(2)知||=a.因为S四边形ABCD=·2sinθ=6,所以a=.从而C(2cosθ,2sinθ,0),A1,所以=(2cosθ,2sinθ,0),=.设平面A1DC的法向量为n=(x,y,1),由得x=-sinθ,y=cosθ,所以n=(-sinθ,cosθ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<n,m>==,易知平面α与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角,故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.18.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析解法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.所以BE⊥DC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos<n,>===.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos<n1,n2>===-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取PD的中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.(2)连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.19.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO,OC⊂平面AOC,且AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连接NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)解法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为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==.因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,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.解法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,,0),=(1,0,0),=.设平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),则即有从而取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),则即有从而取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为θ,则cosθ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.20.(2013课标全国Ⅱ,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.解析(1)证法一:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1的中点.又D是AB的中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.证法二:由AC=CB=AB得,AC⊥BC.以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).∵=(0,0,2)-(0,2,0)=(0,-2,2).从而n·=(1,-1,-1)·(0,-2,2)=0.∴BC1∥平面A1CD.(2)设m=(a,b,c)是平面A1CE的法向量,则即可取m=(2,1,-2).从而cos<n,m>==,故sin<n,m>=.即二面角D-A1C-E的正弦值为.21.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.解析解法一:(1)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.图1又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).如图1,连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==.连接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,即cos(90°-θ)=.从而sinθ=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.解法二:(1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).图2从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|===.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.22.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F为PC的中点,AF⊥PB.(1)求PA的长;(2)求二面角B-AF-D的正弦值.解析(1)如图,连接BD交AC于O,因为BC=CD,即△BCD为等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥BD.以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,则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,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,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,).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),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).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==.故二面角B-AF-D的正弦值为.23.(2013天津,17,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.(1)证明B1C1⊥CE;(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.解析解法一:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).(1)证明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0,所以B1C1⊥CE.(2)=(1,-2,-1).设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),则即消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).由(1)知B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.于是cos<m,>===-,从而sin<m,>=.所以二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)=(0,1,0),=(1,1,1).设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则sinθ=|cos<,>|===.于是=,解得λ=,所以AM=.解法二:(1)证明:因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=,B1C1=,EC1=,从而B1E2=B1+E,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E⊂平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE⊂平面CC1E,故B1C1⊥CE.(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.由(1)知B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠B1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos135°,得x2=1+x2+x,整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以线段AM的长为.24.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连接CE并延长交AD于F.(1)求证:AD⊥平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.解析(1)在△ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=,因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA,故EF⊥AD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FG∥PA.又PA⊥平面ABCD,所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P,故=,=,=.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则解得即n1=.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则解得即n2=(1,,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cosθ===.25.(2013浙江,20,15分)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.(1)证明:PQ∥平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.解析解法一:(1)取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ.因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM.又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.从而OP∥FQ,且OP=FQ,所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连接CH.因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM.又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.设∠BDC=θ.在Rt△BCD中,CD=BDcosθ=2cosθ,CG=CDsinθ=2cosθsinθ,BG=BCsinθ=2sin2θ.在Rt△BDM中,HG==.在Rt△CHG中,tan∠CHG===.所以tanθ=.从而θ=60°.即∠BDC=60°.解法二:(1)如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0).设点C的坐标为(x0,y0,0),因为=3,所以Q.因为M为AD的中点,故M(0,,1).又P为BM的中点,故P,所以=.又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故·u=0.又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的一个法向量.由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1),知取y=-1,得m=.又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是|cos<m,n>|===,即=3.①又BC⊥CD,所以·=0,故(-x0,--y0,0)·(-x0,-y0,0)=0,即+=2.②联立①,②,解得(舍去)或所以tan∠BDC==.又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点空间向量及其应用1.(2017湖南五市十校3月联考,15)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直,则异面直线AB和CD所成角的余弦值为.答案2.(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=,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=,∴DE2=AD2+AE2,∴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).∴=(1,2,0),=(0,2,1),设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),∴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>===,∴sin<m,n>=.故二面角E-BD-F的正弦值为.3.(2017河南洛阳二模,19)已知三棱锥A-BCD,AD⊥平面BCD,BD⊥CD,AD=BD=2,CD=2,E,F分别是AC,BC的中点,P为线段BC上一点,且CP=2PB.(1)求证:AP⊥DE;(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:作PG∥BD交CD于G.连接AG.∴==2,∴GD=CD=.∵AD⊥平面BCD,∴AD⊥DC,∵在△ADG中,tan∠GAD=,∴∠DAG=30°,在Rt△ADC中,AC2=AD2+CD2=4+12=16,∴AC=4,又E为AC的中点,∴DE=AE=2,又AD=2,∴∠ADE=60°,∴AG⊥DE.∵AD⊥面BCD,∴AD⊥BD,又∵BD⊥CD,AD∩CD=D,∴BD⊥面ADC,∴PG⊥面ADC,∴PG⊥DE.又∵AG∩PG=G,∴DE⊥面AGP,又AP⊂面AGP,∴AP⊥DE.(2)以D为坐标原点,直线DB、DC、DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),F(1,,0),∴=(1,,0),=(0,,1),=(0,2,-2).设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即令x=3,则n=(3,-,3).设直线AC与平面DEF所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===,所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:30分时间:30分钟)一、填空题(共5分)1.(人教A选2—1,三,3-2A,4,变式)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱A1B1的中点,则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为.答案二、解答题(共25分)2.(2018云南玉溪模拟,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,AD∥BC,AB=AD=PB,BC=2AD.点E在棱PA上,且PE=2EA.(1)求证:CD⊥平面PBD;(2)求二面角A-BE-D的余弦值.解析(1)证明:因为底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,所以AB⊥BC,因为PB⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,所以PB⊥CD.在梯形ABCD中,因为∠ABC=∠BAD=90°,AB=AD=BC,所以BD=CD=BC,所以BD⊥CD.又因为PB∩BD=B,所以CD⊥平面PBD.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=1.设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),易知B(0,0,0),E,D(1,1,0),=,=(1,1,0).则即令y=-1,得n=(1,-1,2).又因为平面ABE的一个法向量为m=(1,0,0),所以cos<n,m>==.由图可知二面角A-BE-D的平面角为锐角,所以二面角A-BE-D的余弦值为.3.(2017河南4月质检,19)如图,四棱锥P-ABCD,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,点E 在AD上,且AE=2ED.(1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF⊥平面PAC;(2)当二面角A-PB-E的余弦值为多少时,直线PC与平面PAB所成的角为45°?解析(1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,即AD=CD,(1分)又AB⊥AC,∴BC=AC=2AD,(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=AD,∴四边形ABFE是平行四边形,∴AB∥EF,(3分)∴AC⊥EF,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF,(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF⊂平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,则∠APC为PC与平面PAB所成的角,若PC与平面PAB所成的角为45°,则tan∠APC==1,即PA=AC=,(6分)取BC的中点为G,连接AG,则AG⊥BC,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E,P(0,0,),∴=,=,(7分)设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),则即令y=3,则x=5,z=,∴n=(5,3,),(9分)∵=(1,1,0)是平面PAB的一个法向量,(10分)∴cos<n,>==,故结合图形可知当二面角A-PB-E的余弦值为时,直线PC与平面PAB所成的角为45°.(12分)C组2016—2018年模拟·方法题组方法1利用空间向量解决平行问题的方法1.(2016四川绵阳诊断,19)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱AA1⊥平面ABC,且D,E分别是棱A1B1,AA1的中点,点F在棱AB上,且AF=AB.(1)求证:EF∥平面BDC1;(2)求二面角E-BC1-D的余弦值.。

高考数学一轮复习专题9.7 空间向量在几何体中的运用(一)练习(含解析)-人教版高三全册数学试题

9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n ．注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．考向一利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CC 1，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA 1→，n ⊥DB →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n .∴MN ∥平面A 1BD ．法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD ．法三 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12DA →－12A 1A →＝12()DB →＋BA →－12()A 1B →＋BA →＝12DB →－12A 1B →. 即MN →可用A 1B →与DB →线性表示，故MN →与A 1B →，DB →是共面向量，故MN ∥平面A 1BD ．【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.[证明] 由例题解析知，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)，则CD 1→＝(0，－1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)，设平面CB 1D 1的法向量为m ＝(x 1，μ1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CD 1→m ⊥D 1B 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD 1→＝－y 1＋z 1＝0，m ·D 1B 1→＝x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，可得平面CB 1D 1的一个法向量为m ＝(－1,1,1)，又平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．所以m ＝－n ，所以m ∥n ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1. 2．(变条件)若本例换为：在如图324所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图324[证明] ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2，2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .考向二垂直、【例2】如图1，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且AS AB =，E 是SC 的中点．求证：（1）直线AD ⊥平面SAB ；（2）平面BDE ⊥平面ABCD ．图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A 为原点， AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，设2AS AB ==，则(0,0,0)A ，(0,2,0)D ，(2,2,0)C ，(2,0,0)B ，(0,0,2)S ，(1,1,1)E 易得(0,0,2)AS =，(2,0,0)AB =设平面SAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则AS AB ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥n n ，即2020AS z AB x ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n取1y =，可得平面SAB 的一个法向量为(0,1,0)=n又(0,2,0)AD =，所以2AD =n ，所以AD ∥n ，所以直线AD ⊥平面SAB 方法1：如图2，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为(1,1,0) 易得(0,0,1)OE =，(0,0,2)AS =，显然2AS OE =，故AS OE ∥，所以AS OE ∥ 又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥底面ABCD 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD 方法2：易得(1,1,1)BE =-，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)x y z =m ，则BE BD ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥m m ，即0220BE x y z BD x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m取1x =，得1y =，0z =，所以平面1A BD 的一个法向量为(1,1,0)=mAS ⊥底面ABCD ，可得(0,0,2)AS =是平面ABCD 的一个法向量因为(0,0,2)(1,1,0)0AS ⋅=⋅=m ，所以AS ⊥m ，所以平面BDE ⊥平面ABCD【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求证：AB 1⊥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ．因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)．所以AB 1→＝(1,2，－3)，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)．因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0.AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD ．又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD ．法二：建系同方法一．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→n ⊥BD→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋2y ＋3z ＝0，n ·BD →＝－2x ＋y ＝0，令x ＝1得平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,2，－3)，又AB 1→＝(1,2，－3)，所以n ＝AB 1→，即AB 1→∥n . 所以AB 1⊥平面A 1BD ．考向三利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ，在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系．依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC . 又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△PAD 中，PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)．因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)．因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)，所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3，即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 考向四点面距【例4】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3a ，求平面11AB D 与平面1BDC 之间的距离．．【解析】由正方体的性质，易得平面11AB D ∥平面1BDC ，则两平面间的距离可转化为点B 到平面11AB D 的距离．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao ）.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为_____．【解析】以B 为坐标原点，BA,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,2,0B A P C ,由M 为PC 的中点可得()1,1,1M ;()()1,1,1,2,0,0BM BA ==, ()2,0,2BP =.设(),,x y z =n 为平面ABM 的一个法向量，则00n BA n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即200x x y z =⎧⎨++=⎩，令1z =-，可得()0,1,1=-n ，点P 到平面MAB 的距离为BP d ⋅==n n1．在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为（）A ．32B ．54C ．43D ．53【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，D （0，0，0），B （1，1，0），C 1（0，1，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），DB =（1，1，0），1DC =（0，1，1），设平面BDC 1的法向量n =（x ，y ，z ），则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，-1，1），∴平面BDC 1的方程为x-y+z=0，过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程为：（x-1）=-y=z ，令（x-1）=-y=z=t ，得x=t+1，y=-t ，z=t ，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t=13- ，∴过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程与平面BDC 1的交点为211333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-∴点A 关于平面BDC 1对称点M 122333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-，1225333A M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，-，平面A 1B 1C 1D 1的法向量m =（0，0，1），∴M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为d=15=3m A M m⋅故选：D ． 2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（）AB．2C．3λ D 【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0）1sin()cos 222C C π+==＝（0，λ，1），设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ⎧=-+=⎨==⎩ ，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝25EM n n==N 为EM中点，所以N ，选D ．3．如图：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，D 是CB 延长线上一点，且BD BC =，二面角1B AD B --的大小为60︒；（1）求点1C 到平面1B AD 的距离；（2）若P 是线段AD 上的一点，且12DP AA =，在线段1DC 上是否存在一点Q ，使直线//PQ 平面1ABC ？若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1；（2）存在,当113C Q QD =时，1//PQ AC 知//PQ 平面1ABC . 【解析】（1）设E 为AD 的中点，则BE AD ⊥，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ,而AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，而1BB EB B =,因此AD ⊥平面1BB E ，而1B E ⊂平面1BB E ，所以有1B E AD ⊥1BEB ∴∠为二面角1B AD B --的平面角，如下图所示：160BEB ∴∠=︒120ABD ∠=︒，32BE =,11tan BB BEB BE ∴∠==侧棱11AA BB ==111111C ADB A C DB A BB C V V V ---==11273328⎛=⨯= ⎝⎭又AD =11AB B D ==知1112ADB S AD B E ∆=⋅=∴点1C 到平面1ADB 的距离2738d =⨯=（2）由（1）可知AD =1AA =，12DP AA =，13AP PD ∴=，当113C Q QD =时，有1//PQ AC 成立，而 1AC ⊂平面1ABC ，所以 //PQ 平面1ABC ，故存在，当113C Q QD =时，符合题意。

2023-2024学年高考数学空间向量与立体几何专项练习题(附答案)

A ．B ．223．若直线的方向向量为，平面l bA ．()(1,0,0,2,0,0b n ==-()(0,2,1,1,0,1b n ==--A ．B ．5136．如图，在平行六面体ABCDA．1122a b c -++C．1122a b c --+7．如图，在四面体OABC中，1-16．已知四棱锥P ABCDPC棱上运动，当平面1．C【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积a b a +=- 14a = 运算求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，且.()1,2,3a b a+=---=-14a =又，()7a b c +⋅= 所以，即有，7a c -⋅= cos ,14cos ,7a c a c a c -⋅=-=所以，.1cos ,2a c =-又，所以.0,180a c ≤≤ ,120a c =︒ 故选：C.2．C【分析】利用中点坐标公式求出中点的坐标，根据空间两点间的距离公式即可得出中线BC 长.【详解】由图可知：，，，(0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C 由中点坐标公式可得的中点坐标为，BC (1,1,0)根据空间两点间距离公式得边上的中线的长为.BC 22211(1)3++-=故选：C 3．D【分析】若直线与平面平行，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用向量数量积检验.【详解】直线的方向向量为，平面的法向量为，l bαn 若可能，则，即.//l αb n ⊥r r 0b n ⋅=r r A 选项，；()1220b n =⨯-⋅=-≠B 选项，；11305160b n =⨯⨯⋅+⨯+=≠C 选项，；()()01201110b n =⨯-+⨯+⨯-⋅=-≠D 选项，；()1013310b n =⨯+-⨯=⋅+⨯因为，，3AB =4BC =2PA =所以()()(0,0,2,3,0,0,0,0,1P B Q 设平面的法向量为BQD (m x =()(),,3,0,1m BQ x y z ⎧设，2AB AD AS ===则()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,A S C P 设，()0,,2M t t -(1,1,2OM t =--所以1120OM AP t t ⊥=-+-+-=点到平面与平面的距离和为为定值，D 选项正确.M ABCD SAB 22t t -+=，，()2,0,0B ()()2,0,2,0,2,0SB BC =-=设平面的法向量为，SBC (),,n x y z =则，故可设，22020n SB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩()1,0,1n = 要使平面，又平面，//OM SBC OM ⊄SBC 则，()()1,1,21,0,11210OM n t t t t ⋅=---⋅=-+-=-=解得，所以存在点，使平面，B 选项正确.1t =M //OM SBC 若直线与直线所成角为，又，OM AB 30︒()2,0,0AB =则，()()222213cos3022661122OM ABOM ABt t t t ⋅-︒====⋅-++-+-⨯ 整理得，无解，所以C 选项错误.23970,8143730t t -+=∆=-⨯⨯=-<故选：ABD.10．BCD【分析】根据向量的多边形法则可知A 正确；根据向量的三角不等式等号成立条件可知，B 错误；根据共线向量的定义可知，C 错误；根据空间向量基本定理的推论可知，D 错误．【详解】对A ，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B ，根据向量的三角不等式等号成立条件可知，同向时，应有，即必要,a b a b a b+=+ 性不成立，错误；对C ，根据共线向量的定义可知，所在直线可能重合，错误；,a b对D ，根据空间向量基本定理的推论可知，需满足x +y +z =1，才有P 、A 、B 、C 四点共面，错误．故选：BCD ．11．AB【分析】以，，作为空间的一组基底，利用空间向量判断A ，C ，利用空间向量法ABAD AA 可得面，再用向量法表示，即可判断B ，利用割补法判断D ；1AC ⊥PMN AH【详解】依题意以，，作为空间的一组基底，ABAD AA 则，，11AC AB AD AA =++ ()1122MN BD AD AB ==-因为棱长均为2，，11π3A AD A AB ∠=∠=所以，，224AB AD == 11π22cos 23AA AD AA AB ⋅=⋅=⨯⨯= 所以()()1112D A A C MN AD A A B AA B++⋅⋅=- ，()2211102AB AD AB AD AB AD AA AD AA AB ⋅-+-⋅+==⋅+⋅故，即，故A 正确；1AC MN ⊥1AC MN ⊥同理可证，，面，面，PN AC ⊥MN PN N ⋂=MN ⊂PMN PN ⊂PMN 所以面，即面，即为正三棱锥的高，1AC ⊥PMN AH ⊥PMN AH A PMN -所以()()1133AH AN NH AN NP NM AN AP AN AM AN=+=++=+-+- ，()13AP AM AN =++又，，分别是，，的中点，，P M N 1AA AB AD π3PAM PAN MAN ∠=∠=∠=所以，则三棱锥是正四面体，1PA AM AN PM MN PN ======P AMN -所以()11111133222AH AP AM AN AA AB AD ⎛⎫=++=⨯++ ⎪⎝⎭ ，()111166AA AB AD AC =++=所以，故B 正确；116AH AC =因为()211AC AB AD AA =++ ()()()222111222AB ADAA AB AD AB AA AD AA =+++⋅+⋅+⋅ ，2426==()21111111=AC AA AB AD AA AA AB AA AD AA AA ⋅=++⋅⋅+⋅+ ，11222222=822=⨯⨯+⨯⨯+⨯设直线和直线所成的角为，1AC 1BB θ则，故C 错误；1111111186cos cos ,cos ,3262AC AA AC BB AC AA AC AA θ⋅=====⨯ ，11111111111111A B D C ABCD A B C D A B D A C B D A B ABC D ADCV V V V V V ------=----其中，1111111111116ABCD A B C D A B D A C B D C B ABC D ADC V V V V V -----====所以，故D 错误.1111113A B D C ABCD A B C D V V --=故选：AB.关键点睛：本题解决的关键点是利用空间向量的基底法表示出所需向量，利用空间向量的数量积运算即可得解.12．AC【分析】对于A ，根据即可算出的值；对于B ，根据计算；对于C ，根据||2a = m a b ⊥ m 计算即可；对于D ，根据求出，从而可计算出.a b λ= 1a b ⋅=- m a b + 【详解】对于A ，因为，所以，解得，故A 正确；||2a = 2221(1)2m +-+=2m =±对于B ，因为，所以，所以，故B 错误；a b ⊥ 2120m m -+-+=1m =对于C ，假设，则，a b λ= (1,1,)(2,1,2)m m λ-=--所以，该方程组无解，故C 正确；()12112m m λλλ=-⎧⎪-=-⎨⎪=⎩对于D ，因为，所以，解得，1a b ⋅=- 2121m m -+-+=-0m =所以，，所以，故D 错误.(1,1,0)a =- (2,1,2)b =-- (1,2,2)+=-- a b 故选：AC.13．15【分析】根据线面垂直，可得直线的方向向量和平面的法向量共线，由此列式计算，即得答案.【详解】∵，∴，∴，解得，l α⊥u n ∥ 3123a b ==6,9a b ==∴，15a b +=故1514．2【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.()0a a b λ⋅-= 2λ=【详解】，()()()2,1,31,2,12,12,3a b λλλλλ-=---=--- 因为，所以，()a a b λ⊥- ()0a a b λ⋅-= 即，()()2,12,3241293702,1,134λλλλλλλ----=-++-+-=+⋅-=解得.2λ=故215．17【分析】利用向量的加法，转化为，直接求模长即可.CD CA AB BD =++ 【详解】因为.CD CA AB BD =++ 所以()22CD CA AB BD =++ 222222CA CA AB AB AB BD BD CA BD=+⋅++⋅++⋅ 222132022042342⎛⎫=+⨯++⨯++⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭17=所以.17CD = 故答案为.1716．33【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量垂MBD PCD 直求点的位置，并利用向量法求异面直线所成角的余弦值，即可求解正弦值.M 【详解】如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标A ,,AB AD AP ,,x y z 系，设，2AD AP ==，，，，()2,0,0B ()0,2,0D ()002P ,,()2,2,0C 设,()()()0,2,22,2,22,22,22DM DP PM DP PC λλλλλ=+=+=-+-=-- ，，，()2,2,0BD =-u u u r ()2,0,0DC =u u u r ()0,2,2DP =- 设平面的法向量为，MBD ()111,,m x y z =r ，()()11111222220220DM m x y z DM m x y λλλ⎧⋅=+-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩33故。

北师大版版高考数学一轮复习立体几何空间向量的运算及应用教学案理解析版

[考纲传真] １．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.２．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.３．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.４．理解直线的方向向量及平面的法向量.５．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.6．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．１．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量方向向量A、B是空间直线l上任意两点，则称错误!为直线l的方向向量法向量如果直线l垂直于平面α，那么把直线l的方向向量n叫作平面α的法向量共线向量（或平行向量）表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量（１）共线向量定理：对空间任意两个向量a，b（b≠0），a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λＢ．（２）共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对（x，y），使p＝x a＋yＢ．（３）空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝x a＋y b＋z c，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．３．两个向量的数量积（１）非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．（２）空间向量数量积的运算律：１结合律：（λa）·b＝λ（a·b）；２交换律：a·b＝b·a；３分配律：a·（b＋c）＝a·b＋a·c.４．空间向量的坐标表示及其应用设a＝（a１，a２，a３），b＝（b１，b２，b３）．１．对空间任一点O，若错误!＝x错误!＋y错误!（x＋y＝１），则P，A，B三点共线．２．对空间任一点O，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（x＋y＋z＝１），则P，A，B，C四点共面．３．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为错误![基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）空间中任意两非零向量a，b共面．（）（２）若A，B，C，D是空间任意四点，则有错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0．（３）设{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．（４）两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．（）[答案] （１）√（２）√（３）×（４）×２．（教材改编）设u＝（—２,２，t），v＝（6，—４,４）分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝（）Ａ．３Ｂ．４Ｃ．５Ｄ．6C[∵α⊥β，则u·v＝—２×6＋２×（—４）＋４t＝0，∴t＝５．]３．（教材改编）在平行六面体ABCDA１B１C１D１中，M为A１C１与B１D１的交点．若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则下列向量中与错误!相等的向量是（）Ａ．—错误!a＋错误!b＋cＢ．错误!a＋错误!b＋cＣ．—错误!a—错误!b＋cＤ．错误!a—错误!b＋cA[错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!（错误!—错误!）＝c＋错误!（b—a）＝—错误!a＋错误! b＋c.]４．已知A（１,0,0），B（0,１,0），C（0,0,１），则下列向量是平面ABC法向量的是（）Ａ．（—１,１,１）Ｂ．（１，—１,１）Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[设n＝（x，y，z）为平面ABC的法向量，则错误!化简得错误!∴x＝y＝z.故选Ｃ．]５．（教材改编）已知a＝（２,３,１），b＝（—４,２，x），且a⊥b，则|b|＝________.２错误![∵a⊥b，∴a·b＝0，即—8＋6＋x＝0，∴x＝２．∴b＝（—４,２,２），∴|b|＝错误!＝２错误!.]空间向量的线性运算１．如图所示，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且错误!＝２错误!，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，则x＋y＋z＝________.错误![连接ON，设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!＝错误!—错误!＝错误!（错误!＋错误!）—错误!错误!＝错误!b＋错误! c—错误!a，错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＝错误!a＋错误!错误!＝错误!a＋错误!b＋错误!c.又错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，所以x＝错误!，y＝错误!，z＝错误!，因此x＋y＋z＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!.]２．如图所示，在平行六面体ABCDA１B１C１D１中，设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，M，N，P分别是AA１，BC，C１D１的中点，设用a，b，c表示以下各向量：（１）错误!；（２）错误!；（３）错误!＋错误!.[解] （１）因为P是C１D１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝a＋错误!＋错误!错误!＝a＋c＋错误!错误!＝a＋c＋错误!Ｂ．（２）因为N是BC的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!c.（３）因为M是AA１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝—错误!a＋错误!＝错误!a＋错误!b＋c，又错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!c＋a，所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!a＋错误!b＋错误!c.[规律方法] 用基向量表示指定向量的方法（１）结合已知向量和所求向量观察图形．（２）将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．（３）利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．共线（共面）向量定理的应用【例１】已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．（１）求证：E，F，G，H四点共面；（２）求证：BD∥平面EFGH.[证明] （１）连接BG，EG，则错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!.所以E，F，G，H四点共面．（２）因为错误!＝错误!—错误!＝错误!错误!—错误!错误!＝错误!（错误!—错误!）＝错误!错误!.所以EH∥BD．又EH平面EFGH，BD平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.[规律方法] （１）证明点共线问题可转化为证明向量共线问题，如证A，B，C三点共线，即证错误!，错误!共线，只需证错误!＝λ错误!（λ≠0）即可．（２）证明点共面问题，可转化为证向量共面问题．如证P，A，B，C四点共面，只需证错误!＝x错误!＋y错误!或对空间任意一点O，有错误!＝错误!＋x错误!＋y错误!或错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（其中x＋y＋z＝１）即可．（）Ａ．２，错误!Ｂ．—错误!，错误!Ｃ．—３,２Ｄ．２,２（２）已知a＝（２，—１,３），b＝（—１,４，—２），c＝（7,５，λ），若a，b，c三向量共面，则实数λ等于________．（１）A（２）错误![（１）∵a∥b，∴设b＝x a，∴错误!解得错误!或错误!故选Ａ．（２）∵a与b不共线，故存在实数x，y使得c＝x a＋y b，∴错误!解得错误!故填错误!.]空间向量的数量积【例２】如图，在平行六面体ABCDA １B１C１D１中，以顶点A为端点的三条棱长度都为１，且两两夹角为60° .（１）求AC１的长；（２）求BD１与AC夹角的余弦值．[解] （１）设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝１，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝错误!.|错误!|２＝（a＋b＋c）２＝a２＋b２＋c２＋２（a·b＋b·c＋c·a）＝１＋１＋１＋２×错误!＝6，∴|错误!|＝错误!，即AC１的长为错误!.（２）错误!＝b＋c—a，错误!＝a＋b，∴|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，错误!·错误!＝（b＋c—a）·（a＋b）＝b２—a２＋a·c＋b·c＝１．∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.∴AC与BD１夹角的余弦值为错误!.[规律方法] （１）利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．（２）利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．（３）可以通过|a|＝错误!，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．１１１＝１，∠BCA＝90°，棱AA１＝２，M，N分别是A１B１，A１A的中点．（１）求错误!的模；（２）求cos〈错误!，错误!〉的值；（３）求证：A１B⊥C１M.[解] （１）如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC１所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．由题意得B（0,１,0），N（１,0,１），所以|错误!|＝错误!＝错误!.（２）由题意得A１（１,0,２），B（0,１,0），C（0,0,0），B１（0,１,２），所以错误!＝（１，—１,２），错误!＝（0,１,２），错误!·错误!＝３，|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.（３）证明：由题意得C１（0,0,２），M错误!，错误!＝（—１,１，—２），错误!＝错误!，所以错误!·错误!＝—错误!＋错误!＋0＝0，所以错误!⊥错误!，即A１B⊥C１M.利用向量证明平行与垂直问题【例３】如图所示，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝２，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝４，CD＝１，点M在PB上，PB＝４PM，PB与平面ABCD成３0°角，求证：（１）CM∥平面PAD；（２）平面PAB⊥平面PAD．[解] （１）证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD 所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝３0°.∵PC＝２，∴BC＝２错误!，PB＝４，∴D（0,１,0），B（２错误!，0,0），A（２错误!，４,0），P（0,0,２），M错误!，∴错误!＝（0，—１,２），错误!＝（２错误!，３,0），错误!＝错误!.（１）设n＝（x，y，z）为平面PAD的一个法向量，由错误!即错误!令y＝２，得n＝（—错误!，２,１）．∵n·错误!＝—错误!×错误!＋２×0＋１×错误!＝0，∴n⊥错误!.又CM平面PAD，∴CM∥平面PAD．（２）法一：由（１）知错误!＝（0,４,0），错误!＝（２错误!，0，—２），设平面PAB的一个法向量为m＝（x0，y0，z0），由错误!即错误!令x0＝１，得m＝（１,0，错误!）．又∵平面PAD的一个法向量n＝（—错误!，２,１），∴m·n＝１×（—错误!）＋0×２＋错误!×１＝0，∴平面PAB⊥平面PAD．法二：取AP的中点E，连接BE，则E（错误!，２,１），错误!＝（—错误!，２,１）．∵PB＝AB，∴BE⊥PＡ．又∵错误!·错误!＝（—错误!，２,１）·（２错误!，３,0）＝0，∴错误!⊥错误!.∴BE⊥DＡ．又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD．又∵BE平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．[规律方法] １．利用向量法证明平行问题的类型及方法（１）证明线线平行：两条直线的方向向量平行．（２）证明线面平行：１该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；２证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；３证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．（３）证明面面平行：两个平面的法向量平行．２．利用向量法证明垂直问题的类型及方法（１）证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0．（２）证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行．（３）证明面面垂直：１根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直；２两个平面的法向量垂直．如图所示，在长方体ABCDA１B１C１D１中，AA１＝AD＝１，E为CD中点．（１）求证：B１E⊥AD１；（２）在棱AA１上是否存在一点P，使得DP∥平面B１AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．[解] 以A为原点，错误!，错误!，错误!的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a.（１）证明：A（0,0,0），D（0,１,0），D１（0,１,１），E错误!，B１（a,0,１），故错误!＝（0,１,１），错误!＝错误!.因为错误!·错误!＝—错误!×0＋１×１＋（—１）×１＝0，因此错误!⊥错误!，所以B１E⊥AD１.（２）存在满足要求的点P，假设在棱AA１上存在一点P（0,0，z0），使得DP∥平面B１AE，此时错误!＝（0，—１，z0），再设平面B１AE的一个法向量为n＝（x，y，z）．错误!＝（a,0,１），错误!＝错误!.因为n⊥平面B１AE，所以n⊥错误!，n⊥错误!，得错误!取x＝１，则y＝—错误!，z＝—a，则平面B１AE的一个法向量n＝错误!.要使DP∥平面B１AE，只要n⊥错误!，有错误!—az0＝0，解得z0＝错误!.所以存在点P，满足DP∥平面B１AE，此时AP＝错误!.。

新教材新高考一轮复习人教B版高考小题突破练立体几何与空间向量作业

高考小题突破练立体几何与空间向量(教师用书独具)一、选择题1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，E ，F 是线段AC 1上的点，且AE ＝EF ＝FC 1，分别过点E ，F 作与直线AC 1垂直的平面α，β，则正方体夹在平面α与β之间的部分占整个正方体体积的( )A ．13B ．12C ．23D ．34解析：选C 如图所示，过点E ，F 且与直线AC 1垂直的平面分别为平面A 1BD ，平面CB 1D 1，设正方体的棱长为1，则V A -BDA 1＝V C1-CB 1D 1＝16，则正方体夹在这两个平面之间的体积为1－2×16＝23，故占整个正方体体积的23，故选C ．2．祖暅是南北朝时代的伟大科学家，于5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图②，图③，图④分别是圆锥、圆台和半球．则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④解析：选D 设截面与底面间的距离为h ，则①中截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h2，截面圆的面积为π⎝⎛⎭⎫R －h22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中的几何体在等高处的截面的面积恒等，故选D ．3．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，若二面角C -AB -C 1的大小为60°，则点C 到平面C 1AB 的距离为( )A ．1B ．12C ．34D ．32解析：选C 取AB 的中点O ，连接OC 和OC 1(图略)，根据二面角的定义，则∠COC 1＝60°.由题意得OC ＝32，所以CC 1＝32，OC 1＝ 3.设点C 到平面C 1AB 的距离为h ，易知V 三棱锥C -ABC1＝V 三棱锥C1-ABC ，即13×12×1×3×h ＝13×12×1×32×32，解得h ＝34.故点C 到平面C 1AB 的距离为34.4．在四面体ABCD 中，AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝BD ＝2，平面ABD ⊥平面BDC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( )A ．20π3B ．6πC ．22π3D ．8π解析：选A ∵AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝BD ＝2，∴△ABD 与△BDC 均为边长为2的正三角形．过正三角形BDC 的中点O 1作OO 1⊥平面BDC (O 为四面体ABCD 的外接球的球心)(图略)．设M 为BD 的中点，外接球的半径为R ，连接AM ，CM ，OA ，过O 作OG ⊥AM 于点G ，易知G 为△ABD 的中心，则OO 1＝OG ＝MO 1＝MG .∵MA ＝32×2＝3，∴MG ＝OG ＝13×3＝33，GA ＝233.在直角三角形AGO 中，GA 2＋GO 2＝OA 2，即⎝⎛⎭⎫2332＋⎝⎛⎭⎫332＝R 2，R 2＝53，∴四面体ABCD 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝20π3.故选A ．5．在四面体ABCD 中，AB ＝3，其余各条棱长均为2，则四面体ABCD 外接球的表面积是( )A ．52π9B ．25π9C ．25π36D ．13π9解析：选A 如图，分别取相对棱AB ，CD 的中点E ，F ，连接EF ，AF ，易知EF 是线段AB ，CD 的公垂线，EF ＝AF 2－AE 2＝32.则四面体ABCD 的外接球球心在EF 上，设球心为O ，连接OA ，OC ．设OE ＝x ，则OF ＝32－x ，OA 2＝AE 2＋OE 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫322＝x 2＋34，OC 2＝OF 2＋FC 2＝⎝⎛⎭⎫32－x 2＋1.则x 2＋34＝⎝⎛⎭⎫32－x 2＋1，解得x ＝56.故OA 2＝x 2＋34＝5236＝139. 于是四面体ABCD 外接球的表面积是4π×139＝52π9.故选A ．6．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 为CC 1的中点，点N 在侧面ADD 1A 1内，若BM ⊥A 1N ，则△ABN 面积的最小值为( )A ．55B ．255C ．1D ．5解析：选B 如图所示，取DD 1的中点M ′，连接AM ′，易知AM ′∥BM .取AD 的中点P ，连接A 1P ，则在正方形ADD 1A 1中，A 1P ⊥AM ′，即A 1P ⊥BM .所以点N 的轨迹为线段A 1P .易知△ABN 为直角三角形，当NA ⊥A 1P 时，AN 取最小值为255，此时△ABN 面积最小，最小值为255，故选B ．7．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如图所示的三棱锥B -ACD ．若O 为AC 边的中点，M ，N 分别为线段DC ，BO 上的动点(不包括端点)，且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N -AMC 的体积y ＝f (x )的函数图像大致是( )解析：选B 由四边形ABCD 为正方形可知，AB ＝BC ．由平面ABC ⊥平面ACD ，且O 为AC 的中点可知，BO ⊥平面ACD ．易知BO ＝2，则三棱锥N -AMC 的高ON ＝2－x ，S △AMC ＝12·MC ·AD ＝2x ，所以三棱锥N -AMC 的体积y ＝f (x )＝13·2x ·(2－x )＝13(－2x 2＋22x )(0＜x ＜2)，故函数y ＝f (x )的图像为开口向下的抛物线的一部分．故选B ．8．把一个球形的铁质原材料切割成一个正三棱柱形的工业用零件，若该正三棱柱形的零件的最大体积为8 cm 3，则该球形铁质原材料的体积为( )A ．4π3 cm 3B ．8π3 cm 3C ．16π3cm 3D ．32π3cm 3解析：选D 设正三棱柱的外接球的半径为R cm ，正三棱柱的高为h cm ，底面正三角形的边长为a cm ，则14h 2＝R 2－⎝⎛⎭⎫33a 2，所以V 正三棱柱＝34a 2·4R 2－43a 2＝12a 2·3R 2－a 2＝123R 2a 4－a 6(cm 3)．令t ＝a 2，则t ＞0，y ＝3R 2a 4－a 6可化为y ＝－t 3＋3R 2t 2，则y ′＝－3t (t －2R 2)，所以函数y ＝－t 3＋3R 2t 2在(0,2R 2)上单调递增，在(2R 2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2R 2，即a ＝2R 时，正三棱柱的体积最大，此时有R 3＝8，即R ＝2，所以该球形铁质原材料的体积为43π×8＝32π3(cm 3)．故选D ．二、选择题9．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，下列结论中正确的是为( )A ．直线AM 与C 1C 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与MB 1是异面直线D ．直线MN 与AC 所成的角为60°解析：选CD 结合题图分析，显然直线AM 与C 1C 是异面直线，直线AM 与BN 是异面直线，直线BN 与MB 1是异面直线，连接D 1C ，AD 1，(图略)直线MN 与AC 所成的角即直线D 1C 与AC 所成的角，在等边△AD 1C 中，∠ACD 1＝60°，所以直线MN 与AC 所成的角为60°.综上，正确的结论为CD ．10．已知α，β是两个不重合的平面，m ，n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是( )A ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥αB ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥nC ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ∥n ，n ⊥β，则α∥β解析：选ACD 易知A 正确；对于B ，若m 不在平面β内时，不一定推出m ∥n ，故B 错误；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 正确；若m ⊥α，m ∥n ，则n ⊥α，又n ⊥β，则α∥β，故D 正确．故选ACD ．11．如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝4，BC ＝2，M ，N 分别为棱C 1D 1，CC 1的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ∥平面A 1BDB ．平面MNB 截长方体所得截面的面积为6 2C ．直线BN 与B 1M 所成角为60°D ．三棱锥N -A 1DM 的体积为4解析：选ACD 连接D 1C (图略)，由MN ∥D 1C ，D 1C ∥A 1B ，得MN ∥A 1B ，又MN ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD ，故选项A 正确；因为平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，所以平面MNB 截长方体所得截面为平面MNBA 1，易知MN ∥A 1B ，故四边形MNBA 1为梯形，又A 1M ＝BN ＝MN ＝22，A 1B ＝42，可得梯形的高为(22)2－(2)2＝6，梯形的面积为22＋422×6＝63，故选项B 不正确；取DC 的中点H ，连接BH ，NH (图略)，则B 1M ∥BH ，则∠NBH 即为异面直线BN 与B 1M 所成的角，在△NBH 中，BN ＝BH ＝NH ＝22，所以∠NBH ＝60°，故选项C 正确；易知△NDM 为等腰三角形，DM ＝DN ＝25，MN ＝22，所以S △NDM ＝12×22×32＝6，V N －A1DM ＝V A 1－NDM ＝13×S △NDM ×A 1D 1＝13×6×2＝4，故选项D 正确．故选ACD ．12．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝1，AD ⊥AB ，∠BCD ＝45°，将△ABD 沿对角线BD 折起．设折起后点A 的位置为A ′，并且平面A ′BD ⊥平面BCD ．下面四个命题正确的是( )A ．A ′D ⊥BCB．三棱锥A′-BCD的体积为2 2C．CD⊥平面A′BDD．平面A′BC⊥平面A′DC解析：选CD如图所示，设E为BD的中点，连接A′E，因为AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，所以∠DBC＝∠ADB＝45°，又∠BCD＝45°，故△BCD为等腰直角三角形，因为E 为BD的中点，所以A′E⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，则A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC，如果A′D⊥BC，那么可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，与∠DBC＝45°矛盾，故A错误．三棱锥A′-BCD的体积为S＝13×12×2×2×22＝26，故B错误．因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，所以C正确．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，所以A′C＝3，在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝3，满足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′，又BA′⊥DA′，CA′∩DA′＝A′，CA′⊂平面A′DC，DA′⊂平面A′DC，所以BA′⊥平面A′DC，又BA′⊂平面A′BC，所以平面A′BC ⊥平面A′DC，故D正确．故选CD．三、填空题13．已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为________.解析：由题意知CD⊥平面ABD，以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过D作平面BDC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,1，3)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,0)，AC→＝(2，－1，－3)，BD→＝(0，－2,0)，设异面直线AC与BD所成的角为α，则cos α＝|AC →·BD →||AC →||BD →|＝24，所以异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为24.答案：2414．如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥DQ ，则a 的值等于________.解析：如图，连接AQ ，取AD 的中点O ，连接OQ . ∵P A ⊥平面ABCD ，P A ⊥DQ ，PQ ⊥DQ ， ∴DQ ⊥平面P AQ ，所以DQ ⊥AQ .∴点Q 在以线段AD 的中点O 为圆心的圆上，又∵在BC 上有且仅有一个点Q 满足PQ ⊥DQ ， ∴BC 与圆O 相切，(否则相交就有两点满足垂直，矛盾) ∴OQ ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴OQ ＝AB ＝1， ∴BC ＝AD ＝2，即a ＝2. 答案：215．如图，已知六棱锥P -ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面P AE ； ④∠PDA ＝45°.其中正确的有__________(把所有正确的序号都填上)．解析：对于①，因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AE ，又EA ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，所以EA ⊥平面P AB ，从而可得EA ⊥PB ，故①正确．对于②，由于P A ⊥平面ABC ，所以平面ABC 与平面PBC 不可能垂直，故②不正确．对于③，由于在正六边形中BC ∥AD ，所以BC 与EA 必有公共点，从而BC 与平面P AE 有公共点，所以直线BC 与平面P AE 不平行，故③不正确．对于④，由条件易得△P AD 为直角三角形，且P A ⊥AD ，又P A ＝2AB ＝AD ，所以∠PDA ＝45°.故④正确．综上，①④正确．答案：①④16．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长是1，P 是棱BC 的中点，过点A ，P ，C 1的平面截该正方体得到的多边形为α，则α的面积是________.解析：易知截面α是菱形，且其两条对角线长分别是3和2，所以截面α的面积是12×3×2＝62. 答案：6217．空间一点P 到二面角α－l －β的两个面的距离分别是1和2，到l 的距离是2，则此二面角的大小是________.解析：设P A ⊥α交α于A ，PB ⊥β于交β于B ，则P A ＝1，PB ＝2，P A ⊥l ，PB ⊥l ，又P A ∩PB ＝P ，所以l ⊥平面P AB ．设平面P AB 与l 交于点C ，则∠ACB 为二面角α-l -β的平面角，连接PC ，则PC ⊥l ，PC ＝2.在Rt △PBC 中，∠PCB ＝45°.图2在Rt △P AC 中，∠PCA ＝30°.当P 在∠ACB 内部时，如图1所示，则∠ACB ＝45°＋30°＝75°，当P 在∠ACB 外部时，如图2所示，则∠ACB ＝45°－30°＝15°.答案：75°或15°18．粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原而制作的．如图1所示的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图2所示的粽子形状的六面体，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为________.解析：(1)三角形面积S ＝12×1×32＝34，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可求出其中一个正四面体的高为1－⎝⎛⎭⎫332＝63，故正四面体体积为13×34×63＝212，因此该六面体体积是26；(2)由图形的对称性得，球的体积要达到最大，则球与六面体的六个面都相切，连接球心和六面体的五个顶点，可把六面体分成六个三棱锥．设与六面体都相切时球的半径为R ，则26＝6×13×34×R ，可得R ＝69，此时球的体积V ＝4π3R 3＝4π3⎝⎛⎭⎫693＝86729π. 答案：26 86π729。

高考数学一轮复习练习-空间向量及其在立体几何中的应用

§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·PE⃗⃗⃗⃗ =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∵AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(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·PC⃗⃗⃗⃗ =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37,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 (0,92,3),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)+6+3=√(6-m)+45.而二面角P-QD-A 的余弦值为37,因此3√(6-m)+45=37,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=23,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=13S △ADQ ·h=13×12×6×6×4=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BE⃗⃗⃗⃗⃗ ,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 的法向量为n =(x 0,y 0,z 0), 则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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√63.(3)由(2)可知平面MBC 的一个法向量为n =(1,-1,1), 又∵BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), ∴点D 到平面BMC 的距离为|BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=1√3=√33. 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 ·EA⃗⃗⃗⃗⃗ =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|=-√55. 由题设知二面角F-AE-B 为钝二面角, 所以它的余弦值为-√55.(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√33,0), ∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-43,0,-4√33),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-23,-2√33,0), ∴cos<BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AF ⃗⃗⃗⃗⃗·BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=8983×43=14, ∴BE 与AF 所成角的余弦值为14.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.√32B.√155C.√105D.√33答案 C2.(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,-12,2).从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,-12,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2).故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×2√2=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√1020. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q (√32,12,0),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√55.4.(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{AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·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 ·DB⃗⃗⃗⃗⃗ =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|=33×√6=√66, ∴sin<m,n >=√306.故二面角E-BD-F 的正弦值为√306.6.(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|=3+1+02×√(√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√55.(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AMAF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CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(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|=-3√63√2×√39=-√1313.(7分)所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√1313.(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 ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =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 ,CA⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|9√6-6t|3√2×√(3√6-t)+t +9=12,(11分)整理得2t 2-6√6t+15=0,解得t=√62或t=5√62(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),∴CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3), ∴cos<CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=1+3√1+4+3×√1+3=√22.∴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 (0,32,1),N(1,0,2). (1)证明:依题意得DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(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MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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 ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =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 ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =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√1010,于是sin<m ,n >=√1010.所以,二面角E-BC-F 的正弦值为√1010.(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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2ℎ+5, 由题意,可得√ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,线段DP 的长为√33.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√721,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AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,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),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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·EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.因为EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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|=-√21, 于是sin<n 1,n 2>=√10521.所以,二面角C-EM-N 的正弦值为√10521.(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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√ℎ+5×2√3=√721,整理得10h 2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH 的长为85或12.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=23AD=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,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 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 (√52,1,2),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,-2),AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,2). 设n =(x,y,z)为平面PMN 的法向量,则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52x +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√525.(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 (√32,32,2√3),C(0,2,0).因此,EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,2√3),BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√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35.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=√22AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC,OB=12AC=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AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·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<OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√3(a 2√3(a -4)+3a +a .由已知可得|cos<OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√32.所以2√3|a -4|2√3(a -4)+3a 2+a 2=√32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n =(-8√33,4√33,-43). 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos<PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√34.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=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1DC,可得B 1C 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√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.7.(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|=√32. 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 ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n =(1,0,2).DA⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此 cos<n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin<n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55. 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=12AD,∠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=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,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BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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°,|z|√(x -1)+y +z =√22,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,√62).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|=√105. 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.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BF ⊥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 (12,0,√32),F (-12,0,√32).因此,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(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{AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·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√34.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AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(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 ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ =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 ·CG⃗⃗⃗⃗⃗ =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|=12. 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√515. 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 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=(√3,-1,-√3)·(√3,1,√3)7=-17,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (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|=(√3,0,0)·(3,√3,2)√3×4=34.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=√74.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=32,则H(0,0,0),P (0,0,√32),D (-1,-32,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=34√3=√34.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 2θ=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=23HF,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,AD⃗⃗⃗⃗⃗ =(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·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =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,EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(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|=-√63,于是sin<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=√33.所以,二面角O-EF-C 的正弦值为√33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因为AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2),所以AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,-25,45), 进而有H (-35,35,45),从而BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,85,45), 因此cos<BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2|BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|n 2|=-√721.所以,直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为√721.。

备战2020年高考数学一轮复习第10单元空间向量在立体几何中的应用单元训练(A卷,理,含解析)

1单元训练金卷▪高三▪数学卷(A ）第10单元空间向量在立体几何中的应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交.第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是()1,0,1=a ，()0,1,1=b ,那么这条斜线与平面所成的角是（） A ．90°B ．30°C ．45°D ．62．平面经过三点，，,则平面的法向量可以是（ )A ．B ．C ．D ．只装订不密封准考证号考场号座位号23．若直线的方向向量为()1,2,3=-a ，平面的法向量为()3,6,9=--n ，则（） A ．l α⊂B ．l α∥C ．l α⊥D ．l 与α相交4．如图，在平行六面体中，为的中点，设AB =a ，AD =b ，1AA =c ,则CE =（）A ．12--+a b c B ．12-+a b cC ．12--a b cD ．12+-a b c 5．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =,12AD AA ==，点P 为1CC 的中点，则异面直线AP 与11C D 所成角的正切值为（）A ．54B ．34C ．24D ．146．正方体1111ABCD A B C D -中,直线1AB 与平面11ABC D 所成角的正弦值为（） A ．12B ．22C ．33D ．327．对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有(),,OP xOA yOB zOC x y z =++∈R ，则，，是四点共面的（）A ．必要不充分条件B ．充分不必C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 8．已知二面角，其中平面的一个3法向量()1,0,1=-m ，平面的一个法向量()0,1,1=-n ,则二面角的大小可能为( ） A ．B ．C ．或D ．9．已知在平行六面体中，，,，，，则的长为（）A ．B ．C ．D ．10．如图，已知矩形与矩形全等，二面角为直二面角，为中点，与所成角为，且3cos 9θ=,则AB BC=（）A ．1B ．2C ．22D ．1211．在空间直角坐标系中,四面体各顶点坐标分别为()221A ，，，()221B -，，，,则该四面体外接球的表面积是（） A ．B ．C ．D ．12．如图，四边形，，，现将沿折起，当二面角的大小在π2π,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦时,直线和所成角为，则的最大值为（ )A ．268B ．624C ．2268D第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题,每小题5分．13．已知点()4,2,3A-关于坐标原点的对称点为1A,1A关于xOz平面的对称点为2A，2A关于z轴的对称点为3A，则线段3AA的中点M 的坐标为_______．14．在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为__________．15．如图,在正方体中，、分别为的中点，则平面和平面所成二面角的正弦值为__________．16．将直角三角形沿斜边上的高折成的二面角,已知直角边，那么下面说法正确的是_________．(1)平面平面；（2)四面体的体积是；（3）二面角的正切值是423；（4）与平面21，三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．4517．(10分)如图,在正四棱柱1111ABCD A B C D-中,,M E 分别为棱111,B C CC 的中点，12,2AB AA ==．(1)证明：平面1D EM ⊥平面ABE ;(2）求平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值．18．(12分)如图，E 是以AB 为直径的半圆O 上异于,A B 的点,矩形ABCD 所在的平面垂直于半圆O 所在的平面，且2AB =，3AD =．(1)求证：平面EAD ⊥平面EBC ；（2）若EB 的长度为π3，求二面角A DE C --的正弦值．619．（12分）如图，在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是边长为433的菱形，60BCD ∠=︒，AC 与BD 交于点O ，平面FBC ⊥平面ABCD ，EF AB ∥，FB FC =,233EF =． (1)求证：OE ⊥平面ABCD ；（2）若FBC △为等边三角形,点Q 为AE 的中点，求二面角Q BC A --的余弦值．720．(12分）已知四棱锥的底面是菱形，π3ABC ∠=，底面，是上的任意一点．（1）求证：平面平面；（2)设，是否存在点使平面与平面所成的锐二面角的大小为？如果存在，求出点的位置,如果不存在，请说明理由．21．（12分）如图所示,等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD =AB =BC =1，CD =2，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将△ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1)证明：平面POB⊥平面ABCE；（2）若直线PB与平面ABCE所成的角为π4，求二面角A PE C--的余弦值．22．（12分）如图，已知四棱锥的底面为边长为的菱形，3πBAD PA PB M∠==，，为中点，连接．（1）求证：平面平面；（2)若平面平面，且二面角的余弦值为55，求四棱锥的体积．81单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第10单元空间向量在立体几何中的应用答案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题,每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】D【解析】∵11cos ,222〈〉==⨯a b ,又由题意知(),0,90〈〉∈︒︒a b ，∴,60〈〉=︒a b ．答案D ．2．【答案】D【解析】设平面的法向量为n ,对于A 选项，2OA ⋅=n ,故A 选项错误；对于B 选项，2OB ⋅=-n ，故B 选项错误；对于C 选项，2OB ⋅=n ，故C 选项错误；对于D 选项，由于0OA ⋅=n ，0OB ⋅=n ，故D 选项符合题意．所以本题选D ． 3．【答案】C【解析】∵直线l 的方向向量为()1,2,3=-a ，平面的法向量为()3,6,9=--n ， ∴13=-a n ,∴∥a n ，∴，故选C ．4．【答案】A【解析】根据向量的三角形法则得到()111122CE AE AC AA A E AB BC =-=+-+=+--=--+c b a b a b c．故选A ． 5．【答案】A【解析】以D 为原点,DA 为x 轴，DC 为y 轴,1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，2则()2,0,0A ，()0,4,1P ，()10,4,2C ，()10,0,2D ，()2,4,1AP =-，()110,4,0C D =-，设异面直线AP 与11C D 所成角为θ，则1111164cos 21421AP C D AP C D θ⋅===⨯⋅,165sin 12121θ=-=， sin 5tan cos 4θθθ==,∴异面直线AP 与11C D 所成角正切值为54，故选A ．6．【答案】A【解析】如图，以点D 为坐标原点，以DA ，DC ，1DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴,建立空间直角坐标系，设棱长2，则(2,0,0)A ，1(2,2,2)B=,1(2,0,2)A ，(0,0,0)D ,所以1(0,2,2)AB =，1(2,0,2)DA =，因为在正方体中,11DA AD ⊥,AB ⊥平面11ADD A ,所以1AB DA ⊥,又1ADAB A =，所以1DA ⊥平面11ABC D ，因此向量1DA 为平面11ABC D 的一个法向量，设直线1AB 与平面11ABC D 所成的角为θ，则1111111sin cos ,22222AB DA AB DA AB DA θ⋅====⨯．故选A ．7．【答案】B【解析】空间任意一点和不共线的三点，，，且(),,OP xOA yOB zOC x y z =++∈R ，则四点共面等价于，若，,,则，所以四点共面，若四点共面，则，不能得到，,，所以，，是四点共面的充分不必要条件，故选B ． 8．【答案】C【解析】∵()1,0,1=-m ，()0,1,1=-n , 设m 与n 之间的夹角为，11cos =222θ⋅-∴==-⋅⨯m n m n ，，，二面角的大小可能为和．9．【答案】D【解析】在平行六面体中，,，，，，AC AB AD AA ''=++， ()2222222AC AB AD AA AB AD AA AB AD AB AA ∴=++=+++⋅+⋅''''，则53AC ='D ．10．【答案】C【解析】以A 为原点，AF 为x 轴，AB 为y 轴，AD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2a ，BC ＝2b ,则F （2b ，0，0），M (0，a ，0),B （0,2a ，0），D （0，0，2b )，（﹣2b ，a ，0），（0，﹣2a ，2b ），∵FM 与BD 所成角为θ，且3cos 9θ=，∴22222,23cos 9444FM BD a FM BD FM BDa b a b ⋅〈=〉==⋅++，整理得224454260a bb a -=+,∴4226540a a b b ⎛⎫⎛⎫-⨯+⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得212a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，或2413a b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（舍），∴22AB a BC b ==，故选C ．11．【答案】B【解析】如图，在空间坐标系里画出四个点，可得面，因此可以把四面体补成一个长方体,其外接球的半径22222232R ++==，所以外接球的表面积为，故选B项．12．【答案】C【解析】取BD 中点O ，连结AO ，CO ,∵AB ＝BD ＝DA ＝4．BC ＝CD ,∴CO⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO ＝2，AO,∴∠AOC 是二面角A BD C --的平面角，以O 为原点，OC 为x 轴,OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线为z 轴,建立空间直角坐标系,B (0，﹣2，0),C (2，0,0）,D （0，2,0)，设二面角A BD C --的平面角为θ，则2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，连AO 、BO ，则∠AOC ＝θ，()23cos ,0,23sin A θθ，∴()23cos ,2,23sin BA θθ=，()2,2,0CD =-，设AB 、CD 的夹角为α,则13cos cos 22AB CD AB CDθα-⋅==⋅,∵2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴11cos ,22θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，∴313cos 0,12θ⎡⎤-∈+⎢⎥⎣⎦．∴cos 的最大值为2268+．故选C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】()4,0,0-【解析】点()4,2,3A -关于坐标原点的对称点A 1的坐标为()4,2,3--,点()1423A --，，关于xOz 平面的对称点A 2的坐标为()423-，，，点()2423A -，，关于z 轴的对称点A 3的坐标为()423---，，，∴线段AA 3的中点M 的坐标为()4,0,0-． 14．【答案】1625【解析】因为，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直,以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴,建立如图所示的空间直角坐标系，则,,,, 所以，，设异面直线与所成角为，则1111114416cos cos 25916916AC BC AC BC AC BC θ-⨯=〈=⋅〉==+⨯+，．故答案为1625．15．【答案】223【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E (1，0，0），F （0,0,1）,B （2，2，0）,C 1（0,2，2），()1,0,1EF =-，()1,2,0EB =，设平面EFC 1B 的法向量(),,x y z =n ，则20EF x z EB x y ⎧⎪⋅=⎨⎪-+=⋅=+⎩=n n , 取，得()2,1,2=-n ，平面BCC 1的法向量()0,1,0=m ,设平面EFC 1B 和平面BCC 1所成二面角为，则1cos 3θ⋅==⋅n m n m ,所以22sin 3θ=,故填223．16．【答案】(3）(4）【解析】画出图像如下图所示,由图可知（1）的判断显然错误；由于，故是二面角的平面角且平面，故．过作交的延长线于，由于，故是三棱锥的高．在原图中,,3623AB AC AD BC⋅⨯===，321BD =-=,622CD =-=,33sin60122BE BD =⋅︒=⨯=，所以111362232626D ABC B ACD V V AD CD BE --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=，故（2）错误；以为坐标原点,,,DA DC Dz 分别为轴建立空间直角坐标系．)2,0,0A，130,2B ⎛-⎝⎭,()0,2,0C ,132,2AB ⎛=-- ⎝⎭，()2,2,0AC =-，设平面的法向量为(),,x y z =n ，则132022220AB x y z AC x y ⋅=--+=⋅=-+=⎧⎪⎨⎪⎩n n ，令,则5623y z ==，，即562,2,3⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n ．平面的法向量是()2,0,0DA =．设二面角的平面角为,由图可知为锐角，故3cos 17DA DAθ⋅==⋅n n ，则其正切值为144233=．故（3)判断正确；平面的法向量为，530,,22BC ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭，设直线和平面所成的角为，则()()530,0,10,,2221sin 14530,0,10,,22α⎛⎫⋅-⎪⎝⎭==⎛⎫⋅-⎪⎝⎭，故（4）判断正确．综上所述,正确的有（3）,（4）．三、解答题:本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）见解析；（2)3015．【解析】（1）证明：在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,AB BC ⊥，1BB ⊥底面ABCD ，1BB AB ∴⊥,又1BBBC B =，AB ∴⊥平面11BCC B ，则AB ME ⊥，213122ME =+=,2123BE =+=，219422BM =+=，222ME BE BM ∴+=，则BE ME ⊥， BEAB B =，ME ∴⊥平面ABE ．又ME ⊂平面1D EM ，∴平面1D EM ⊥平面ABE ．(2）以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则1122,1),(2,0,0),(2,2,2),(0,0,2),2,2E A B D M ⎫⎪⎪⎝⎭，则1(0,2,2)AB =，11(2,2,0)B D =--．设(,,)x y z =n 是平面11AB D 的法向量，1110AB B D ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩n n ,即220220z x ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,令2y =(2,2,1)=-n ,由（1)知,平面ABE 的一个法向量为2,0,12ME ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,230cos ,352ME ME ME⋅∴<=⋅⨯>==n n n 故平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的23018．【答案】(1）见解析；(2213【解析】（1）证明：平面ABCD ⊥平面EAB ，两平面交线为AB ,BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥,BC ∴⊥平面EAB ， EA ⊂平面EAB ，BC EA ∴⊥，AEB ∠是直角，BE EA ∴⊥，EA ∴⊥平面EBC ,EA ⊂平面EAD ，∴平面EAD ⊥平面EBC ．（2）如图，连结OE ,以点O 为坐标原点，在平面ABE 中，过O 作AB 的垂线为x 轴,AB所在的直线为y 轴，在平面ABCD 中，过O 作AB 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系．EB 的长度为π3，π3BOE ∴∠=，则()0,0,0O ，31,022E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,()0,1,3D -，()0,1,3C ，()0,1,0B ,()0,2,0DC ∴=,31,322CE ⎛⎫=-- ⎪⎪⎝⎭，31,022BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面DCE 的一个法向量为(),,x y z =m ,则20313022DC y CE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩m m ，令2x =,解得0y =，33z，32,0,3⎛∴= ⎝⎭m , 平面EAD 的一个法向量31,022BE ⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭n ，3313cos ,3⋅∴<>===⋅m nm n m n213sin ,∴<>=m n∴二面角A DE C --213． 19．【答案】（1）见证明；（2)31313．【解析】(1）证明：取BC 的中点H ，连结OH 、FH 、OE ，因为FB FC =，所以FH BC ⊥，因为平面FBC ⊥平面ABCD ，平面FBC 平面ABCD BC =，FH ⊂平面FBC ，所以FH ⊥平面ABCD ，因为H 、O 分别为BC 、AC 的中点，所以OH AB ∥且12323OH AB ==．又EF AB ∥，233EF =，所以EF OH ∥，所以四边形OEFH 为平行四边形，所以OE FH ∥，所以OE ⊥平面ABCD ．（2)因为菱形ABCD ,所以2OA OC OE FH ====．所以OA ，OB ,OE 两两垂直，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，则(2,0,0)A ，230,,03B ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，(2,0,0)C -，(0,0,2)E ，所以(1,0,1)Q ，所以232,,03BC ⎛⎫=-- ⎪⎪⎝⎭，(3,0,1)CQ =，设平面BCQ 的法向量为(,,)x y z =m ，由00BC CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，得2320330x y x z ⎧--=⎪⎨⎪+=⎩，取1x =,可得(1,3,3)=--m ，平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)=n , 设二面角Q BC A --的平面角为θ，则3313cos 131139θ⋅--===⨯++m n m n ，因为二面角Q BC A --的平面角为锐角，所以二面角Q BC A --的余弦值为31313．20．【答案】(1）见解析；(2）见解析．【解析】（1）证明：∵平面，平面，∴．∵四边形是菱形，∴．∵,∴平面．∵平面,∴平面平面．（2)设与的交点为,以、所在直线分别为、轴，以过垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系(如图），则，,，,．设，则()()1,0,21,0,SE x z EC x z=+-=--，,设SE ECλ=，∴1121xzλλλ-=+=+⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩,∴12,0,11Eλλλ-⎛⎫⎪++⎝⎭，∴12,3,11DEλλλ-⎛⎫=-⎪++⎝⎭,()0,23,0BD=，设平面的法向量()111,,x y z=n，∵DEBD⊥⊥⎧⎪⎨⎪⎩nn，∴0DEBD⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=nn．求得()2,0,1λ=-n为平面的一个法向量．同理可得平面的一个法向量为()3,1,0=-m，∵平面与平面所成的锐二面角的大小为,∴()()()23,1,02,0,13cos302241λλ-⋅-⋅︒===⋅+-m nm n，解得学必求其心得，业必贵于专精13．∴为的中点．21．【答案】（1)见解析；（2）55-．【解析】（1）证明：在等腰梯形ABCD 中，易知△DAE 为等边三角形，所以OD ⊥AE ,OB ⊥AE ,即在△PAE 中,OP ⊥AE ，∴AE ⊥平面POB ，AE ⊂平面ABCE ，所以平面POB ⊥平面ABCE ．（2）在平面POB 内作PQ ⊥OB =Q ，∴PQ ⊥平面ABCE ．∴直线PB 与平面ABCE夹角为π4PBQ ∠=, 又∵OP =OB ，∴OP ⊥OB ,O 、Q 两点重合,即OP ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴,OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为30,0,2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，1,0,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，31,2C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭, ∴1302PE ⎛= ⎝⎭，，,1302EC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，设平面PCE 的一个法向量为()1,,x y z =n ，则1200PE EC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n ,即13021302x z x y =+=⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，学必求其心得，业必贵于专精14设，则1y =-，1z =，∴()1311=-，，n ，由题意得平面PAE 的一个法向量()2010=，，n ，设二面角A PE C --为α,121215cos 515α⋅===⋅n n n n ．即二面角A PE C --为α的余弦值为55-． 22．【答案】（1）见证明;（2)2．【解析】（1)连接，∵菱形中，π3BAD ∠=,∴为等边三角形，又为中点，∴．又,则，又，∴平面，又AB CD ∥,∴平面，又平面，∴平面平面．（2）∵平面平面,且交线为，，平面，∴,以为原点，所在直线分别为轴，轴,轴建立空间直角坐标系，设，则，则()1,3,0AD =,()1,0,AP a =，设平面的一个法向量为()x y z =，，n ，则00AD AP ⎧⎪==⋅⎪⎨⋅⎩n n ，即300x y x az ⎧+=+=⎪⎨⎪⎩，可取()3,,3a a =--n ，又平面的法向量可取()0,1,0=m ，学必求其心得，业必贵于专精15由题意得25cos,343a a ⋅===+m n m n m n,解得，即, 又菱形的面积，∴四棱锥的体积为11233233ABCD V S PM =⨯⨯=⨯=．。

高考理科数学《立体几何-空间向量及其应用》专项复习

高考理科数学《立体几何-空间向量及其应用》专项复习一、考纲解读1.空间向量及其运算.（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；（3）掌握空间向量的数量积及其表示，能用向量的数量积判断向量的共线与垂直. 2.空间向量的应用.（1）理解直线的方向向量与平面的法向量；（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系；（3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）；（4）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用.二、命题趋势探究立体几何试题中，证明线面、面面的位置关系一般利用传统方法（非向量法）证明，对于空间角和距离的计算，既可用传统方法解答，也可以用向量法解答，而且多数情况下向量法会更容易一些.三、知识点精讲(一).空间向量及其加减运算1.空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模.空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a 也可以记作AB ，其模记为a 或AB . 2.零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0.当有向线段的起点A 与终点B 重合时，0AB =. 模为1的向量称为单位向量. 3.相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量.在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量.空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量. 与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为a -. 4.空间向量的加法和减法运算（1）OC OA OB a b =+=+，BA OA OB a b =-=-.如图8-152所示.（2）空间向量的加法运算满足交换律及结合律 a b b a +=+，()()a b c a b c ++=++ (二).空间向量的数乘运算 1．数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积a λ称为向量的数乘运算.当0λ>时，a λ与向量a 方向相同；当0λ<时，向量a λ与向量a 方向相反. a λ的长度是a 的长度的λ倍.2.空间向量的数乘运算满足分配律及结合律()a b a b λλλ+=+，()()a a λμλμ=. 3.共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作//a b . 4.共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b ()0b ≠，//a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=. 5.直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线.对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP OA ta =+①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB a =，则式①可化为()()1OP OA t AB OA t OB OA t OA tOB =+=+-=-+②①和②都称为空间直线的向量表达式，当12t =，即点P 是线段AB 的中点时，()12OP OA OB =+，此式叫做线段AB 的中点公式. 6.共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA a =，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α.平行于同一平面的向量，叫做共面向量.7.共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(),x y ，使p xa yb =+.推论：（1）空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(),x y ，使AP xAB y AC =+；或对空间任意一点O ，有OP OA xAB y AC -=+，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.（2）已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP xOA yOB zOC =++（其中1x y z ++=）的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立. (三).空间向量的数量积运算 1.两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA a =，OB b =，则AOB ∠叫做向量a ，b 的夹角，记作,a b ，通常规定0,a b π≤≤，如果,2a b π=，那么向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥. 2.数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则cos ,a b a b 叫做a ，b 的数量积，记作a b ⋅，即cos ,a b a b a b ⋅=.零向量与任何向量的数量积为0，特别地，2aa a ⋅=.Aa图 8-1543.空间向量的数量积满足的运算律： ()()a b a b λλ⋅=⋅，a b b a ⋅=⋅（交换律）； ()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅（分配律）.四、空间向量的坐标运算及应用（1）设()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则()112233,,a b a b a b a b +=+++；()112233,,a b a b a b a b -=---； ()123,,a a a a λλλλ=； 112233a b a b a b a b ⋅=++；()112233//0,,a b b a b a b a b λλλ≠⇒===； 1122330a b a b a b a b ⊥⇒++=.（2）设()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---.这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标.（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式.①已知()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则221a a a ==+221b b b ==+； 112233a b a b a b a b ⋅=++；cos ,a b =；②已知()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则(AB x =或者(),d A B AB =.其中(),d A B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量a 在向量b 上的射影为cos ,a b a a b b⋅=.（5）设()0n n ≠是平面M 的一个法向量，AB ，CD 是M 内的两条相交直线，则0n AB ⋅=，由此可求出一个法向量n （向量AB 及CD 已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设n 是平面的一个法向量，l 为直线l 的方向向量，证明0l n ⋅=，（如图8-155所示）.已知直线l （l α⊄），平面α的法向量n ，若0l n ⋅=，则//l α.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量a ，b ，只要证明a b ⊥，即0a b ⋅=.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9（10）空间角公式.①异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,a b a b a bθ⋅==.②线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为nl α图 8-155l 与α所成角的大小，则sin cos ,a n a n a nθ⋅==.③二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,n n θ=或12,n n π-（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos n n n n θ⋅=.（11）点A 到平面α的距离为d ，B α∈，n 为平面α的法向量，则AB n d n⋅=.五、解答题题型总结核心考点一:垂直问题【例1】如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PA ⊥底面ABCD ，2PA =，45PDA ∠=︒，点E 、F 分别为棱AB 、PD 的中点． ⑴求证：AF ∥平面PCE ； ⑵求证：平面PCE ⊥平面PCD ；【追问】PC 上是否存在一点H ，使得AC ⊥面EFH ？【解析】以A 为坐标原点，建立如图所示的坐标系A xyz -．⑴ ()002P ，，，()020D ，，，()200B ，，，()220C ，，，则()011F ，，，()100E ，，，于是，()011AF =，，，()102EP =-，，，()120EC =，，因为()12AF EP EC =+，所以AF 与EP EC ，共面．PFEDCBA又AF ⊄面ECP ，所以AF ∥平面PCE ．⑵ 因为()022PD =-，，，所以0AF PD ⋅=，即AF PD ⊥；又()200DC =，，，所以0AF DC ⋅=，即AF DC ⊥．于是AF ⊥面PCD ，由⑴AF ∥平面PCE ，则面PCE ⊥面PCD ．【追问】，则(2AC =，，(1EF =-，，，EH x ⎛=- 易知0AC EF ⋅=，由(2AC EH x ⋅=【例2】如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，ABE △是等腰直角三角形，AB AE =，FA FE =，45AEF ∠=︒． ⑴求证：EF ⊥平面BCE ；⑵设线段CD 的中点为P ，在直线AE 上是否存在一点M ，使得∥PM 平面BCE ？若存在，请指出点M 的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由；【解析】 ⑴ ∵ABE △为等腰直角三角形，AB AE =，∴AE AB ⊥．又∵面ABEF ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABEF ，平面ABEF 平面ABCD AB =， ∴AE ⊥平面ABCD ．∴AE AD ⊥．因此，AD ，AB ，AE 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系A xyz -．设1AB =，则1AE =，(010)B ，，，(100)D ，，，(001)E ，，，(110)C ，，．∵FA FE =，45AEF ∠=︒，∴0EF ⎛= ，，(0BE =，，(10BC =，0EF BE ⋅=+，0EF BC ⋅=．∴EF BE ⊥，EF BC ⊥．∵BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC BE B =， ∴EF ⊥平面BCE ．⑵ 存在点M ，当M 为AE 中点时，PM ∥平面BCE ．．从而1PM ⎛=- PFEDCBA由1PM EF ⎛⋅=- 即M 为AE 中点时，PM FE ⊥，又EF ⊥平面BCE ，直线PM 不在平面BCE 内，故PM ∥平面BCE ．【例3】如图，四棱锥S ABCD -的底面是正方形，每条侧棱的长倍，P 为侧棱SD 上的点．⑴ 求证：AC SD ⊥；⑵ 若SD ⊥平面PAC ，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ．若存在，求:SE EC 的值；若不存在，试说明理由．【解析】 ⑴ 连BD ，设AC 交BD 于O ，连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O xyz -如图．设底面边长为a ，0OC ⎛= ，，2SD ⎛=- 0OC SD ⋅=，故OC SD ⊥．从而AC SD ⊥．⑵ 在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC ．P BAS由题设知，22DS ⎛= 设CE tCS =，则由0CS ⎛= ，，BC ⎛=- BE BC CE BC tCS ⎛=+=+=- 而0BE DS ⋅=⇔即当21SE EC =∶∶时，BE DS ⊥．而BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC ．核心考点二:角度与距离【例1】如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长与侧面棱长都是2，M 是PC 的中点． ⑴ 求异面直线AD 和BM 所成角的大小． ⑵ 求异面直线AM 和PD 所成角的余弦值．【解析】 ⑴ 解法一：∵AD BC ∥，∴AD 和BM 所成的角就是BC 和BM 所成的角； ∵PBC △是正三角形，∴30MBC ∠=︒； ∴AD 和BM 所成的角为30︒．解法二：设P 在底面的射影为O ，由于P ABCD -为正四棱锥，所以O 为底面正方形的中心；以O 点为原点，DA 方向为x 轴正方向，DC 方向为y 轴正方向，OP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -；由于四棱锥侧面都是边长为2的正三角形，，(2AD =-，，32BM ⎛=- 32AD BM AD BM AD BM⋅==⋅，∴向量AD 与向量BM 所成的角为30︒，即直线AD 和BM 所成的角为30︒．由⑴解法二得(1PD =-，，32AM ⎛=- 10AM PD AM PD AM PD⋅==-⋅，所成角只能在【例2】如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的菱形，π4ABC ∠=，OA ⊥底面ABCD ，2OA =，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．⑴ 证明：直线MN ∥平面OCD ； ⑵ 求异面直线AB 与MD 所成角的大小； ⑶ 求点B 到平面OCD 的距离．【解析】作AP CD ⊥于点P ，如图，分别以AB 、AP 、AO 所在直线为x 、y 、z 轴建NM ODCBA立空间直角坐标系．1MN ⎛=- ，0OP ⎛= ，，OD ⎛=- 设平面OCD 的法向量为()n x y z =，，，则00n OP n OD ⋅=⋅=，，解得(04n =，，∵1MN n ⎛⋅=-∴MN ∥平面OCD ．⑵ 设AB 与MD 所成的角为θ， ∵()21002AB MD ⎛==-，，，12AB MDAB MD ⋅=⋅，，即AB 与MD 为OB 在平面影的绝对值；由(10OB =，23OB n n⋅=，OCD 的距离为【例3】如图，已知棱锥S ABCD -的底面是边长为4的正方形，S 在底面的射影O 落在正方形ABCD 内，且O 到AB 、AD 的距离分别是2、1． ⑴ 求证：AB SC ⋅是定值；⑵ 已知P 是SC 的中点，且3SO =，问在棱SA 上是否存在一点Q ，使异面直线OP 与BQ 所成的角为90︒？若不存在，说明原因；若存在，则求AQ 的长．【解析】 ⑴ 以点O 为坐标原点，OS 所在的直线为z 轴，过点O 且与AD 平行的直线为x 轴，过点O 且与AB 平行的直线为y 轴，建立如图的空间直角坐标系．设高OS h =，则由已知得()()()000210230O A B -，，，，，，，，，()()23000C S h -，，，，，，()()04023AB SC h ==--，，，，，，则()()0243012AB SC h ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，即AB SC ⋅是定值． ⑵ 在棱SA 上任取一点()000Q x y z ，，，使01AQ AS λλ=，≤≤．O SPACD1OP ⎛=- ，，，(2AS =-由AQ AS λ=得()()00021213x y z λ-+=-，，，，，从而022x λ=-，01y λ=-，03z λ=，()00023BQ x y z =--，，．则0OP BQ ⋅=，(3344AQ AS ==【例4】如图，已知点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，60PDA ∠=︒． ⑴ 求DP 与1CC 所成角的大小；⑵ 求DP 与平面11AA D D 所成角的大小．【解析】如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D xyz -．则(100)DA =，，，1(001)CC =，，．连结BD ，11B D ．在平面11BB D D 中，延长DP 交11B D 于H ．D 1C 1B 1A 1DC BA P设(1)(0)DH m m m =>，，，由已知60DH DA 〈〉=︒，，由cos DA DH DA DH DA DH ⋅=〈〉，，所以22DH ⎛= 122DH CC 〈〉=，所以145DH CC 〈〉=︒，．即DP 与1CC 所成的角为45︒．⑵ 平面11AA D D 的一个法向量是(010)DC =，，． 22DH DC 〈〉=，所以60DH DC 〈〉=︒，．可得DP 与平面11AA D D 所成的角为30︒．【例5】如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D-中，P 是侧棱1CC 上的一点，且CP m =，⑴试确定m ，使得直线AP 与平面11BDD B 所成角的正切值为；⑵在线段11A C 上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，1D Q 在平面1APD 上的射影垂直于AP ？并证明你的结论．【解析】 ⑴ 建立如图所示的空间直角坐标系，则()100A ，，，()110B ，，，A BC DA 1B 1C 1D 1()01P m ，，，()010C ，，，()000D ，，，()1111B ，，，()1001D ，，，所以()110BD =--，，，()1001BB =，，，()11AP m =-，，，()110AC =-，，，又由0AC BD ⋅=，10AC BB ⋅=知AC 为平面11BB D D 的一个法向量，设AP 与平面11BB D D 所成的角为θ，2AP AC AP AC ⋅=⨯()2232=⑵若在11A C 上存在这样的点Q ，设此点的横坐标为x ，则()11Q x x -，，，()110D Q x x =-，，，依题意，对任意的m 要使1D Q 在平面1APD 上的射影垂直于AP ， 10AP D Q ⇔⋅=⇔即Q 为11A C 的中点时，满足题设要求．【例6】如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AB BB =，D 为AC 的中点，1AC ⊥平面1A BD ． ⑴ 求证：11B C ⊥平面11ABB A ；⑵设E 是1CC 的中点，试求出1A E 与平面1A BD 所成角的正弦值．【解析】 ⑴ 连接1AB ，∵1AB B B =，∴四边形11ABB A 为正方形，∴11A B AB ⊥．又∵1AC ⊥面1A BD ，∴11AC A B ⊥，∴1A B ⊥面11AB C ， ∴111A B B C ⊥．又111BB B C ⊥，∴11B C ⊥平面11ABB A ． ⑵ 在矩形11ACC A 中，由11AC A D ⊥可知11~A AD ACC △△，建立如图的空间直角坐标系，不妨设2AB =，则()200A ，，，()1202A ，，，()1022C ，，，()021E ，，，可得()1222AC =-，，，()1221A E =--，，．由题意可知1AC 即为平面1A BD 的一个法向量，设1A E 与平面1A BD 所成的角为θ，【例7】如图，在三棱锥P ABC -中，PA PB =，PA PB ⊥， AB BC ⊥，30BAC ∠=︒，平面PAB ⊥平面ABC ．⑴ 求证：PA ⊥平面PBC ； ⑵ 求二面角P AC B --的余弦值； ⑶ 求异面直线AB 和PC 所成角的余弦值．【解析】在平面PAB 中作PO AB ⊥于点O ，E A 1B 1C 1ABCDPA∵平面PAB ⊥平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC ．过点O 作BC 的平行线，交AC 于点D ．如图，以O 为原点，直线OD OB OP ，，分别为x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．∵30AB BC BAC ⊥∠=︒，， ∴tan302BC AB =⋅︒=．∵(0PA =，，(2BC =，∴0PA BC ⋅=，∴PA BC ⊥．又∵PA PB ⊥， ∴PA ⊥平面PBC ．由⑴知，(0OP =，设(n x y =，，∵(2AC =，32n PA y n AC x ⎧⋅=-⎪⎨⋅=+⎪⎩，则(3n =-，3n OP n OP n OP⋅-==⨯⨯，由图象知，二面角P AC --∵()(02302AB PC ==，，，，3010AB PC AB PC AB PC⋅〈〉==，和PC 所成角的余弦值是。

2020版高考数学(理科)大一轮精准复习精练：8.5空间向量在立体几何中的应用含解析

8.5 空间向量在立体几何中的应用挖命题【考情探究】分析解读从近5年高考情况来看,利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)、空间距离均是高考的热点,考查频率很高,主要考查向量的坐标运算以及向量的平行、垂直、夹角问题,难度中等,多以解答题的形式呈现.应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算,会把立体几何问题转化为空间向量问题.破考点【考点集训】考点一用向量法证明平行、垂直(2018宁夏银川一中月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,PB=2,PB与平面PCD成45°角,PB与平面ABD成30°角.(1)在PB上是否存在一点E,使得PC⊥平面ADE?若存在,确定E点位置,若不存在,请说明理由;(2)当E为PB的中点时,求二面角P-AE-D的余弦值.解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,由题意易知PD=CD=1,BC=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),则=(,1,-1),设=λ,∴=λ=λ(,1,-1),=(0,1,-1),由·=·(+)=(0,1,-1)·(λ,λ,1-λ)=0,解得λ=,即PB上存在点E使得PC⊥平面ADE,且E为PB中点.(2)由(1)知D(0,0,0),A(,0,0),E,P(0,0,1),=(,0,0),=,=(,0,-1),= -,设平面ADE的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PAE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则⇒令y1=1,得n1=(0,1,-1).同理求得n2=(1,0,),所以cos<n1,n2>==-.易知所求二面角为锐二面角,故二面角P-AE-D的余弦值为.考点二用向量法求空间角和距离(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D、E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案B炼技法【方法集训】方法1 求解二面角的方法1.(2018河北五个一名校联考,18)如图,在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,底面△ABC是边长为2的正三角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C.(1)求证:A1C1⊥B1C;(2)求二面角B1-A1C-C1的正弦值.解析(1)证明:取A1C1的中点D,连接B1D,CD.∵C1C=A1A=A1C,∴CD⊥A1C1,(2分)∵底面△ABC是边长为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:过点D作DE⊥A1C于点E,连接B1E.易知B1D⊥平面A1CC1,∴B1D⊥A1C,∵DE∩B1D=D,∴A1C⊥平面B1DE,∴B1E⊥A1C,∴∠B1ED为所求二面角的平面角,(9分)∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1D=,又∵ED=CC1=,∴tan∠B1ED===,(11分)可得sin∠B1ED=,∴二面角B 1-A1C-C1的正弦值为.(12分)解法二:连接OB,取AC的中点O为坐标原点,射线OB,OC,OA1分别为x,y,z轴的非负半轴建立空间直角坐标系,得A1(0,0,1),B1(,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0).(7分)∴=(,1,0),=(0,1,-1),设m=(x,y,z)为平面A1B1C的法向量,∴-令y=,得m=(-1,,).(9分)又=(,0,0)是平面A1CC1的一个法向量,(10分)∴cos<m,>=-,又易知二面角B1-A1C-C1为锐二面角,∴二面角B1-A1C-C1的正弦值为-=.(12分)2.(2018广东广州调研,18)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2.(1)证明:平面PAC⊥平面PCE;(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°,求二面角P-CE-D的余弦值.解析(1)证明:如图,连接BD,交AC于点O,取PC的中点F,连接OF,EF.因为O,F分别为AC,PC的中点,所以OF∥PA,且OF=PA,因为DE∥PA,且DE=PA,所以OF∥DE,且OF=DE.(1分)所以四边形OFED为平行四边形,所以OD∥EF,即BD∥EF.(2分)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(4分)因为BD∥EF,所以EF⊥平面PAC.(5分)因为FE⊂平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.(6分)(2)解法一:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,且PA⊥平面ABCD,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.(7分)因为AC=AB=BC,所以△ABC为等边三角形.取BC的中点M,连接AM,则AM⊥BC.以A为原点,AM,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz(如图).则P(0,0,2),C(,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),所以=(,1,-2),=(-,1,1),=(0,0,1).设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),则即--令y1=1,则所以n=(,1,2).(10分)设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),则即-令x2=1,则所以m=(1,,0).(11分)设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,所以cosθ=-|cos<n,m>|=-=-=-.所以二面角P-CE-D的余弦值为-.(12分)解法二:因为直线PC与平面ABCD所成角为45°,且PA⊥平面ABCD,所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.(7分)因为AC=AB=BC=2,所以△ABC为等边三角形.因为PA⊥平面ABCD,由(1)知PA∥OF,所以OF⊥平面ABCD.因为OB⊂平面ABCD,OC⊂平面ABCD,所以OF⊥OB且OF⊥OC.在菱形ABCD中,OB⊥OC,故以点O为原点,OB,OC,OF所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz(如图).则O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(-,0,0),E(-,0,1),所以=(0,-2,2),=(-,-1,1),=(-,-1,0).(9分)设平面PCE的法向量为n=(x1,y1,z1),则即---令y1=1,则则n=(0,1,1).(10分)设平面CDE的法向量为m=(x2,y2,z2),则即----令x2=1,则则m=(1,-,0).(11分)设二面角P-CE-D的大小为θ,由于θ为钝角,则cosθ=-|cos<n,m>|=-=-=-.所以二面角P-CE-D的余弦值为-.(12分)方法2 用向量法求解立体几何中的探索型问题1.(2018江西南昌二中1月模拟,18)如图,△ABC的外接圆☉O的半径为,CD⊥☉O所在的平面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且BE=1,tan∠AEB=2.(1)求证:平面ADC⊥平面BCDE.(2)试问线段DE上是否存在点M,使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为?若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.解析(1)证明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD,∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.∵BE=1,tan∠AEB=2,∴AB=2.∵☉O的半径为,∴AB是直径,∴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)建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),则=(0,2,-3),易知平面ACD的一个法向量为=(0,2,0),假设满足题意的点M存在,设M(a,b,c),则=(a,b,c-4),再设=λ,λ∈(0,1],⇒∴--即M(0,2λ,4-3λ),从而=(-4,2λ,4-3λ).设直线AM与平面ACD所成的角为θ,则sinθ=|cos<,>|==.解得λ=-或λ=,其中λ=-∉(0,1],舍去,又λ=∈(0,1],故满足条件的点M存在,且点M为DE的靠近E的三等分点.2.(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,DE=3.(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),E(0,0,3),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以=(3,-3,0),=(-3,-3,3),=(3,0,-).设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).则即---令x1=,则y1=2,z1=3,则n=(,2,3).(6分)所以cos<,n>===-.(7分)所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(8分) (3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0≤t≤2.(9分)则=(0,-3,t),=(-3,-3,3).设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),则即---令y2=t,则z2=3,x2=3-t,则m=(3-t,t,3).(10分)又=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,∴|cos<m,>|==--=,(11分)整理得2t2-6t+15=0,解得t=或t=(舍去),(12分)∴=.(13分)过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组1.(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=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=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=-=-=.以A为坐标原点,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(,2,0),N,=(0,2,-4),=-,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即--(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|==.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)2.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=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.连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,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),=(0,2,2).取平面PAC的一个法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得可取n=((a-4),a,-a),所以cos<,n>=.-由已知可得|cos<,n>|=.=.解得a=-4(舍去)或a=.所以-所以n=--.又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.3.(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)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,的方向为y轴正方向,||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=,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=,EH=,则H(0,0,0),P,D--,=,=为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ===.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.4.(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=AD,∠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(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=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,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为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,(3)则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,所以|cos< ,n >|=sin 45°, -=,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设 =λ ,则 x=λ,y=1,z= - λ.②由①,②解得 (舍去),或所以M,从而 =.设m =(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量, 则即 -所以可取m =(0,- ,2). 于是cos<m ,n >==.易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为.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.B 组自主命题·省(区、市)卷题组考点一用向量法证明平行、垂直1.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A,B 1B,C 1C 均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2. (1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.解析解法一:(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB,OC 为x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).由·=0得AB1⊥A1B1.由·=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由即可取n=(-,1,0).所以sinθ=|cos<,n>|==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2,所以A1+A=A,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2,由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接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与平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,所以C1D=,故sin∠C 1AD==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.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,求线段AH的长.解析如图,以A为原点,分别以,,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:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即-不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以---不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-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,线段AH的长为或.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.考点二用向量法求空间角和距离1.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解析如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{,,}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P-.从而=--,=(0,2,2).故|cos<,>|===.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=,=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n=(,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.方法总结(1)向量法求异面直线所成角的步骤:①求两条直线所对应的方向向量m,n;②异面直线所成角θ的余弦值cosθ=|cos<m,n>|=.(2)向量法求线面角的正弦值的步骤:①求直线的方向向量a和平面的法向量b;②直线与平面所成角θ的正弦值sinθ=|cos<a,b>|=.易错警示(1)异面直线所成角θ的范围为,∴cosθ=|cos<m,n>|.(2)线面角的正弦值为|cos<a,b>|,并不是|sin<a,b>|.2.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析(1)证明:设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即--令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M-,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cos<n,>|==.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n 1,n2,设二面角的大小为θ,则有|cosθ|=|cos<n1,n2>|=,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面角.2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与平面所成的角θ满足sinθ=,θ∈.C组教师专用题组1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析本小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AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos<,>==--=-,因此异面直线A 1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即---不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos<,m>===.设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=.因为θ∈[0,π],所以sinθ==.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.2.(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=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解析依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,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,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即-不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证,=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).即-因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==-,进而有H-,从而=,因此cos<,n2>==-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.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.3.(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BF⊥平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接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,AC=3,CK=2,得FQ=.在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二: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O-xyz.由题意得B(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).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由得取m=(,0,-1);由得取n=(3,-2,).于是,cos<m,n>==.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.方法总结计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夹角公式求解.本题(2)的解法一根据二面角的平面角的定义构造AD的垂面,二面角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通过解三角形求解.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.4.(2016山东,17,12分)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.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:取FC的中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)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B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=-=3,可得F(0,,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得---进而可得平面BCF的一个法向量m=-.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.又易知二面角F-BC-A为锐二面角,所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.则有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM=-=3.过点M作MN垂直BC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MN=BMsin45°=.从而FN=,可得cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.5.(2015课标Ⅱ,19,12分,0.501)如图,长方体ABCD-A 1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=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=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,所以AH=10.以D为坐标原点,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),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即-所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.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,,,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.6.(2015江苏,22,10分)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=,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.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即--令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>=-=-≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.7.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由题设知,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,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则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).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·=0,n·=0,得-取n=(1,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|===.解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,取n=(1,1,0),得-∴sinθ=|cos<,n>|===.【三年模拟】一、填空题(共5分)二、1.(2018广东珠海四校4月模拟,14)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,则点D1到平面BDE的距离为.答案二、解答题(共60分)2.(2019届黑龙江哈尔滨师范大学附中期中,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,侧棱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的中点.(1)求证:AM∥平面SCD;(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值;(3)设点N是线段CD上的动点,MN与平面SAB所成的角为θ,求sinθ的最大值.解析(1)以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),∴=(0,1,1),=(1,0,-2),=(-1,-2,0),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z),则∴---令z=1,得n=(2,-1,1),∴·n=0,即⊥n,∵AM⊄平面SCD,∴AM∥平面SCD.(2)取平面SAB的一个法向量m=(1,0,0),由图可知,平面SCD与平面SAB所成角为锐二面角,则cos<n,m>===,∴平面SCD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值为.（3）设N(x,2x-2,0)(1≤x≤2),则=(x,2x-3,-1),∵平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),∴sin θ=|cos<,m>|===-,∴当=,即x=时,sinθ取得最大值,且(sinθ)max=.思路分析(1)通过建立空间直角坐标系,利用·n=0即可证明AM∥平面SCD;(2)分别求出平面SCD与平面SAB的法向量,利用法向量的夹角即可得出;(3)利用线面角的夹角公式即可得出表达式,进而利用二次函数的单调性即可得出结果.3.(2019届山东青岛9月调研,19)如图,在长方形ABCD中,=π,AD=2,E,F为线段AB的三等分点,G、H为线段DC的三等分点.将长方形ABCD卷成以AD为母线的圆柱W的半个侧面,AB、CD分别为圆柱W 上、下底面的直径.(1)证明:平面ADHF⊥平面BCHF;(2)求二面角A-BH-D的余弦值.解析(1)证明:因为H在下底面圆周上,且CD为下底面半圆的直径,所以DH⊥HC.又因为DH⊥FH,且CH∩FH=H,所以DH⊥平面BCHF,又因为DH⊂平面ADHF,所以平面ADHF⊥平面BCHF.(2)以H为坐标原点,分别以HD,HC,HF所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系H-xyz,设下底面半径为r,则πr=π,所以r=1,CD=2,因为G、H为DC的三等分点,所以∠HDC=30°,所以在Rt△DHC中,HD=,HC=1,所以A(,0,2),B(0,1,2),D(,0,0),设平面ABH的法向量为n=(x,y,z),因为n·=(x,y,z)·(,0,2)=0,n·=(x,y,z)·(0,1,2)=0,所以令x=-2,得y=-2,z=,所以平面ABH的一个法向量为n=(-2,-2,),设平面BHD的法向量为m=(x1,y1,z1),因为m·=(x1,y1,z1)·(,0,0)=0,m·=(x1,y1,z1)·(0,1,2)=0,所以令z1=1,得y1=-2,x1=0,所以平面BHD的一个法向量为m=(0,-2,1),结合图形结A-BH-D的二面角为锐角,设为θ,所以二面角A-BH-D的余弦值cosθ==.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所成角的正值弦.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.∵△DBF为等边三角形,∴OF=.∴A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,),∴=(-,-1,0),=(-,0,),=(-,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则取x=1,得n=(1,,1).(10分)设直线AD与平面ABF所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|==.(12分)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=,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=,∴DE2=AD2+AE2,∴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).∴=(1,2,0),=(0,2,1),设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),∴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>===,∴sin<m,n>=.故二面角E-BD-F的正弦值为.6.(2017河南4月质检,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,点E在AD上,且AE=2ED.(1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF⊥平面PAC;(2)当二面角A-PB-E的余弦值为多少时,直线PC与平面PAB所成的角为45°?解析(1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,则AD=CD,(1分)又AB⊥AC,∴BC=AC=2AD,(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=AD,∴四边形ABFE是平行四边形,∴AB∥EF,(3分)∴AC⊥EF,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF,(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF⊂平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,则∠APC为PC与平面PAB所成的角,若PC与平面PAB所成的角为45°,则tan∠APC==1,即PA=AC=,(6分)取BC的中点G,连接AG,则AG⊥BC,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E,P(0,0,),∴=,=,(7分)设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),则即--令y=3,则x=5,z=,∴n=(5,3,),(9分)易知=(1,1,0)是平面PAB的一个法向量,(10分)cos<n,>==,结合图形可知当二面角A-PB-E的余弦值为时,直线PC与平面PAB所成的角为45°.(12分)思路分析(1)先证明四边形ABFE为平行四边形,得AB∥EF,然后证明EF⊥平面PAC,从而证明平面PEF⊥平面PAC;(2)根据线面角定义找出PC与平面PAB所成角,得PA的长,然后建立空间直角坐标系,分别求出平面PAB与平面PBE的法向量,再利用向量法求出二面角A-PB-E的余弦值.解题关键建立恰当的空间直角坐标系,确定出各点的坐标是解题的关键.。

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