(浙江专用)2020高考数学立体几何第3讲空间向量与立体几何专题强化训练
(浙江专用)2020版高考数学 立体几何与空间向量专题突破五高考中的立体几何问题讲义(含解析)
高考专题突破五 高考中的立体几何问题题型一 求空间几何体的表面积与体积例1 (1)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为( )A.16＋4 3B.16＋4 5C.20＋4 3D.20＋4 5答案 D解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表面积为S ＝5×22＋4×12×2×5＝20＋45，故选D.(2)(2018·浙江省嘉兴市第一中学期中)如图，已知AB 为圆O 的直径，C 为圆上一动点，PA ⊥圆O 所在平面，且PA ＝AB ＝2，过点A 作平面α⊥PB ，交PB ，PC 分别于E ，F ，当三棱锥P －AEF 体积最大时，tan∠BAC ＝________.答案 2解析 ∵PB ⊥平面AEF ，∴AF ⊥PB ，又AC ⊥BC ，AP ⊥BC ，AC ∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面PAC ， ∴BC ⊥平面PAC ，又∵AF ⊂平面PAC ，∴AF ⊥BC ，又∵PB ∩BC ＝B ，PB ，BC ⊂平面PBC ， ∴AF ⊥平面PBC ，∴∠AFE ＝90°， 设∠BAC ＝θ，在Rt△PAC 中，AF ＝AP ·AC PC ＝2×2cos θ21＋cos 2θ＝2cos θ1＋cos 2θ. 在Rt△PAB 中，AE ＝PE ＝2，∴EF ＝AE 2－AF 2，∴V 三棱锥P －AEF ＝13·12AF ·EF ·PE ＝16AF ·2－AF 2×2＝26·2AF 2－AF 4＝26－(AF 2－1)2＋1≤26， ∴当AF ＝1时，三棱锥P －AEF 的体积取最大值26， 此时2cos θ1＋cos 2θ＝1，且0°<θ<90°，∴cos θ＝33，sin θ＝63，tan θ＝ 2. 思维升华(1)等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)不规则的几何体可通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.跟踪训练1 (1)(2018·嘉兴模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm 2)是( )A.36＋24 2B.36＋12 5C.40＋24 2D.40＋12 5答案 B解析 由三视图得该几何体为一个组合体，上面是棱长为2的正方体，下面是下底为边长为4的正方形、上底为边长为2的正方形的四棱台，则其表面积为5×22＋4×2＋42×5＋42＝36＋125，故选B.(2)(2018·温州高考适应性测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.43＋π B.23＋π C.4＋π3D.4＋2π3答案 A解析 由三视图可还原出几何体的直观图，该几何体是由半个圆柱(底面圆的半径为1，高为2)和一个四棱锥(底面为边长是2的正方形，高为1)组成的，如图所示.故该几何体的体积V ＝12×π×12×2＋13×22×1＝43＋π.故选A.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点.(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积.(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC . 因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB .又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1. 又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明 方法一 如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG . 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG . 又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .方法二 如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB ， 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1∥AH ，且EC 1＝AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形，所以C 1H ∥AE ， 又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF ，又C 1F ⊂平面C 1HF ，所以C 1F ∥平面ABE . (3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.跟踪训练2 如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明 (1)以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，1). ∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AB →＝(1，0，0).∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .(2)由(1)可知，AP →＝(0，0，1)，AD →＝(0，2，0)，DC →＝(1，0，0)，∵AP →·DC →＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，AD →·DC →＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0， ∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC . 又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面PAD ， ∴DC ⊥平面PAD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD ⊥平面PDC . 题型三 空间角的计算1.(2018·浙江高考适应性考试)四个同样大小的球O 1，O 2，O 3，O 4两两相切，点M 是球O 1上的动点，则直线O 2M 与直线O 3O 4所成角的正弦值的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 答案 C解析 由四个同样大小的球O 1，O 2，O 3，O 4两两相切，则可以把O 1，O 2，O 3，O 4看成正四面体的四个顶点，球的半径为棱长的一半，记球的半径为1，则正四面体的棱长为2.平移直线O 3O 4至O 2C 位置，过O 2C ，O 1O 2的平面截球O 1得一个大圆，过O 2作大圆的两条切线O 2E ，O 2F ，由线面垂直易证O 1O 2⊥O 2C ，由图可知，当点M 运动至切点E 时，∠MO 2C 最小，当点M 运动至切点F 时，∠MO 2C 最大，设∠EO 2O 1＝θ，则∠MO 2C ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－θ，π2＋θ.在Rt△EO 2O 1中，sin θ＝12，则θ＝π6，即直线O 2M 与直线O 3O 4所成角α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，则直线O 2M 与直线O 3O 4所成角的正弦值的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，1，故选C. 2.(2017·浙江)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 ，BQ QC ＝CRRA ＝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 B解析 如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO .由图可知它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可.如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心. 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ，OF ＝OQ ·sin∠OQF ＜OQ ·sin∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin∠ORE ＞OR ·sin∠ORP ′＝a ，∴OF ＜OG ＜OE ，∴OD tan β＜OD tan γ＜ODtan α，∴α＜γ＜β.故选B.3.(2018·浙江)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：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.方法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝ 5.由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2 3.由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如图，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，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21，得cos∠C1A1B1＝427，sin∠C1A1B1＝77，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (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Oxyz . 由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1).因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3). 由AB 1→·A 1B 1→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2). 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1，0).所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 思维升华空间角是高考中的常考内容，线线角和二面角多出现在小题中，线面角多出现在解答题中，主要注意几何法与空间向量法的灵活应用. 题型四 立体几何中的动态问题1.(2018·杭州模拟)等腰直角三角形ABE 的斜边AB 为正四面体ABCD 的侧棱，直角边AE 绕斜边AB 旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：①四面体E —BCD 的体积有最大值和最小值； ②存在某个位置，使得AE ⊥BD ；③设二面角D —AB —E 的平面角为θ，则θ≥∠DAE ；④AE 的中点M 与AB 的中点N 的连线交平面BCD 于点P ，则点P 的轨迹为椭圆. 其中，正确说法的个数是( ) A.1B.2C.3D.4 答案 C解析 四面体E —BCD 的底面BCD 的面积为定值，且在旋转的过程中，点E 到底面BCD 的距离存在最大值和最小值，所以四面体E —BCD 的体积有最大值和最小值，①正确；设BD 的中点为F ，则当AE 旋转到平面ACF 内时，AE ⊥BD ，②正确；当点E 旋转到△ABD 内时，二面角D —AB —E 的大小为0，∠DAE ＝π12，此时θ≥∠DAE 不成立，③错误；由题意得点P 的轨迹为以MN 为母线，AB 为轴的圆锥面与平面BCD 的交线，易得圆锥的母线与圆锥的轴的夹角为π4，在正四面体ABCD 中易得直线AB 与平面BCD 所成的角α满足π4<α<π2，所以圆锥面与平面BCD 的交线为椭圆，即点P 的轨迹为椭圆，④正确.综上所述，正确说法的个数为3，故选C.2.(2018·浙江高考研究联盟联考)如图，已知正四面体D —ABC ，P 为线段AB 上的动点(端点除外)，则二面角D —PC —B 的平面角的余弦值的取值范围是____________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13 解析 当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D —PC —B 的平面角逐渐增大，二面角D —PC —B的平面角最小趋近于二面角D —AC —B 的平面角，最大趋近于二面角D —BC —A 的平面角的补角.设正四面体的棱长为2，如图所示，取AC 的中点为E .连接DE ，BE ，易知∠DEB 为二面角D —AC —B 的平面角，DE ＝BE ＝3，所以cos∠DEB ＝(3)2＋(3)2－222×3×3＝13，同理二面角D —BC —A 的平面角的补角的余弦值为－13，故二面角D —PC —B 的平面角的余弦值的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13.思维升华 (1)考虑动态问题中点线面的变化引起的一些量的变化，建立目标函数，用代数方法解决几何问题.(2)运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律. (3)运动过程中端点的情况影响问题的思考，可以利用极限思想考虑运动变化的极限位置.1.(2018·绍兴质检)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数是( )①若m ∥α且m ⊥β，则α⊥β； ②若m ⊥β且α⊥β，则m ∥α； ③若m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α∥β； ④若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α. A.1B.2C.3D.4 答案 B解析 若m ∥α，则由线面平行的性质定理知，在α内有直线l 与m 平行，又m ⊥β，则l ⊥β，从而α⊥β，故①正确；若m ⊥β且α⊥β，则m ⊂α或m ∥α，故②不正确；若m ∥n ，m ⊥α，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，故③正确；若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故④不正确.故正确的个数为2.2.过正方体ABCD—A′B′C′D′的顶点A作平面α，使得棱AB，CC′，A′D′在平面α上的投影的长度相等，则这样的平面α的个数为( )A.6B.4C.3D.1答案 B解析考虑到平行的性质，AB，CC′，A′D′可以用同一顶点处的三条棱替代，如AB，AA′，AD，投影的长度相等等价于这些线段所在直线与平面α所成的角相等，因此以正方体为依托，如图，平面AB′D′(BC′D)，ACD′(A′BC′)，A′BD(B′CD′)，A′C′D(AB′C)均符合题意，所以这样的平面有4个.故选B.3.(2018·绍兴模拟)《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A.2B.2＋4 2C.4＋4 2D.4＋6 2答案 C解析由题可得，该几何体是底面为等腰直角三角形，直角边长为2，高为2的直三棱柱，所以其侧面包括一个边长为2的正方形及两个长和宽分别为2和2的长方形，所以其侧面积为S＝22＋2×2×2＝4＋42，故选C.4.(2018·台州适应性考试)如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD 沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角N —AC —B 的余弦值为()A.0B.12C.22D.32答案 C解析 易知OB ＝OD ，所以当N 为BD 的中点时，线段ON 最短，因为AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，OB ∩OD ＝O ，OB ，OD ⊂平面OBD ，所以AC ⊥平面BOD ，所以ON ⊥AC ，又OB ⊥AC ，所以∠BON 即二面角N —AC —B 的平面角.因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，OD ⊥AC ，所以OD ⊥平面ABC ，所以OD ⊥OB ，△BOD 为等腰直角三角形，所以∠BON ＝45°，所以二面角N —AC —B 的余弦值为22. 5.(2018·浙江)已知四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S －AB －C 的平面角为θ3，则( ) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1答案 D解析 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E 为AB 上靠近点A 的四等分点，E ′为AB 的中点，S 到底面的距离SO ＝1，以EE ′，E ′O 为邻边作矩形OO ′EE ′，则∠SEO ′＝θ1，∠SEO ＝θ2，∠SE ′O ＝θ3. 由题意，得tan θ1＝SO ′EO ′＝52，tan θ2＝SO EO ＝152＝25，tan θ3＝1， 此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1. 当E 在AB 中点处时，θ2＝θ3＝θ1.故选D.6.(2018·嘉兴调研)如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱AA 1，CC 1的中点，过EF 的平面与棱BB 1，DD 1分别交于点G ，H .设BG ＝x ，x ∈[0，1].①四边形EGFH 一定是菱形； ②AC ∥平面EGFH ；③四边形EGFH 的面积S ＝f (x )在区间[0，1]上具有单调性； ④四棱锥A —EGFH 的体积为定值. 以上结论正确的个数是( ) A.4B.3C.2D.1 答案 B解析 由正方体的性质易得D 1H ＝BG ＝x ，则四边形A 1D 1HE 、四边形ABGE 、四边形CBGF 、四边形C 1D 1HF 为四个全等的直角梯形，则HE ＝EG ＝GF ＝FH ，即四边形EGFH 为菱形，①正确；因为AC ∥EF ，EF ⊂平面EGFH ，AC ⊄平面EGFH ，所以AC ∥平面EGFH ，②正确；在线段DD 1上取DM ＝x ，则易得△HMG 为直角三角形，且HM ＝1－2x ，则GH ＝HM 2＋GM 2＝(1－2x )2＋2，则菱形EGFH 的面积S ＝f (x )＝12EF ·GH ＝22(1－2x )2＋2，易得其在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上单调递增，在[0，1]上不具有单调性，③错误；V 四棱锥A —EGFH ＝V 三棱锥A —EFH ＋V 三棱锥A —EGF ＝V 三棱锥F —AEH ＋V 三棱锥F —AEG ＝13×1×12×1×12＋13×1×12×1×12＝16，为定值，④正确.综上所述，正确结论的个数是3，故选B.7.如图，在正四面体A —BCD 中，P ，Q ，R 分别为AB ，AC ，AD 上的点，APPB ＝2，CQ QA ＝AR RD＝3，记二面角B —PQ —R ，C —QR —P ，D —PR —Q 的平面角分别为α，β，γ，则( )A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α答案 C解析易知二面角B—PQ—R的平面角的补角就是二面角A—PQ—R的平面角，二面角C—QR—P的平面角的补角就是二面角A—QR—P的平面角，二面角D—PR—Q的平面角的补角就是二面角A—PR—Q的平面角.易得二面角A—PQ—R的平面角>二面角A—QR—P的平面角>二面角A—PR—Q的平面角，即α<β<γ.故选C.8.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.在翻折过程中，可能成立的结论是________.(填写结论序号)答案②③解析因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误.故答案为②③.9.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为______.答案 25解析 以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AQ 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，设AB ＝1，则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，设M (0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y ，1，∴cos AF →，EM→＝－12＋12y 1＋14·14＋y 2＋1＝－1－y52·4y 2＋5.则cos θ＝|cos AF →，EM→|＝1－y52·4y 2＋5＝255·1－y4y 2＋5， 令t ＝1－y ，则y ＝1－t ， ∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos θ＝255·t 4t 2－8t ＋9＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t2， 令x ＝1t，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos θ＝25514－8x ＋9x2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，z min ＝5， 此时cos θ的最大值为255·15＝255·55＝25. 10.(2009·浙江)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点.现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足.设AK ＝t ，则t 的取值范围是____________.答案⎝⎛⎭⎪⎫12，1解析如图，在平面ADF内过D作DH⊥AF，垂足为H，连接HK.过F点作FP∥BC交AB于点P.设∠FAB＝θ，则cosθ∈⎝⎛⎭⎪⎫22，255.设DF＝x，则1<2.∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，DK⊥AB，DK⊂ABD，∴DK⊥平面ABC，又AF ⊂平面ABC，∴DK⊥AF.又∵DH⊥AF，DK∩DH＝D，DK，DH⊂平面DKH，∴AF⊥平面DKH，∴AF⊥HK，即AH⊥HK.在Rt△ADF中，AF＝1＋x2，∴DH＝x21＋x2.∵△ADF和△APF都是直角三角形，PF＝AD，∴Rt△ADF≌Rt△APF，∴AP＝DF＝x.∵△AHD∽△ADF，∴cosθ＝11＋x2t＝x1＋x2.∴x＝1t.∵1<x<2，∴1<1t<2，∴12<t<1.11.(2017·浙江)如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE∥平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明 如图，设PA 的中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 的中点，所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 因为BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 因此CE ∥平面PAB .(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ， 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点， 所以Q 为EF 的中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD .所以AD ⊥平面PBN .由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影， 所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角. 设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt△MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin∠QMH ＝28，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 12.(2018·浙江重点中学联考)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，D 是棱A 1C 1的中点，CC 1＝h (h >0).(1)证明：BC 1∥平面AB 1D ；(2)若直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小为π6，求h 的值.(1)证明 方法一 如图1，连接A 1B ，交AB 1于点E ，连接DE ，则DE 是△A 1BC 1的中位线，图1所以DE ∥BC 1.又DE ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ， 所以BC 1∥平面AB 1D .方法二 如图2，取AC 的中点F ，连接BF ，C 1F ，DF .图2因为AF ∥DC 1，且AF ＝DC 1，所以四边形AFC 1D 是平行四边形，故AD ∥FC 1. 又FC 1⊂平面BFC 1，AD ⊄平面BFC 1， 所以AD ∥平面BFC 1.因为DF ∥B 1B ，且DF ＝B 1B ，所以四边形DFBB 1是平行四边形，故DB 1∥FB . 又FB ⊂平面BFC 1，DB 1⊄平面BFC 1， 所以DB 1∥平面BFC 1.又AD ∩DB 1＝D ，AD ，DB 1⊂平面ADB 1， 所以平面ADB 1∥平面BFC 1. 又BC 1⊂平面BFC 1， 故BC 1∥平面AB 1D .(2)解 方法一 取A 1B 1的中点H ，连接C 1H ，BH . 因为△A 1B 1C 1与△ABC 都是正三角形，所以C 1H ⊥A 1B 1.在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABB 1A 1⊥平面A 1B 1C 1，平面ABB 1A 1∩平面A 1B 1C 1＝A 1B 1， 又C 1H ⊂平面A 1B 1C 1，故C 1H ⊥平面ABB 1A 1. 所以∠C 1BH 就是BC 1与平面ABB 1A 1所成的角， 即∠C 1BH ＝π6.在Rt△C 1BH 中，BC 1＝2HC 1＝23， 在Rt△BCC 1中，BC 1＝BC 2＋CC 21＝h 2＋4. 所以h 2＋4＝23，解得h ＝2 2.方法二 以AB 的中点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图3所示，图3则B (1，0，0)，C 1(0，3，h ).易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n ＝(0，1，0). 又BC 1→＝(－1，3，h )，所以sin π6＝|cos 〈BC 1→，n 〉|＝|BC 1→·n ||BC 1→||n |，即3h 2＋4＝12，解得h ＝2 2.13.(2018·绍兴市适应性考试)如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，∠CAB ＝θ，M 为AB 的中点.将△ACM 沿着CM 翻折至△A ′CM ，使得A ′M ⊥MB ，则θ的取值不可能为( )A.π9B.π6C.π5D.π3答案 A解析 如图，设点A ′在平面BMC 上的射影为A ″，则由题意知，点A ″在直线CM 的垂线A ′A ″上.要使A ′M ⊥MB ，则A ″M ⊥MB ，所以只需考虑其临界情况，即当A ″M ⊥MB 时，点A 与点A ″关于直线CM 对称，所以∠AMD ＝∠A ″MD ＝∠BMC ＝π4，又AM ＝MC ，所以△AMC 是以∠MAC 为底角的等腰三角形，所以∠CAM ＋∠MCA ＝2θ＝π4，所以θ＝π8.因此当θ≥π8时，有A ′M ⊥MB ，所以θ的取值不可能为π9，故选A. 14.(2018·温州高考适应性测试)已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当C 运动时，点H 运动的轨迹( )A.是圆B.是椭圆C.是抛物线D.不是平面图形答案 A解析 设在定圆内过点B 的直径与圆的另一个交点为点D ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点E ，连接EH ，CD .因为BD 为定圆的直径，所以CD ⊥BC ，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD ⊥AB ，又因为AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BH ，又因为BH ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以BH ⊥平面ACD ，所以BH ⊥EH ，所以动点H 在以BE 为直径的圆上，即点H 的运动轨迹为圆，故选A.15.(2018·浙江省镇海中学模拟)已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA 1，BB 1，CC 1分别交于三点M ，N ，Q ，若△MNQ 为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( ) A.2B.4C.22D.2 3答案 D解析 取D ，D 1分别为AC ，A 1C 1的中点，连接DD 1，DB ，根据题意以D 为原点，DB ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，点M 在侧棱AA 1上，设M (0，－1，a )，点N 在BB 1上，设N (3，0，b )，点Q 在CC 1上，设Q (0，1，c )，不妨设c <b <a ，则MN →＝(3，1，b －a )，QN →＝(3，－1，b －c ).因为△MNQ 为直角三角形，由c <b <a ，得∠MNQ 为直角，所以MN →·QN →＝0，即(b －a )(b －c )＋2＝0，斜边MQ ＝4＋(a －c )2＝4＋[(a －b )＋(b －c )]2≥4＋4(a －b )(b －c )＝4＋4×2＝23，当且仅当a －b ＝b －c 时取等号，故选D.16.已知三棱锥P －ABC 中，点P 在底面ABC 上的投影正好在等腰直角三角形ABC 的斜边AB 上(不包含两端点)，点P 到底面ABC 的距离等于等腰直角三角形ABC 的斜边AB 的长.设平面PAC 与底面ABC 所成的角为α，平面PBC 与底面ABC 所成的角为β，则tan(α＋β)的最小值为________.答案 －427解析 设点P 在底面ABC 上的投影为H ，连接PH ，则PH ⊥平面ABC .过H 作HM ⊥AC 于M ，HN ⊥BC 于N ，连接PM ，PN ，则α＝∠PMH ，β＝∠PNH .设AC ＝BC ＝1，AH ＝t (0<t <2)，则PH ＝AB ＝ 2.因为△ABC 为等腰直角三角形，所以MH ＝AH sin45°＝2t 2，NH ＝BH sin45°＝2(2－t )2，所以tan α＝PH MH ＝222t ＝2t ，tan β＝PH NH ＝222(2－t )＝22－t ，所以tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝2t ＋22－t 1－2t ×22－t ＝－22t 2－2t ＋4＝－22⎝⎛⎭⎪⎫t －222＋72. 因为0<t <2，所以当t ＝22时，tan(α＋β)取得最小值，最小值为－427.。
2020年高考数学(理)重难点专练03 空间向量与立体几何(解析版)
2020年高考数学（理）重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 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. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．3πB ．C ．D ．12π【答案】D 【解析】 【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半，即12R == ∴球O 的表面积：2412S R ππ==本题正确选项：D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥， 若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选：C ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ其中正确命题的序号是（ ） A ．∴∴ B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为（ ）．A B C D ．2【答案】A 【解析】 【分析】取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得R .【详解】解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB且AB ==PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1sin 3PAB ∠=， 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==，即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选：A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.二、解答题6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ； （2）求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5. 【解析】 【分析】（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面PBC ，即可得到结论；（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ， 又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ， 所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .由（1）知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量，因为(2,2,0)CA =u u u r，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ，即02x y z=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r，所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ，故锐二面角A PB C --的余弦值5．【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD所在的平面，,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点，112PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC P 平面DEF .（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r，则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩令1x =，得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r，(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ，据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， 则平面ABP的一个法向量为)n =r，cos ,3m n <>==u r r，于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --（3）设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟，整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π，所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r 解得21λ=，由知1λ=，即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q，且FQ EF ==. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设,m n u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值 为5.(∴)证明：//BC 平面PAD ；(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】 【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值． 【详解】(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角． 在Rt PCD V中，PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ， 所以AN AD ⊥，分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P，1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)D，1,14M ⎫-⎪⎪⎝⎭所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u ur，9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r，由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则1,1)n =u r．设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u ur，由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v，即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=，得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令21y =，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角， 所以二面角P CD M --【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12λ=±.【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，()2,1,0E ，()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r.（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r ，所以12BC FP =u u u u r u u u r，即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r，即()()2210λλλλ---+=，解得1λ=±，显然满足02λ<<.故存在1λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。
高考专题-- 立体几何与空间向量-浙江高三数学三轮复习---精校解析Word版
立体几何与空间向量1. 立体图形的截面问题高考对用一平面去截一立体图形所得平面图形的考查实质上对学生空间想象能力及对平面基本定理及线面平行与面面平行的性质定理的考查。
考生往往对这一类型的题感到吃力，实质上高中阶段对作截面的方法无非有如下两种：一种是利有平面的基本定理：一个就是一条直线上有两点在一平面内则这条直线上所在的点都在这平面内和两平面相交有且仅有一条通过该公共点的直线（即交线）（注意该定理地应用如证明诸线共点的方法：先证明其中两线相交，再证明此交点在第三条直线上即转化为此点为两平面的公共点而第三条直线是两平的交线则依据定理知交点在第三条直线；诸点共线：即证明此诸点都是某两平面的共公点即这此点转化为在两平的交线上）据这两种定理要做两平面的交线可在两平面内通过空间想象分别取两组直线分别相交，则其交点必为两平面的公共点，并且两交点的连线即为两平的交线.另一种方法就是依据线面平行及面面平行的性质定理，去寻找线面平行及面面平行关系，然后根据性质作出交线。
一般情况下这两种方法要结合应用.例1.已知正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是10，高是12，过底面一边AB ，作与底面ABC 成060角的截面面积是___________________。
【答案】点评：判断截面的形状，应该将现有截面进行延伸，必须找出与整个几何体表面的截线.2.三视图高考对三视图的要求是：（1）理解简单空间图形 (柱、锥、台、球的简易组合) 的含义，了解中心投影的含义，掌握平行投影的含义；（2）理解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体.会用斜二测法画出它们的直观图.从学生反馈情况看，主要错误是不能正确视图，还原几何体.突破这一瓶颈的有效途径，一是熟悉规则，二是多做一些练习.例2.【2017课标II ，理4】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ）90πB．63πC．42πD．36π【答案】B【解析】点评：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。
2020年浙江高考数学一轮复习： 立体几何中的向量方法
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1．共线向量定理中a ∥b ⇔存在λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0 . 2．一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，
不要误认为是共面向量． 3．求异面直线所成角时易忽视角的范围0，π2而导致结论错误． 4．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应
令y＝2，得n ＝(－ 3，2,1)． ∵n ·―CM→＝－ 3× 23＋2×0＋1×32＝0， ∴n ⊥―CM→.又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.
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(2)法一：由(1)知―B→A ＝(0,4,0)，―P→B ＝(2 3，0，－2)，
设平面PAB的一个法向量为m ＝(x0，y0，z0)，
λ＝2， 解得μ＝12
λ＝－3， 或μ＝12，
故选A.
答案：A
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3．(2018·浙江高考原创卷)若在三棱柱ABC-A1B1C1中，∠A1AC
＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，
则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为
()
2 A. 2
2 B. 4
＝(0,2,0)，
―→ A1C1
＝(－1,2,0)，
―→ A1B
＝
(0,2，－1)，设平面A1BC1的一个法向量为
n
n ＝(x，y，z)，由
n
·A―1→C1＝－x＋2y＝0， ·―A1→B ＝2y－z＝0，
令y＝1，得n ＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则 sin θ＝|cos〈D―1→C1，n 〉|＝|D|―D―1→1C→C11·||nn||＝2×2 3＝13，
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：8.5 空间向量及其应用 Word版含解析
8.5空间向量及其应用挖命题【考情探究】分析解读 1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间角是高考的必考内容.2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算主要是传统法和向量法.3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等,比用传统方法简便快捷,一直是高考的重点和热点.4.预计2020年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一空间角1.(2018浙江嵊州高三期末质检,19,15分)如图,在菱形ABCD中,∠BAD=,ED⊥平面ABCD,EF∥DB,M是线段AE的中点,DE=EF=BD.(1)证明:DM∥平面CEF;(2)求直线DM与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:连接AC与BD交于点O,连接MO.因为DO∥EF,DO⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以DO∥平面CEF.因为M是线段AE的中点,所以MO是△ACE的中位线,所以MO∥EC.又MO⊄平面CEF,EC⊂平面CEF,所以MO∥平面CEF,又MO∩DO=O,MO⊂平面MDO,DO⊂平面MDO,所以平面MDO∥平面CEF,又DM⊂平面MDO,所以DM∥平面CEF.(2)解法一:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以ED⊥AC,又ED∩BD=D,所以AC⊥平面DEF.设BD=2,则点A到平面DEF的距离AO=.因为点M是线段AE的中点,所以点M到平面DEF的距离h=AO=.设直线DM与平面DEF所成的角为θ,则sin θ===.故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.解法二:设AB的中点为G,连接DG,则DG⊥DC.以D为坐标原点,DG,DC,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.取BD=2,则D(0,0,0),M,E(0,0,1),F,所以=(0,0,1),=.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即可取法向量n=(1,-,0).又=,所以cos<,n>===,故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.2.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,19)如图,在四棱锥A-BCDO中,DO⊥平面AOB,BO∥CD,OA=CD=2,OD=2,OB=4,∠AOB=120°.(1)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值;(2)求二面角D-OA-C的余弦值.解析(1)如图,过点O在平面AOB内作OB的垂线OE,交AB于点E.∵DO⊥平面AOB,∴OD⊥OE,OD⊥OB,分别以OE,OB,OD所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则各点坐标为O(0,0,0),A(,-1,0),B(0,4,0),C(0,2,2),D(0,0,2),∴=(-,5,0),=(-,1,2).设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则由n·=0,n·=0,得取x=5,得n=(5,,2).设直线AC与平面ABD所成角为θ,又=(-,3,2),∴sinθ=|cos,n|==,故直线AC与平面ABD所成角的正弦值为.(2)设平面AOD的法向量为m1=(x,y,z),又=(,-1,0),=(0,0,2),∴由m1·=0,m1·=0, 得取x=1,得m1=(1,,0).设平面AOC的法向量为m2=(a,b,c),又=(,-1,0),=(0,2,2),∴由m2·=0,m2·=0,得取b=,得m2=(1,,-1).∴cos m1,m2==,由图可知二面角D-OA-C的平面角为锐角,故二面角D-OA-C的余弦值为.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2017浙江台州4月调研卷(一模),17)如图,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E、F分别为直线AB、CD上的动点,且|EF|=.若记EF的中点P的轨迹为L,则|L|等于.(注:|L|表示点P的轨迹的长度)答案π2.(2017浙江杭州二模(4月),19)如图,已知四边形ABCD是矩形,M,N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为θ.(1)当θ=90°时,求cos∠AOC的值;(2)当θ=60°时,点P是线段MD上一点,直线AP与平面AOC所成角为α.若sin α=,求线段MP的长.解析设E为AB的中点,连接OE,则OE⊥MN,以O为原点,OE,ON所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系(图略).(1)当θ=90°时,A(2,-1,0),C(0,1,2),∴=(2,-1,0),=(0,1,2),∴cos∠AOC==-.(2)由θ=60°得C(1,1,),D(1,-1,),M(0,-1,0),∴=(1,0,).设=λ(0≤λ≤1),则=+=(λ,-1,λ).∴=-=(λ-2,0,λ),设平面AOC的法向量为n=(x,y,z).∵n·=0,n·=0,=(2,-1,0),=(1,1,),∴取x=1,则y=2,z=-,故n=(1,2,-),由题意得,=,即3λ2-10λ+3=0,∴λ=或λ=3(舍去),∴在线段MD上存在点P符合题意,且MP=MD=.炼技法【方法集训】方法1 求直线与平面所成角的方法1.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),19)如图(1)所示,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在CD 上,AB=CE=2,BF=BD=,BD⊥BC.现将△ADE沿AE翻折到图(2)中△APE的位置,使得二面角P-AE-C的大小为.(1)求PB的长度;(2)求证:PB⊥平面ABCE;(3)求直线AB与平面APE所成角的正弦值.解析(1)因为AB EC,所以四边形ABCE是平行四边形,所以BC∥AE,又因为BD⊥BC,所以BD⊥AE,所以AE⊥FB,AE⊥FP,所以∠PFB为二面角P-AE-C的平面角.(3分)由BF=,PF=2,得BP2=BF2+PF2-2BF·PFcos∠BFP=9,所以BP=3.(5分)(2)证明:由BF=,PF=2,BP=3知,PB2+BF2=PF2,所以BF⊥PB,①(7分)又因为BF⊥AE,PF⊥AE,BF∩PF=F,所以AE⊥平面PFB,所以AE⊥PB,②(9分) 由①②可知,PB⊥平面ABCE.(10分)(3)解法一:作BN⊥PF于N点,连接AN.由(2)可知,AE⊥平面BFP,又AE⊂平面APE,∴平面BFP⊥平面APE.又平面BFP∩平面APE=PF,BN⊂平面BFP,所以BN⊥平面APE,(12分)所以∠BAN是直线AB与平面APE所成的角.(13分)易知BN=BFsin 60°=,则sin∠NAB===.故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)解法二:易知BF,BP,BC两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,,0),E(2,,0),P(0,0,3).(11分)设平面APE的法向量为n=(x,y,z).又=(3,0,0),=(1,-,3),所以由即得取z=1,得n=(0,,1).(13分)设直线AB与平面APE所成的角为θ,又=(1,-,0),所以sin θ=|cos<n,>|==,故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)2.如图,△ABC是以C为直角的等腰直角三角形,直角边长为8,AE∶EC=5∶3,DE∥BC,沿DE将三角形ADE折起,使得点A在平面BCED上的射影是点C,点M在AC上且MC=AC.(1)在BD上确定点N的位置,使得MN∥平面ADE;(2)在(1)的条件下,求CN与平面ABD所成角的正弦值.解析(1)由点A在平面BCED上的射影是点C,可知AC⊥平面BCED,而BC⊥CE,如图建立空间直角坐标系,可知各点的坐标为C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0).由MC=AC,可知点M的坐标为,设点N的坐标为(x,y,0),则由点N在BD上可得y=8-x,即点N的坐标为(x,8-x,0),则=.设平面ADE的法向量为n1=(x,y,z),则而=(0,-5,0),=(3,0,-4),所以取x=4,则z=3,可得n1=(4,0,3).MN∥平面ADE等价于n1·=0,即4x+0×(8-x)+3×=0.解之可得x=2,即点N的坐标为(2,6,0),所以点N为BD的靠近D点的三等分点.(2)由(1)可知=(2,6,0),设平面ABD的法向量为n2=(p,q,r),由题意可知而=(-3,3,0),=(0,8,-4),可得取p=1,则q=1,r=2.可得n2=(1,1,2).设CN与平面ABD所成角为θ,则sin θ==.方法2 求二面角的方法1.(2018浙江镇海中学期中,20)在多面体ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1∥CC1,AA1=4,BB1=2,AB=4,CC1=3,AB⊥BB1,C1在平面ABB1A1上的射影E是线段A1B1的中点.(1)求证:平面ABC⊥平面ABB1A1;(2)若C1E=2,求二面角C1-AB1-C的余弦值.解析(1)证明:设线段AB的中点为O,连接OE,CO,则OE∥AA1,且OE==3,(2分)∵AA1∥CC1,∴OE∥CC1,又OE=CC1=3,∴四边形CC1EO为平行四边形,∴OC∥EC1.(4分)∵C1E⊥平面ABB1A1,∴OC⊥平面ABB1A1,(5分)∵OC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABB1A1.(7分)(2)由(1)知OB,OE,OC两两互相垂直,分别以OB,OE,OC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-2,0,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(0,3,2).(8分)设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z),而=(4,2,0),=(2,0,2),由得取x=1,得m=(1,-2,-1).(10分)设平面AB1C1的法向量为n=(x1,y1,z1),而=(4,2,0),=(2,3,2),由得取x1=1,得n=(1,-2,2).(12分)∴cos<m,n>==,(14分)由图可知二面角C1-AB1-C的平面角为锐角,故二面角C1-AB1-C的余弦值为.(15分)2.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,19)如图,已知△ABC为等边三角形,M为AB的中点,AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,AA1=AB,BB1=AB,MN⊥A1B1,垂足为N.(1)求证:CN⊥A1B1;(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.解析(1)证明:因为AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,所以平面AA1B1B⊥平面ABC,因为AC=BC,M为AB的中点,所以CM⊥AB,又平面AA1B1B∩平面ABC=AB,CM⊂平面AA1B1B,所以CM⊥平面A1ABB1,所以CM⊥A1B1,又因为MN⊥A1B1,所以A1B1⊥平面CMN,所以A1B1⊥CN.(2)解法一:如图,延长AB、A1B1相交于点D,连接CD,则CD为所求二面角的棱.因为BB1=AA1,BB1∥AA1,所以=,于是BD=BC=BA,于是∠ACD=90°,即CD⊥CA.又因为CD⊥AA1,所以CD⊥平面AA1C,所以CD⊥CA1.于是∠A1CA即为所求二面角的平面角.在Rt△A1AC中,AA1=AB=AC,所以∠A1CA=45°,所以tan∠A1CA=1.所以平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值为1.解法二:如图,以M为原点,MA所在直线为x轴,MC所在直线为y轴建立空间直角坐标系,设AB=2.则C(0,,0),A1(1,0,2),B1(-1,0,1),=(1,-,2),=(-2,0,-1).设平面A1B1C的法向量为n1=(x,y,z).由·n1=0,·n1=0,得取x=1,则y=-,z=-2,故n1=(1,-,-2).设所求二面角的大小为θ,又平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1).所以cos θ===,所以tan θ=1.过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一空间角1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1答案D2.(2017浙江,9,4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B3.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD 翻折成△ACD',直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是.答案考点二空间向量在立体几何中的应用1.(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-(x e1+y e2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;22.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.解法一:(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,因为A1B1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以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∠C1AD==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二:(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sin θ=|cos<,n>|==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.3.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE∥平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EF∥AD且EF=AD.又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD得BC⊥平面PBN,那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=,在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,在Rt△MQH中,QH=,MQ=,所以sin∠QMH=.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.一题多解(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.∵BC=AD=OD,且BC∥OD,∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,∴AD⊥平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,得得x=-,z=.即点P,而E为PD的中点,∴E.设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),∵=,=(1,1,0),∴⇒取y1=-1,得n=(1,-1,).而=,则·n=0,而CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),∵=(0,1,0),=,∴取x2=1,得m=(1,0,).设直线CE与平面PBC所成角为θ.则sin θ=|cos<m,>|==,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基底向量所表示,得l∥α.2.求线面角的方法.①定义法:作出线面角,解三角形即可.②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=得结论.③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|.最好是画出图形,否则容易出错.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一空间角1.(2018课标全国Ⅰ理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B. C. D.答案A2.(2018课标全国Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.答案40π3.(2018课标全国Ⅱ理,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>|=.所以=.解得a=-4(舍去)或a=.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.4.(2018天津理,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.解析本小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,,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,N(1,0,2).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<,>|==,由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.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).5.(2017课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,AP、PD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一(综合法):根据题意可设AB=1,因为AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形,且AD=PC=PB=CB=,取PB的中点为F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AF⊥PB,在等边三角形PBC中,可得CF⊥PB,所以∠AFC为二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB⊥平面PAD,又AD⊂平面PAD,所以AB⊥AD.所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC=.在△AFC中,AC=,AF=,FC=,由余弦定理可得cos∠AFC==-,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.解法二(向量法):在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以 F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F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos<n,m>==-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的证明.证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cosθ|=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.6.(2017天津理,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.解析本小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,,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.7.(2017课标全国Ⅱ理,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.解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(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>|=sin 45°,=,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①②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.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.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2018课标全国Ⅰ理,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sin θ===.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.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sin2θ+cos2θ=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.2.(2017山东理,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.解析本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.(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°.方法总结求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.3.(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,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(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.评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、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.4.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又=(1,1,-1),所以cos<n,>==-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时=.易错警示(1)证线面垂直时,要在“面”内找两条相交直线,分别与“线”垂直.(2)建立空间直角坐标系前,先明确备选坐标轴之间的两两垂直关系.(3)用向量法说明在某线段上存在满足某条件的点时,参数的取值范围易被忽视.评析本题考查线面垂直的证明,空间向量的应用等,对学生的空间想象能力、运算能力均有较高要求.C组教师专用题组考点一空间角1.(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B2.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM 与AN所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案C3.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ 上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.答案4.(2018天津文,17,13分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB 的中点,AB=2,AD=2,∠BAD=90°.(1)求证:AD⊥BC;(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.解析本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD==4.在Rt△CMD中,sin∠CDM==.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.5.(2017北京理,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.解析本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.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.(1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题03 空间点、线、面的位置关系(解析版)
立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．(2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线． 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3.异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角或直角叫作异面直线a ，b 所成的角(或夹角)．②范围：.4.异面直线的判定方法： ]2,0(π【考点讲解】判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．【温馨提示】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查．1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题，要求会构造三角形，讨论两直线是否共面，并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示，作EO CD⊥于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF OD⊥于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，,EO CD EO⊥⊂平面CDE，EO∴⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，MFB∴△与EON△均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN===,，5,2MF BF BM==∴=，BM EN∴≠，故选B．] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15 BCD【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ， 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5，故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A．2 BCD【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A．2 B．5 C．5D．3 【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+，因此111cos 5BC BC D C D ∠===，故选C ． 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=o ，故BD =Rt BDE △中，2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=o ，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，ADADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______．【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得AC =如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由(0,2A，(2B，(0,2C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直，26CD CH CA ===，则3OH =，DH =='(,sin )636D αα-，则'sin )6236BD αα=--uuu r ，与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r ， 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时，cos θ取最大值9．9.【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】（Ⅰ）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，//AD BC ，所以PAD ∠即为所求，根据余弦定理求得，但本题可证明AD PD ⊥，所以cosAD PAD AP ∠=；（Ⅱ）要证明线面垂直，根据判断定理，证明线与平面内的两条相交直线垂直，则线与面垂直，即证明,PD BC PD PB ⊥⊥；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，做//DF AB ，连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】（Ⅰ）解：如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==. 所以，异面直线AP 与BC C（Ⅱ）证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC 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】方法一：（1）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 ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）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，B 1，0），1B ，3,2F ，C (0，2，0)．因此，3,2EF =u u u r ，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．2.【2017课标1，文6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ） A ． B ．C ．D ．【解析】本题考点是线面平行的判断问题，由题意可知：第二个选项中AB ∥MQ ，在直线AB ∥平面MNQ ，第三个选项同样可得AB ∥MQ ，直线AB ∥平面MNQ ，第四个选项有AB ∥NQ ，直线AB ∥平面MNQ ，只有选项A 不符合要求【答案】A2．空间中，可以确定一个平面的条件是（ ）A ．两条直线B ．一点和一条直线C ．一个三角形D ．三个点【解析】不共线的三点确定一个平面，C 正确；A 选项，只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面；B 选项，一条直线和直线外一点才能确定一个平面；D 选项，不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.在三棱锥A －BCD 的棱AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF ∩HG ＝P ，则点P （ ）A .一定在直线BD 上B .一定在直线AC 上 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上，也不在直线BD 上【解析】如图所示，∵EF ⊂平面ABC ，HG ⊂平面ACD ，EF ∩HG ＝P ，∴P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，∴P ∈AC ，故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ，则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，若直线l 与平面α相交，则在平面α内不存在直线与直线l 平行，故A 错误；若直线l ∥平面α，则在平面α内不存在直线与l 相交，故C 错误；对于直线l 与平面α相交，直线l 与平面α平行，直线l 在平面α内三种位置关系，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，故选B.【答案】B5.如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，2BC AD =，PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形，则异面直线CD 和PB 所成角的大小为（ ）A ．90︒B ．75︒C ．60︒D ．45︒【解析】设1AD =，则2BC =，过A 作//AE CD 交BC 于E ，则AD CE =，过E 作//EF PB 交PC于F ，则AEF ∠即为为所求，如图所示，过F 作//FG CD 交PD 于G ，连接AG ，则四边形AEFG 是梯形，其中//FG AE ，12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ，则GHA AEF ∠=∠，在GHA ∆中，1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+，所以90AEF ∠=︒，故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等，且A ∉α，给出以下三个命题：①△ABC 中至少 有一条边平行于α；②△ABC 中至多有两边平行于α；③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，如图，三点A 、B 、C 可能在α的同侧，也可能在α两侧，其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．【解析】本题考点反证法证明异面直线，异面直线所成的角.(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，可得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，M ，N 分别是棱AA 1，AB 上的点，且AM ＝AN ＝1.（1）证明：M ，N ，C ，D 1四点共面；（2）平面MNCD 1将此正方体分为两部分，求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明，平面分几何体的体积之比.（1）证明：连接A 1B ，在四边形A 1BCD 1中，A 1D 1∥BC 且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中，AM ＝AN ＝1，AA 1＝AB ＝3，所以1AM AN AA AB， 所以MN ∥A 1B ，所以MN ∥D 1C.所以M ，N ，C ，D 1四点共面.（2）记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1，上部分体积为V 2，连接D 1A ，D 1N ，DN ，则几何体D 1－AMN ，D 1－ADN ，D 1－CDN 均为三棱锥，所以V 1＝111D AMN D ADN D CDN V V V ---++＝13S △AMN ·D 1A 1＋13S △ADN ·D 1D ＋13S △CDN ·D 1D ＝13×12×3＋13×32×3＋13×92×3＝132. 从而V 2＝1111ABCD A B C D V -－V 1＝27－132＝412，所以121341V V =， 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。
(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算
(2)空间向量数量积的运算律 ①(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).
向量表示
数量积
a·b
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R)
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题组三 易错自纠
4.在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，
D(4，3，0)，则直线AB与CD的位置关系是
A.垂直 C.异面
√B.平行
D.相交但不垂直
解析 由题意得，A→B＝(－3，－3，3)，C→D＝(1，1，－1)，
∴A→B＝－3C→D，∴A→B与C→D共线，
(6)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角.( × )
123456
题组二 教材改编
2.[P97A 组 T2] 如图所示，在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中，M 为 A1C1 与 B1D1 的交点.若A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c，则下列向量中与B→M相等的向量是
√A.－21a＋12b＋c
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0)
坐标表示 a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 夹角
|a|
〈a，b〉 (a≠0，b≠0)
a21＋a22＋a23b3
a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23
3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角 已知两个非零向量 a，b，在空间任取一点 O，作O→A＝a，O→B＝b，则∠AOB 叫
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用》
专题五 第3讲1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′-CD -B 的平面角为α，则( B )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′DB ＝α.若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交于BC 于E ，连结A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综合有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD 和BC 的中点，则异面直线AN, CM 所成的角的余弦值是 78.解析 连接DN ，取DN 的中点H ，连接HM ，由N ，M ，H 均为中点，知|cos ∠HMC |即为所求．因为AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，又M ，N 为AD ，BC 的中点，所以CM ⊥AD ，AN ⊥BC ，所以CM ＝CD 2－MD 2＝22，AN ＝AC 2－NC 2＝22，MH ＝12AN ＝2，HC ＝NC 2＋NH 2＝3，则cos ∠HMC ＝CM 2＋MH 2－HC 22CM ·MH ＝78.故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.3．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b·e 1＝2，b·e 2 ＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__1__，y 0＝__2__，|b |＝ 22 .解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b·e 1＝2，b·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2.4．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25.解析 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).AF →＝(2,1,0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25.设y ＝(m －2)25m 2＋25，则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2.当0<m <2时，y ′<0，∴y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减．∴当m ＝0时，y 取最大值， 此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 5．如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .解析 由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， 所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .6．(教材回归)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C 的余弦值．解析 (1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角， 所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1,1,2)． 又cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－217， 故观察图形知二面角H -PB -C 的余弦值为217. 7．(母题营养)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．解析 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量， 由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.8．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解析 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m|n|·|m|＝8210×2＝105， 故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.9．(数学文化)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交于点F ，连结DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF 试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解析 (1)如图，以D 为原点，射线DA ，CD ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)， 因为点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE . 又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ， 所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，所以DE ⊥PC ， 所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，知DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量． 由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12， 解得λ＝2，所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.10．(考点聚焦)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 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{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． (1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面 P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，Q 是线段BP 上的动点，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为|BP |＝12＋22＝5，所以|BQ |＝25|BP |＝255.。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量3空间点直线平面之间的位置关系练习含解析
空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．2．了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题．知识梳理 1．平面基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 3．空间中直线与直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线，平行直线，异面直线：不同在任何一个平面内，没有 公共点.4．空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 5．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 6．等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 7．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线．( × ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．( √ ) (3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．( × ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线．( × ) 教材改编题1．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是( )A ．AB 与CD 是异面直线 B ．GH 与CD 相交C ．EF ∥CD D ．EF 与AB 异面 答案 ABC解析 把展开图还原成正方体，如图所示．还原后点G 与C 重合，点B 与F 重合，由图可知ABC 正确，EF 与AB 相交，故D 错． 2．如果直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β．且α∥β，则a 与b ( ) A ．共面 B ．平行 C ．是异面直线D ．可能平行，也可能是异面直线 答案 D解析 α∥β，说明a 与b 无公共点， ∴a 与b 可能平行也可能是异面直线．3．如图，在三棱锥A －BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则(1)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形； (2)当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为正方形． 答案 (1)AC ＝BD (2)AC ＝BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形， ∴EF ＝EH ，∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD ．(2)∵四边形EFGH 为正方形， ∴EF ＝EH 且EF ⊥EH ， ∵EF 綉12AC ，EH 綉12BD ，∴AC ＝BD 且AC ⊥BD ．题型一 基本事实应用例1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，连接D 1F ，CE ．求证：(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点．证明 (1)如图所示，连接CD 1，EF ，A 1B ， ∵E ，F 分别是AB ，AA 1的中点， ∴EF ∥A 1B ，且EF ＝12A 1B ．又∵A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1能够确定一个平面ECD 1F ， 即E ，C ，D 1，F 四点共面．(2)由(1)知EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1，∴四边形CD 1FE 是梯形， ∴CE 与D 1F 必相交，设交点为P ， 则P ∈CE ，且P ∈D 1F ，∵CE ⊂平面ABCD ，D 1F ⊂平面A 1ADD 1， ∴P ∈平面ABCD ，且P ∈平面A 1ADD 1． 又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点． 教师备选如图所示，已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ．求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． 证明 (1)∵EF 是△D 1B 1C 1的中位线， ∴EF ∥B 1D 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ， ∴EF ∥BD ．∴EF ，BD 确定一个平面，即D ，B ，F ，E 四点共面． (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 设平面A 1ACC 1为α， 平面BDEF 为β． ∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈α．又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，∴R∈A1C．∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1 (1)(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( )答案ABC解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P( )A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上答案 B解析如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．题型二空间线面位置关系命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)下列推断中，错误的是( )A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案 C解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是( )A．直线MN与直线A1B是异面直线B．直线MN与直线DD1相交C．直线MN与直线AC1是异面直线D．直线MN与直线A1C平行答案 C解析如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．命题点2 异面直线所成角例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6答案 D解析 方法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，所以C 1P ⊥平面B 1BP ．又BP ⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥BP ．连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6．方法二 如图所示，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角．根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，易知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点．易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6．(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO 中，AB ，CD 为底面圆的两条直径，AB ∩CD ＝O ，且AB ⊥CD ，SO ＝OB ＝3，SE ＝14SB ，则异面直线SC 与OE 所成角的正切值为( )A ．222B ．53C ．1316D ．113答案 D解析 如图，过点S 作SF ∥OE ，交AB 于点F ，连接CF ，则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角．∵SE ＝14SB ，∴SE ＝13BE ．又OB ＝3，∴OF ＝13OB ＝1．∵SO ⊥OC ，SO ＝OC ＝3， ∴SC ＝32．∵SO ⊥OF ，∴SF ＝SO 2＋OF 2＝10． ∵OC ⊥OF ，∴CF ＝10． ∴在等腰△SCF 中，tan∠CSF ＝102－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222322＝113． 教师备选1．(多选)设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是( )A ．若a ⊂α，b ⊂β，则a 与b 是异面直线B ．若a 与b 异面，b 与c 异面，则a 与c 异面C ．若a ，b 不同在平面α内，则a 与b 异面D ．若a ，b 不同在任何一个平面内，则a 与b 异面 答案 ABC2．在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．22 答案 C解析 如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ．易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角．因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2， DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52， DB 1＝AB 2＋AD 2＋BB 21＝5． 所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55． 思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型． (2)求异面直线所成的角的三个步骤一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． 二证：证明作出的角是异面直线所成的角． 三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练2 (1)如图所示，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH 与MN 是异面直线的图形有________．(填序号)答案 ②④(2)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列结论正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交 答案 D解析 如图1，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图2，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确．图1 图2题型三 空间几何体的切割(截面)问题例4 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱DD 1和BB 1上的点，MD ＝13DD 1，NB ＝13BB 1，那么正方体中过M ，N ，C 1的截面图形是( ) A ．三角形 B ．四边形 C ．五边形 D ．六边形答案 C解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C 1M ，CD 相交于点P ，直线C 1N ，CB 相交于点Q ，连接PQ 交直线AD 于点E ，交直线AB 于点F ，则五边形C 1MEFN 为所求截面图形．(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为______． 答案π2解析 以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线是以C 1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC 1B 1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为14×2π×1＝π2．延伸探究 将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝2． 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ ． 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ ︵的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2．教师备选如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．答案 92解析 如图，过点B 作BM ∥C 1E 交B 1C 1于点M ，过点M 作BD 的平行线，交C 1D 1于点N ，连接DN ，则平面BDNM 即为符合条件的平面α，由图可知M ，N 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 故BD ＝22，MN ＝2， 且BM ＝DN ＝5， ∴等腰梯形MNDB 的高为h ＝52－⎝⎛⎭⎪⎫222＝322， ∴梯形MNDB 的面积为 12×(2＋22)×322＝92． 思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线． (2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线． 跟踪训练3 (1)(多选)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A ．截面形状可能为正三角形 B ．截面形状可能为正方形 C ．截面形状可能为正六边形 D ．截面面积最大值为3 3 答案 ACD解析 易知A ，C 正确，B 不正确，下面说明D 正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN ＝22，GH ＝2，OE ＝OO ′2＋O ′E 2＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝62， 所以S ＝2×12×(2＋22)×62＝33，故D 正确．(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A 1C 的棱长为1，点M 在棱A 1D 1上，A 1M ＝2MD 1，过M 的平面α与平面A 1BC 1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．答案 3 2解析 在平面A 1D 1DA 中寻找与平面A 1BC 1平行的直线时，只需要ME ∥BC 1，如图所示，因为A 1M ＝2MD 1，故该截面与正方体的交点位于靠近D 1，A ，C 的三等分点处，故可得截面为MIHGFE ，设正方体的棱长为3a ， 则ME ＝22a ，MI ＝2a ，IH ＝22a ，HG ＝2a ，FG ＝22a ，EF ＝2a ，所以截面MIHGFE 的周长为ME ＋EF ＋FG ＋GH ＋HI ＋IM ＝92a ， 又因为正方体A 1C 的棱长为1，即3a ＝1， 故截面多边形的周长为32．课时精练1．下列叙述错误的是( )A ．若P ∈α∩β，且α∩β＝l ，则P ∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案 C解析选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是( ) A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案 A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”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 A解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )A ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 平行B ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 平行C ．MN ＝12EF ，且MN 与EF 异面D ．MN ≠12EF ，且MN 与EF 异面答案 D解析 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2a ， 则MN ＝MC 21＋C 1N 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22 ＝2a ，作点E 在平面ABCD 内的射影点G ，连接EG ，GF ，所以EF ＝EG 2＋GF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋2a2＝3a ，所以MN ≠12EF ，故选项A ，C 错误；连接DE ，因为E 为平面ADD 1A 1的中心， 所以DE ＝12A 1D ，又因为M ，N 分别为B 1C 1，CC 1的中点，所以MN ∥B 1C ， 又因为B 1C ∥A 1D ，所以MN ∥ED ， 且DE ∩EF ＝E ，所以MN 与EF 异面，故选项B 错误．5．(多选)(2022·临沂模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是DB 的中点，直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ，则下列结论正确的是( )A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1．∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．6．(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是( )A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．图1 图27．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱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________． 答案105解析 如图所示，补成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，则所求角为∠BC 1D 或其补角，∵BC 1＝2，BD ＝22＋1－2×2×1×cos60°＝3，C 1D ＝AB 1＝5， 易得C 1D 2＝BD 2＋BC 21，即BC 1⊥BD ， 因此cos∠BC 1D ＝BC 1C 1D ＝25＝105． 8．(2022·本溪模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号) ①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直； ②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β； ③若直线l 与平面α内的任意一条直线垂直，则l ⊥α； ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线． 答案 ①②④解析 对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l 与平面内的任意直线垂直时，得到l ⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．9．(2022·上海市静安区模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，CC 1的中点．(1)求异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值； (2)求三棱锥A 1－D 1EF 的体积．解 (1)如图，设BB 1的中点为H ，连接HF ，EH ，A 1H ，因为F 是CC 1的中点，所以A 1D 1∥CB ∥HF ，A 1D 1＝CB ＝HF ， 因此四边形A 1D 1FH 是平行四边形， 所以D 1F ∥A 1H ，D 1F ＝A 1H ，因此∠EA 1H 是异面直线A 1E 与D 1F 所成的角或其补角， 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是AB 的中点， 所以A 1E ＝A 1H ＝22＋12＝5，EH ＝12＋12＝2，由余弦定理可知，cos∠EA 1H ＝A 1E 2＋A 1H 2－EH 22A 1E ·A 1H ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值为45．(2)因为A 1D 1∥HF ，HF ⊄平面A 1D 1E ，A 1D 1⊂平面A 1D 1E ， 所以HF ∥平面A 1D 1E ，因此点H ，F 到平面A 1D 1E 的距离相等， 即111111F A D E H A D E D A EH V V V －－－＝＝，11D A EH V －＝13D 1A 1·1A EH S △＝13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×2×1×2－12×1×1＝1，所以三棱锥A 1－D 1EF 的体积为1．10．如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点，M 为AB 上一点．(1)若D 1E 与CM 相交于点K ，求证D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点； (2)若AB ＝2，AA 1＝4，∠BAD ＝π3，求点D 1到平面FBD 的距离．(1)证明 ∵D 1E 与CM 相交于点K ， ∴K ∈D 1E ，K ∈CM ，而D 1E ⊂平面ADD 1A 1，CM ⊂平面ABCD ， 且平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴K ∈AD ，∴D 1E ，CM ，DA 三条直线相交于同一点K ． (2)解 ∵四边形ABCD 为菱形，AB ＝2， ∴BC ＝CD ＝2，而四棱柱的侧棱AA 1⊥底面ABCD ， ∴CC 1⊥底面ABCD ，又∵F 是CC 1的中点，CC 1＝4，∴CF ＝2， ∴BF ＝DF ＝22，又∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝π3，∴BD ＝AB ＝2， ∴S △FBD ＝12×2×222－1＝7．设点D 1到平面FBD 的距离为h ，点B 到平面DD 1F 的距离为d ， 则d ＝2sin π3＝3，又∵11D FBD B DD F V V －－＝， ∴13×S △FBD ×h ＝13×1DD F S △×d ， ∴13×7×h ＝13×12×4×2×3， 解得h ＝4217．即点D1到平面FBD的距离为421 7．11．(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是( )A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直答案BCD解析如图，还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM，易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE．∴B，C，D正确．12．(多选)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是( )A．AP与CM是异面直线B．AP，CM，DD1相交于一点C．MN∥BD1D．MN∥平面BB1D1D答案 BD解析 如图，连接MP ，AC ，因为MP ∥AC ，MP ≠AC ，所以AP 与CM 是相交直线，又平面A 1ADD 1∩平面C 1CDD 1＝DD 1，所以AP ，CM ，DD 1相交于一点，则A 不正确，B 正确；令AC ∩BD ＝O ，连接OD 1，ON ．因为M ，N 分别是C 1D 1，BC 的中点，所以ON ∥D 1M ∥CD ，ON ＝D 1M ＝12CD ， 则四边形MNOD 1为平行四边形，所以MN ∥OD 1，因为MN ⊄平面BB 1D 1D ，OD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以MN ∥平面BB 1D 1D ，C 不正确，D 正确．13．(2022·玉林模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q 分别为A 1B ，B 1D 1，A 1D ，CD 1的中点，则直线EF 与PQ 所成角的大小是________．答案 π3解析 如图，连接A 1C 1，BC 1，则F 是A 1C 1的中点，又E 为A 1B 的中点，所以EF ∥BC 1，连接DC 1，则Q 是DC 1的中点，又P 为A 1D 的中点，所以PQ ∥A 1C 1，于是∠A 1C 1B 是直线EF 与PQ 所成的角或其补角．易知△A 1C 1B 是正三角形，所以∠A 1C 1B ＝π3． 14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱A 1D 1，CC 1的中点，过P ，Q ，A 作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．答案 25＋95＋2133 解析 如图所示，过Q 作QM ∥AP 交BC 于M ，由A 1P ＝CQ ＝2，tan∠APA 1＝2，则tan∠CMQ ＝2，CM ＝CQtan∠CMQ＝1， 延长MQ 交B 1C 1的延长线于E 点，连接PE ，交D 1C 1于N 点，则多边形AMQNP 即为截面，根据平行线性质有C 1E ＝CM ＝1， C 1N ND 1＝C 1E PD 1＝12， 则C 1N ＝43，D 1N ＝83， 因此NQ ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝2133， NP ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫832＝103， 又AP ＝42＋22＝25，AM ＝42＋32＝5，MQ ＝12＋22＝5，所以多边形AMQNP 的周长为AM ＋MQ ＋QN ＋NP ＋PA＝5＋5＋2133＋103＋2 5 ＝25＋95＋2133．15．(2022·大连模拟)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，AA 1＝3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则下列说法中错误的是( )A ．点B 到平面α的距离与点A 1到平面α的距离之比为1∶2B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 答案 D解析 对于A ，因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等．由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍，因此，点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍．故选项A 正确；延长DA ，DC 交直线EF 的延长线于点P ，Q ，连接D 1P ，D 1Q ，交棱A 1A ，C 1C 于点M ，N ．连接ME ，NF ，可得五边形D 1MEFN ，故选项D 错误；由平行线分线段成比例可得AP ＝BF ＝1，故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰三角形．由相似三角形可知，AM ＝AP ＝1，A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2．连接MN ，则MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可分为等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ．等腰梯形MEFN 的高h ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＝62， 则等腰梯形MEFN 的面积为22＋22×62＝332．又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为332＋23＝732，故选项B 正确；记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则V 2＝1D DPQ V －－V M －PAE －V N －CFQ＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256， 所以V 1＝1111ABCD A B C D V －－V 2＝12－256＝476， V 1∶V 2＝47∶25，故选项C 正确．16．如图1，在边长为4的正三角形ABC 中，D ，F 分别为AB ，AC 的中点，E 为AD 的中点．将△BCD 与△AEF 分别沿CD ，EF 同侧折起，使得二面角A －EF －D 与二面角B －CD －E 的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．图1 图2(1)在多面体中，求证：A ，B ，D ，E 四点共面；(2)求多面体的体积．(1)证明 因为二面角A －EF －D 的大小等于90°，所以平面AEF ⊥平面DEFC ，又AE ⊥EF ，AE ⊂平面AEF ，平面AEF ∩平面DEFC ＝EF ，所以AE ⊥平面DEFC ，同理，可得BD ⊥平面DEFC ，所以AE ∥BD ，故A ，B ，D ，E 四点共面．(2)解 因为AE ⊥平面DEFC ，BD ⊥平面DEFC ，EF ∥CD ，AE ∥BD ，DE ⊥CD ，所以AE 是四棱锥A －CDEF 的高，点A 到平面BCD 的距离等于点E 到平面BCD 的距离， 又AE ＝DE ＝1，CD ＝23，EF ＝3，BD ＝2，所以V ＝V A －CDEF ＋V A －BCD ＝13S 梯形CDEF ·AE ＋13S △BCD ·DE ＝736．。
(浙江专用)高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何专题强化训练-人教版高三全
第3讲 空间向量与立体几何专题强化训练1．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为CD 和C 1C 的中点，则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为( )A.13 B.25 C.35D.37解析：选B.以D 为原点，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(图略)．若棱长为2，则A (2，0，0)、E (0，1，0)、D 1(0，0，2)、F (0，2，1)．所以EA →＝(2，－1，0)，D 1F →＝(0，2，－1)， cos 〈EA →，D 1F →〉＝EA →·D 1F →|EA →||D 1F →|＝－25·5＝－25.则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为25.2．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12， D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2019·某某省十校联合体期末联考)在三棱锥O ABC 中，已知OA ，OB ，OC 两两垂直且相等，点P 、Q 分别是线段BC 和OA 上的动点，且满足BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，则PQ 和OB 所成角的余弦的取值X 围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，255D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，255解析：选B.根据题意，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA ＝OB ＝OC ＝2，OB →＝(2，0，0)，设P (x ，y ，0)，Q (0，0，z )，因为BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，所以1≤x ≤2，0≤y ≤1且x ＋y ＝2，0≤z ≤1，PQ →＝(－x ，x －2，z )，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪OB →·PQ →|OB →|·|PQ →| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2x 2－4x ＋4＋z 2， 当x ＝1，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝33；当x ＝2，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝255；当x ＝2，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝1.当x ＝1，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝22，结合四个选项可知PQ 和OB 所成角的余弦的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1.4．(2019·某某市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值X 围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫255，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫255，1 解析：选 A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，1，F (x ，0，0)，D (0，y ，0)，由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0，DF ＝x 2＋y 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫y －252＋15， 由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，当y ＝0时，线段DF 长度的最大值是1而不包括端点，故y ＝0不能取，故选A. 5．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.155 C.105 D.33解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABC A 1B 1C 1补成直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1，所以∠B 1AD 1或其补角为异面直线AB 1与BC 1所成的角．因为∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AB 1＝5，AD 1＝ 2.在△B 1D 1C 1中，∠B 1C 1D 1＝60°，B 1C 1＝1，D 1C 1＝2，所以B 1D 1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3， 所以cos ∠B 1AD 1＝5＋2－32×5×2＝105，选择C.6.(2019·某某市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A CD B 中，BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，点A 在直线AD 上运动，满足AD ⊥CD ，AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折，在翻折的过程中，线段AD 长的取值X 围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折过程中，二面角A CD B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →，设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3， 所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ，即x 2－4x cos θ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x.因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0， 则⎩⎨⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2， 即AD 的取值X 围是[5－2，5＋2]． 答案：[5－2，5＋2]7．(2019·某某市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体A BCD 中，E 、F 分别为直线AB 、CD 上的动点，且|EF |＝ 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ，则|L |等于________．(注：|L |表示L 的测度，在本题，L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积)解析：如图，当E 为AB 中点时，F 分别在C ，D 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在EC ，ED 的中点P 1，P 2的位置上；当F 为CD 中点时，E 分别在A ，B 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在BF ，AF 的中点P 3，P 4的位置上，连接P 1P 2，P 3P 4相交于点O ，则四点P 1，P 2，P 3，P 4共圆，圆心为O ，圆的半径为12，则EF 中点P 的轨迹L 为以O 为圆心，以12为半径的圆，其测度|L |＝2π×12＝π.答案：π8.(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：29．(2019·某某诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，将△ABD 沿对角线BD 向上翻折，若翻折过程中AC 长度在⎣⎢⎡⎦⎥⎤102，132内变化，则点A 所形成的运动轨迹的长度为________．解析：过A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，连接CE ，A ′E . 因为矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3， 所以AE ＝32，CE ＝72. 所以A 点的轨迹为以E 为圆心，以32为半径的圆弧．∠A ′EA 为二面角A BD A ′的平面角．以E 为原点，以EB ，EA ′所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示空间直角坐标系E xyz ，设∠A ′EA ＝θ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32cos θ，32sin θ，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0， 所以AC ＝1＋34（cos θ＋1）2＋34sin 2θ＝5＋3cos θ2， 所以102≤5＋3cos θ2≤132， 解得0≤cos θ≤12，所以60°≤θ≤90°，所以A 点轨迹的圆心角为30°， 所以A 点轨迹的长度为π6·32＝3π12.答案：312π 10．(2019·某某十校联考模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，E 是BP 的中点，AC 与BD 交于点O ，且OP ⊥平面ABCD .(1)求证：PD ∥平面ACE ；(2)当OP ＝1时，求直线PA 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为在四棱锥P ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，所以△ABC ≌△ACD ，因为E 是BP 中点，AC 与BD 交于点O ，所以O 是BD 中点，连接OE ，则OE ∥PD ，因为PD ⊄平面ACE ，OE ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE .(2)因为BD ⊥AC ，PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OB ，OC ，OP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，12，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，－12，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，3，－12，PA →＝(0，－1，－1)，设平面ACE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝3x ＋2y ＋z ＝0n ·EC →＝3x －6y ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，0，－3)，设直线PA 与平面ACE 所成角为θ， 则sin θ＝|n ·PA →||n |·|PA →|＝322＝64，所以直线PA 与平面ACE 所成角的正弦值为64. 11.(2019·某某暨阳4月联考卷)在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，BC ⊥AB ，PB ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1，E 为棱PD 上的点．(1)若PE ＝13PD ，求证：PB ∥平面ACE ；(2)若E 是PD 的中点，求直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得，PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，设E (x ，y ，z )，由PE →＝13PD →，得E (23，43，233)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝23x ＋43y ＋233z ＝0，取z ＝1，得n ＝(3，－3，1)，所以BP →·n ＝0，因为PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面ACE .(2)过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系， 由题意解得PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，A (0，0，0)， 所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，所以E (12，32，32)，AC →＝(1，1，0)，AE →＝(12，32，32)， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n AC →＝x ＋y ＝0n AE →＝12x ＋32y ＋32z ＝0， 取z ＝2，得n ＝(3，－3，2)， 所以直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值： sin θ＝|BP →·n ||BP →||n |＝3210＝3020.12.(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面ABC 为边长为2的正三角形，D 是棱A 1C 1的中点，CC 1＝h (h >0)．(1)证明：BC 1∥平面AB 1D ；(2)若直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小为π6，求h 的值．解：(1)证明：连接A 1B 交AB 1于E ，连接DE ， 则DE 是△A 1BC 1的中位线． 所以DE ∥BC 1.又DE ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ，故BC 1∥平面AB 1D .(2)以AB 的中点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1，0，0)，C 1(0，3，h )．易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n ＝(0，1，0)． 又BC 1→＝(－1，3，h )．所以sin π6＝|cos 〈BC 1→，n 〉|＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |.即3h 2＋4＝12，解得h ＝2 2. 13.(2019·某某十五校联考)已知菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于一点O ，∠BAD ＝60°，将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′，连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心，求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ，AO ⊥BD ，C ′O ∩AO ＝O ，所以BD ⊥平面C ′OA ，又因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O xyz ，令AB ＝a ，则A ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a ，0，C ′⎝⎛⎭⎪⎫36a ，0，63a ，所以DC →＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，12a ，0，平面ADC ′的法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，22，设直线CD与底面ADC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC →，m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63，故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 14.(2019·某某市质量检测(一))如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C AF D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2b ，0)，D (0，2b ，0)， P (0，0，2c )．设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，则O (a, b ，0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )．(1)证明：因为PB →＝(2a ，0，－2c )，EO →＝(a ，0，－c )， 所以PB →＝2EO →，所以PB →∥EO →，即PB ∥EO . 因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC →＝(2a ，2a ，0)，所以AC →·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1， 所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )，而AF →＝(a ，a ，c )，所以AF →·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c，所以m ＝(1，0，－ac)∥m ′＝(c ，0，－a )． cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2（a 2＋c 2）＝12，得a ＝c . 故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C AF D 的大小为60°.。
【高中数学】专题强化练3 立体几何中的存在性与探究性问题
专题强化练3立体几何中的存在性与探究性问题解答题1.(2020湖南长沙麓山国际学校高二阶段检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1⊥平面ABC;(2)求平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值;(3)证明:在线段BC1上存在点D(不与B、C1重合),使得AD⊥A1B,并求BD的值.BC12.(2020湖南株洲二中、浏阳一中等湘东七校高三联考,)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,F为棱PD的中点.(1)在棱AB上是否存在一点E,使得AF∥平面PCE?并说明理由;(2)当二面角D-FC-B的余弦值为1时,求直线PB与平面ABCD所成的角.43.()如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,且AD=PD=1,平面PCD⊥平面ABCD,∠PDC=120°,E为线段PC的中点,F是线段AB上的一个动点.(1)求证:平面DEF⊥平面PBC;(2)设平面CDE与平面EDF的夹角为θ,试判断在线段AB上是否存在这样的点F,使得tanθ=2√3,若存在,求出AF的值;若不存在,请说明理由.FB4.(2020重庆育才中学高二月考,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.(1)求证:平面BAE⊥平面A1BD;(2)求平面DBA1和平面BAA1夹角的余弦值;?请说明(3)在线段B1B(含端点)上是否存在点M,使点M到平面A1BD的距离为2√55理由.5.()如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD ⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=√2,底面ABCD 为直角梯形,其中BC ∥AD,AB ⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD 的中点. (1)求证:PO ⊥平面ABCD;(2)求异面直线PB 与CD 所成角的余弦值;(3)线段AD 上是否存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为√32?若存在,求出AQQD的值;若不存在,请说明理由.6.(2020浙江慈溪中学等六校联考高二上期中,)如图所示的几何体中,PD垂直于梯形ABCD所在的平面,∠ADC=∠BAD=π2,F为PA的中点,PD=√2,AB=AD=12CD=1,四边形PDCE为矩形,线段PC交DE于点N.(1)求证:AC∥平面DEF;(2)求平面PAB与平面PBC的夹角的正弦值;(3)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面BCP所成角的大小为π6?若存在,求出FQ的长;若不存在,请说明理由.7.()如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,将梯形ABCD沿OB折起得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=√3.(1)在棱PD上是否存在一点F,使得CF∥平面POB?若存在,请求出PF的值;若不存在,请说明理由;(2)点E是线段AB上一动点,当直线CE与DP所成的角最小时,求平面EBC与平面ECD的夹角的余弦值.8.()如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC ⊥BC,AC=BC=AA 1=2,点P 为棱B 1C 1的中点,点Q 为线段A 1B 上的一动点.(1)求证:当点Q 为线段A 1B 的中点时,PQ ⊥平面A 1BC;(2)设BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,试问:是否存在实数λ,使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 的夹角的余弦值为√3010?若存在,求出这个实数λ;若不存在,请说明理由.答案全解全析解答题1.解析 (1)证明:∵四边形AA 1C 1C 是正方形,∴AA 1⊥AC.又∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C,平面ABC ∩平面AA 1C 1C=AC,∴AA 1⊥平面ABC. (2)由AC=4,BC=5,AB=3,得AC 2+AB 2=BC 2,∴AB ⊥AC.建立如图所示的空间直角坐标系,则A 1(0,0,4),B(0,3,0),B 1(0,3,4),C 1(4,0,4), ∴BC 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-3,4),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-3,4),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,4). 设平面A 1C 1B 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面B 1C 1B 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2).则{n 1·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4x 1-3y 1+4z 1=0,n 1·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3y 1+4z 1=0,令y 1=4,则x 1=0,z 1=3,∴n 1=(0,4,3). {n 2·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4x 2-3y 2+4z 2=0,n 2·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4z 2=0,令x 2=3,则y 2=4,∴n 2=(3,4,0). ∴|cos<n 1,n 2>|=|n 1·n 2||n 1||n 2|=165×5=1625. ∴平面A 1C 1B 与平面B 1C 1B 夹角的余弦值为1625. (3)证明:设点D 的竖坐标为t(0<t<4),在平面BCC 1B 1中作DE ⊥BC 于点E,易得D (t,34(4-t),t), ∴AD ⃗⃗⃗⃗ =(t,34(4-t),t),由(1)知A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-4), ∵AD ⃗⃗⃗⃗ ⊥A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AD ⃗⃗⃗⃗ ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即0+94(4-t)-4t=0,解得t=3625.∴BD BC 1=DE CC 1=925.2.解析 (1)在棱AB 上存在点E,使得AF ∥平面PCE,且E 为棱AB 的中点. 理由如下:如图,取PC 的中点Q,连接EQ 、FQ, 由题意得,FQ ∥DC 且FQ=12CD, 因为AE ∥CD 且AE=12CD, 所以AE ∥FQ 且AE=FQ.所以四边形AEQF 为平行四边形. 所以AF ∥EQ.又EQ ⊂平面PCE,AF ⊄平面PCE,所以AF ∥平面PCE.(2)连接BD 、DE.由题意知△ABD 为正三角形,所以ED ⊥AB,即ED ⊥CD, 又∠ADP=90°,所以PD ⊥AD,且平面ADP ⊥平面ABCD,平面ADP ∩平面ABCD=AD,所以PD ⊥平面ABCD,故以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 设FD=a,则由题意知F(0,0,a),C(0,2,0),B(√3,1,0), 则FC⃗⃗⃗ =(0,2,-a),CB ⃗⃗⃗ =(√3,-1,0), 设平面FBC 的法向量为m=(x,y,z).则{m ·FC ⃗⃗⃗⃗=2y -az =0,m ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗=√3x -y =0,令x=1,则y=√3,z=2√3a , 所以m=(1,√3,2√3a), 易知平面DFC 的一个法向量n=(1,0,0), 因为二面角D-FC-B 的余弦值为14, 所以|cos<m,n>|=|m ·n||m||n|=14,即√4+12a2=14,解得a=1(负值舍去). 因为PD ⊥平面ABCD,所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD,所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角,由题意知在Rt △PBD 中,tan ∠PBD=PD BD =2FDBD =1,所以∠PBD=45°,所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°.3.解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是正方形, ∴BC ⊥DC.∵平面PCD ⊥平面ABCD,平面PCD ∩平面ABCD=CD,∴BC ⊥平面PCD. ∵DE ⊂平面PCD,∴BC ⊥DE.∵AD=PD=DC,E 为线段PC 的中点, ∴PC ⊥DE.又∵PC ∩CB=C,∴DE ⊥平面PBC.又∵DE ⊂平面DEF, ∴平面DEF ⊥平面PBC. (2)由(1)知BC ⊥平面PCD, ∵AD ∥BC,∴AD ⊥平面PCD.在平面PCD 内过点D 作DG ⊥DC 交PC 于点G,∴AD ⊥DG,故DA,DC,DG 两两垂直,以D 为原点,DA,DC,DG 所在直线分别为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.∵CD=PD=1,∠PDC=120°,∴PC=√3.∵AD ⊥平面PCD,则A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),P (0,−12,√32). 又E 为PC 的中点,∴E (0,14,√34), ∴DE ⃗⃗⃗⃗ =(0,14,√34). 假设在线段AB 上存在这样的点F,使得tan θ=2√3,设F(1,m,0)(0≤m ≤1),则DF⃗⃗⃗⃗ =(1,m,0), 设平面EDF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·DF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{x +my =0,14y +√34z =0, 令y=√3,则z=-1,x=-√3m, 则n 1=(-√3m,√3,-1).∵AD ⊥平面PCD,∴平面PCD 的一个法向量n 2=(1,0,0),∵tan θ=2√3,∴cos θ=√1313.∴cos θ=|cos<n 1,n 2>|=√3m|√2=√1313,∴m=±13. ∵0≤m ≤1,∴m=13,∴AF FB =12.4.解析 取A 1C 1的中点O,连接B 1O,OD.易得OA 1,OD,OB 1两两垂直.如图,以O 为原点,OA 1,OD,OB 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A(1,2,0),B(0,2,√3),D(0,2,0),A 1(1,0,0),E(-1,1,0).(1)证明:A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,√3),BA ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),BE ⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,-√3). 设n 1=(x 1,y 1,z 1),n 2=(x 2,y 2,z 2)分别为平面A 1BD 和平面BAE 的法向量. 由A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗·n 1=0,得{-x 1+2y 1=0,-x 1+2y 1+√3z 1=0,令y 1=1,则x 1=2,z 1=0.∴n 1=(2,1,0)是平面A 1BD 的一个法向量. 由BA⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,BE ⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,得{x 2-√3z 2=0,-x 2-y 2-√3z 2=0,令z 2=1,则x 2=√3,y 2=-2√3.∴n 2=(√3,-2√3,1)是平面BAE 的一个法向量. ∵n 2·n 1=0,∴平面BAE ⊥平面A 1BD.(2)A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),设平面A 1AB 的法向量为m=(x,y,z). 由A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m=0,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗·m=0,得{2y =0,-x +2y +√3z =0,令z=1,则x=√3,∴m=(√3,0,1)是平面A 1AB 的一个法向量. 设平面DBA 1和平面BAA 1的夹角为θ,则cos θ=|n 1·m||n 1||m|=√3√5×2=√155, 即平面DBA 1和平面BAA 1夹角的余弦值为√155.(3)假设在线段B 1B(含端点)上存在点M,使点M 到平面A 1BD 的距离为2√55, 设M(0,a,√3)(0≤a ≤2),则BM⃗⃗⃗⃗ =(0,a-2,0). 由2√55=|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n 1||n 1|=√5, 解得a=4或a=0.故在线段B 1B 上存在点M(端点处),使点M 到平面A 1BD 的距离为2√55.5.解析 (1)证明:在△PAD 中,PA=PD,O 为AD 的中点,所以PO ⊥AD, 又侧面PAD ⊥底面ABCD,侧面PAD ∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD, 所以PO ⊥平面ABCD.(2)连接OC,以O 为坐标原点,OC 、OD 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Oxyz,依题意,易得B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1), 所以CD ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),PB⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-1). 设异面直线PB 与CD 所成的角是θ,则cos θ=|cos<PB ⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗ >|=|√3×√2|=√63, 所以异面直线PB 与CD 所成角的余弦值为√63.(3)假设线段AD 上存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为√32, 由(2)知CP⃗⃗⃗ =(-1,0,1). 设平面PCD 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0).则{n ·CP⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-x 0+z 0=0,-x 0+y 0=0, 即x 0=y 0=z 0,取x 0=1,得平面PCD 的一个法向量为n=(1,1,1).设Q(0,y,0)(-1≤y ≤1),则CQ ⃗⃗⃗ =(-1,y,0),由|CQ ⃗⃗⃗⃗⃗·n||n|=√32,得√3=√32, 解得y=-12或y=52(舍去), 所以线段AD 上存在点Q 满足题意,此时AQ=12,QD=32,则AQ QD =13. 6.解析 (1)证明:因为四边形PDCE 为矩形,所以N 为PC 的中点.连接FN,如图, 在△PAC 中,F,N 分别为PA,PC 的中点, 所以FN ∥AC,因为FN ⊂平面DEF,AC ⊄平面DEF, 所以AC ∥平面DEF.(2)易知DA,DC,DP 两两垂直,如图,以D 为原点,DA,DC,DP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系.则P(0,0,√2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),所以AB ⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),PB ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-√2),BC ⃗⃗⃗ =(-1,1,0) 设平面PBC 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)·(1,1,-√2)=0,m ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)·(-1,1,0)=0,即{x +y -√2z =0,-x +y =0,即{y =x,z =√2x, 令x=1,则{y =1,z =√2,所以平面PBC 的一个法向量为m=(1,1,√2). 设平面PAB 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1),则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗=(x 1,y 1,z 1)·(0,1,0)=0,n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=(x 1,y 1,z 1)·(1,1,-√2)=0,令z 1=1,则x 1=√2,所以平面PAB 的一个法向量为n=(√2,0,1), |cos<m,n>|=|√2+√2|√1+1+2×√2+1=√63,故平面PAB 与平面PBC 的夹角的正弦值为√1−(√63)2=√33.(3)设存在点Q 满足条件.由F (12,0,√22),E(0,2,√2),则FE ⃗⃗⃗ =(-12,2,√22). 设FQ ⃗⃗⃗⃗ =λFE ⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),整理得Q (1−λ2,2λ,√2(1+λ)2), 则BQ ⃗⃗⃗⃗ =(-1+λ2,2λ-1,√2(1+λ)2). 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6, 所以sin π6=|cos<BQ ⃗⃗⃗⃗ ,m>| =|BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m||BQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m|=2√19λ-10λ+7=12, 解得λ2=1,由0≤λ≤1知λ=1,即点Q 与点E 重合.故在线段EF 上存在一点Q,使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6,此时FQ=EF=√192. 7.解析 (1)在棱PD 上存在点F,使得CF ∥平面POB,此时PF=√103.由题意得,OC=√2,OP=1,因为PC=√3,OC 2+OP 2=PC 2,所以OP ⊥OC,因为OP ⊥OB,OC ⊂平面OBCD,OB ⊂平面OBCD,OC ∩OB=O, 所以OP ⊥平面OBCD,所以OP ⊥OD,所以PD=√1+9=√10,过F 作FG ∥OD 交OP 于G,连接CF,BG,易知FG=13OD=BC,FG ∥OD ∥BC, 所以FG ∥BC,FG=BC,所以四边形BCFG 为平行四边形,所以CF ∥BG,因为BG ⊂平面POB,CF ⊄平面POB,所以CF ∥平面POB.此时PF=√103.(2)以O 为坐标原点,OB,OD,OP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0),所以DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,1).设E(x,y,z),则PE ⃗⃗⃗ =(x,y,z-1),PB⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1), 设PE ⃗⃗⃗ =λPB⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 即(x,y,z-1)=λ(1,0,-1),所以E(λ,0,1-λ),CE ⃗⃗⃗ =(λ-1,-1,1-λ), 设直线CE 与DP 所成角为θ,则cos θ=|cos<CE⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗ >|=|4-λ|√2λ-4λ+3·√10=4−λ√10·√2λ-4λ+3(0≤λ≤1).令t=4-λ,则λ=4-t(3≤t ≤4),cos θ=√10·√2t 2-12t+19=√10·√19t2-12t +2,令a=1t ,则14≤a ≤13,cos θ=√10·√19a 2-12a+2.当a=619时,cos θ=√10·√19a 2-12a+2取最大值,此时直线CE 与DP 所成的角最小,此时λ=56,所以E (56,0,16). 易知BC ⃗⃗⃗ =(0,1,0),CE ⃗⃗⃗ =(-16,-1,16),CD ⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0).可求得平面EBC 、平面ECD 的法向量分别为n 1=(1,0,1),n 2=(2,1,8).所以|cos<n 1,n 2>|=√2×√69=5√13869, 即平面EBC 与平面ECD 的夹角的余弦值为5√13869.8.解析 (1)证明:连接AB 1,AC 1.∵点Q 为线段A 1B 的中点,四边形A 1B 1BA 为矩形, ∴A,Q,B 1三点共线,且点Q 为AB 1的中点. ∵点P,Q 分别为B 1C 1和AB 1的中点, ∴PQ ∥AC 1.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC ⊥BC, ∴BC ⊥平面ACC 1A 1,又AC 1⊂平面ACC 1A 1,∴BC ⊥AC 1.又AC=AA 1,∴四边形ACC 1A 1为正方形, ∴AC 1⊥A 1C.∵A 1C ∩BC=C,∴AC 1⊥平面A 1BC. 而PQ ∥AC 1,∴PQ ⊥平面A 1BC.(2)以C 为原点,分别以CA,CB,CC 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,连接A 1P,B 1Q,BP,则B(0,2,0),A 1(2,0,2).设Q(x,y,z). ∵BQ ⃗⃗⃗⃗ =λ BA 1⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴(x,y-2,z)=λ(2,-2,2).∴{x =2λ,y =2−2λ,z =2λ,∴Q(2λ,2-2λ,2λ). ∵点Q 在线段A 1B 上运动,∴平面A 1PQ 的法向量即为平面A 1PB 的法向量. 设平面A 1PB 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), ∵C(0,0,0),P(0,1,2), ∴BP ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2),PA 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0).由{n 1·BP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-y 1+2z 1=0,2x 1-y 1=0. 令y 1=2,得n 1=(1,2,1).设平面B 1PQ 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), ∵B 1(0,2,2),∴PB 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗=(2λ,-2λ,2λ-2). 由{n 2·PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n 2·B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{y 2=0,λx 2-λy 2+(λ-1)z 2=0.令z 1=λ,得n 2=(1-λ,0,λ).由题意得|cos<n 1,n 2>|=√6×√(1-λ)+λ=√6×√2λ-2λ+1=√3010,∴9λ2-9λ+2=0,解得λ=13或λ=23. ∴当λ=13或λ=23时,平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成夹角的余弦值为√3010.。
2020年新高考数题型详解：第三章 空间向量与立体几何(章末测试)(学生版)人教选修
第三章 空间向量与立体几何（章末测试）一、单选题（每题5分,共60分）1．（2019·天津高二期中）若直线1l 、2l 的方向向量分别为(1,2,2)a =-r ,(2,3,2)b =-r,则1l 与2l 的位置关系是（ ） A ．12l l ⊥B ．12l l PC ．1l 、2l 相交不垂直D ．不能确定2．（2019·内蒙古集宁一中高二月考（理））若平面α的法向量为1(3,2,1)n =r,平面β的法向量为2(2,0,1)n =-r,则平面α与β夹角的余弦是（ ）A ．BC ．-D 3．（2018·镇原县第二中学高一期末）设空间中有两点(,2,3),(5,4,7)P x Q ,若||6PQ =,则x 的值是（ ） A ．9B ．1C ．21D ．9或14．若O 是ABC △所在平面内一点,D 为BC 边的中点,且4OA OB OC ++=u u u r u u u r u u u r0,那么（ ）A ．OD AO =-u u u r u u u rB ．2OD AO =-u u u r u u u rC ．2OD AO =u u u r u u u rD ．OD AO =u u u r u u u r5．（2017·贵州省兴义市第八中学高二期中（理））已知四棱锥P ABCD -中,(4,2,3)AB =-u u u r,(4,1,0)AD =-u u u r ,(6,2,8)AP =--u u u r,则点P 到底面ABCD 的距离为（ ）A ．13B ．26C ．1D ．26．（2017·山东济南外国语学校高二期末（理））已知向量(2,1,3),(4,2,)a b x =-=-rr,使a ⊥rb r成立的x 与使//a rb r成立的x 分别为（ ） A ．10,63- B ．-10,63- 6 C ．-6,10,63- D ．6,-10,63- 7．（2017·河北高一期末（理））如果三点(1,5,2)A -,(2,4,1)B ,(,3,2)C a b +在同一直线上,则 ( ) A ．3,3a b ==-B ．6,1a b ==-C ．3,2a b ==D ．2,1a b =-=8．（2017·南昌市八一中学高二月考（理））已知向量()2,1,3a r =-,(4,b =-r 2,)x ,使a b ⊥r r 成立的x 与使//a b rr 成立的x 分别为( )A ．103,6- B ．103-,6 C ．6-,103D ．6,103-9．（2017·河北张家口一中高一期中（文））在四棱柱中,底面ABCD 是正方形, 侧棱1AA ⊥底面ABCD .已知,E 为AB 上 一个动点,则的最小值为 ( ) A ．B ．C ．D ．10．（2019·浙江高二期末）如图,正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中,N 是棱AD 的中点,M 是棱CC 1上的点,且CC 1=3CM ,则直线BM 与B 1N 所成的角的余弦值是（ ）A ．√105B ．2√515C ．√1020D ．√103011．（2019·吉林高二期末（文））在三棱锥P ABC -中,PC ⊥底面ABC ,90BAC ∠=o ,4AB AC ==,60PBC ∠=o ,则点C 到平面PAB 的距离是( )A ．7B ．7C ．7D ．712．（2019·浙江高二期末）如图,四边形ABCD ,4AB BD DA ===,BC CD ==现将ABD ∆沿BD 折起,当二面角A BD C --的大小在2[,]33ππ时,直线AB 和CD 所成角为α,则cos α的最大值为（ ）A ．8B ．4C ．8D ．4二、填空题（每题5分,共20分）13．（2019·吉林高二期中（理））若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2,高为4,则异面直线1BD 与AD 所成角的余弦值是_________．14．对于任意实数x ,y ,z ________．15．（2019·江西临川一中高二月考（理））在矩形ABCD 中,4AB =,3BC =,沿对角线AC 把矩形折成二面角D AC B --的平面角为60︒时,则BD =__________.16．（2018·黑龙江铁人中学高二月考（理））a ,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ,b 都垂直,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,有下列结论： （1）当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角； （2）当直线AB 与a 成30°角时,AB 与b 成30°角； （3）直线AB 与a 所成角的最小值为45°； （4）直线AB 与a 所成角的最小值为60°； 其中正确的是______（填写所有正确结论的编号）.三、解答题（17题10分,其余每题12分,共70分）17．（2018·甘肃武威十八中高三单元测试）如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为1的正方形,侧棱PA 的长为2,且PA 与AB 、AD 的夹角都等于600,M 是PC 的中点, 设,,AB a AD b AP c ===u u u v u u u v u u u v．（1）试用,,a b c 表示出向量BM u u u u r ； （2）求BM 的长．.18．（2019·河南高三（理））如图,在矩形ABCD 中,2AB =,3BC =,点E 是边AD 上一点,且2AE ED =,点H 是BE 的中点,将ABE △沿着BE 折起,使点A 运动到点S 处,且满足SC SD =.（1）证明：SH ⊥平面BCDE ； （2）求二面角C SB E --的余弦值.19．（2019·山西高三月考）已知三棱锥P ABC -中,ABC △为等腰直角三角形,1, AB AC PB PC ====设点E 为PA 中点,点D 为AC 中点,点F 为PB 上一点,且2PF FB =．（1）证明：//BD 平面CEF ；（2）若PA AC ⊥,求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．20．（2019·上海高三月考）如图,四棱锥P ABCD -中,PA ⊥平面ABCD ,//AD BC ,AB AD ⊥,3BC =,1AB =,2BD PA ==.（1）求异面直线BD 与PC 所成角的余弦值； （2）求二面角A PD C --的余弦值.21．（2019·广西南宁二中高一期末（理））如图,在四棱锥P ABCD -中,AB CD ∥,且90BAP CDP =∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若2PA PD AB DC ====,90APD ∠=︒,二面角A PB C --的大小为θ,求cos θ.22．（2018·全国高考模拟（理））如图,在四棱锥S ABCD -中,底面ABCD 是直角梯形,侧棱SA ⊥底面ABCD ,AB 垂直于AD 和BC ,M 为棱SB 上的点,2SA AB BC ===,1AD =.（1）若M 为棱SB 的中点,求证：//AM 平面SCD ；（2）当2SM MB =时,求平面AMC 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值；（3）在第（2）问条件下,设点N 是线段CD 上的动点,MN 与平面SAB 所成的角为θ,求当sin θ取最大值时点N 的位置.。
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。
2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第八章第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系含解析
[基础达标]1．已知异面直线a ，b 分别在平面α，β内，且α∩β＝c ，那么直线c 一定( ) A ．与a ，b 都相交B ．只能与a ，b 中的一条相交C ．至少与a ，b 中的一条相交D ．与a ，b 都平行解析：选C.若c 与a ，b 都不相交，则c 与a ，b 都平行，根据公理4，知a ∥b ，与a ，b 异面矛盾．2．如图所示，平面α∩平面β＝l ，A ∈α，B ∈α，AB ∩l ＝D ，C ∈β，C ∉l ，则平面ABC 与平面β的交线是( )A ．直线ACB ．直线ABC ．直线CDD ．直线BC解析：选C.由题意知，D ∈l ，l ⊂β，所以D ∈β， 又因为D ∈AB ，所以D ∈平面ABC ，所以点D 在平面ABC 与平面β的交线上． 又因为C ∈平面ABC ，C ∈β，所以点C 在平面β与平面ABC 的交线上， 所以平面ABC ∩平面β＝CD .3．已知AB 是平面α的斜线段，A 为斜足．若点P 在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是( )A ．圆B ．椭圆C ．一条直线D ．两条平行直线解析：选B.如图，由于AB 的长为定值，且△ABP 的面积也是定值，因此空间中点P 到直线AB 的距离也为定值，从而可以推知点P 在空间的轨迹应是以AB 为旋转轴的圆柱面，又点P 在平面α内，且AB 与平面α不垂直，故点P 的轨迹应是该圆柱面被平面α截出的椭圆．4．(2019·瑞安四校联考)若平面α∥平面β，点A ，C ∈α，B ，D ∈β，则直线AC ∥直线BD 的充要条件是( ) A ．AB ∥CD B ．AD ∥CB C ．AB 与CD 相交 D ．A ，B ，C ，D 四点共面解析：选D.因为平面α∥平面β，要使直线AC ∥直线BD ，则直线AC 与BD 是共面直线，即A ，B ，C ，D 四点必须共面．5．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长(包括底面边长)都是2，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，则EF 与侧棱C 1C 所成的角的余弦值是( )A ．55 B ．255C ．12D ．2解析：选B.如图，取AC 中点G ，连接FG ，EG ，则FG ∥C 1C ，FG ＝C 1C ；EG ∥BC ，EG ＝12BC ，故∠EFG 即为EF 与C 1C 所成的角，在Rt △EFG 中，cos ∠EFG ＝FG FE ＝25＝255.6．(2019·台州模拟)如图所示，ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( )A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面解析：选A.连接A 1C 1，AC (图略)，则A 1C 1∥AC ，所以A 1，C 1，A ，C 四点共面，所以A 1C ⊂平面ACC 1A 1. 因为M ∈A 1C ，所以M ∈平面ACC 1A 1. 又M ∈平面AB 1D 1，所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上， 同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上． 所以A ，M ，O 三点共线． 7．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．解析：直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误． 答案：③④ 8．(2019·金丽衢十二校联考) 如图所示，在三棱锥A -BCD 中，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 为菱形，当AC ，BD 满足条件________时，四边形EFGH 是正方形．解析：易知EH ∥BD ∥FG ，且EH ＝12BD ＝FG ，同理EF ∥AC ∥HG ，且EF ＝12AC ＝HG ，显然四边形EFGH 为平行四边形．要使平行四边形EFGH 为菱形需满足EF ＝EH ，即AC ＝BD ；要使四边形EFGH 为正方形需满足EF ＝EH 且EF ⊥EH ，即AC ＝BD 且AC ⊥BD .答案：A C ＝BD AC ＝BD 且AC ⊥BD 9．已知三棱锥A -BCD 中，AB ＝CD ，且直线AB 与CD 所成的角为60°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，则直线AB 和MN 所成的角为________．解析：如图，取AC 的中点P ，连接PM ，PN ，则PM ∥AB ，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为AB 与CD 所成的角(或其补角)，则∠MPN ＝60°或∠MPN ＝120°.因为PM ∥AB ，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或其补角)． ①若∠MPN ＝60°，因为AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等边三角形，所以∠PMN ＝60°， 即AB 与MN 所成的角为60°.②若∠MPN ＝120°，则易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN ＝30°，即AB 与MN 所成的角为30°. 综上，直线AB 和MN 所成的角为60°或30°. 答案：60°或30°10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是__________．解析：作BE ∥AC ，BE ＝AC ，连接D ′E ，则∠D ′BE 为所求的角或其补角，作D ′N ⊥AC 于点N ，设M 为AC 的中点，连接BM ，则BM ⊥AC ，作NF ∥BM 交BE 于F ，连接D ′F ，设∠D ′NF ＝θ，因为D ′N ＝56＝306，BM ＝FN＝152＝302，所以D ′F 2＝253－5cos θ，因为AC ⊥D ′N ，AC ⊥FN ，所以D ′F ⊥AC ，所以D ′F ⊥BE ，又BF ＝MN ＝63，所以在Rt △D ′FB 中，D ′B 2＝9－5cos θ，所以cos ∠D ′BE ＝BF D ′B ＝639－5cos θ≤66，当且仅当θ＝0°时取“＝”．答案：6611. 如图，已知不共面的三条直线a 、b 、c 相交于点P ，A ∈a ，B ∈a ，C ∈b ，D ∈c ，求证：AD 与BC 是异面直线．证明：假设AD 与BC 共面，所确定的平面为α，那么点P 、A 、B 、C 、D 都在平面α内， 所以直线a 、b 、c 都在平面α内，与已知条件a 、b 、c 不共面矛盾，假设不成立， 所以AD 与BC 是异面直线． 12．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，(1)求AC 与A 1D 所成角的大小；(2)若E ，F 分别为AB ，AD 的中点，求A 1C 1与EF 所成角的大小．解：(1)如图，连接B 1C ，AB 1，由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，易知A 1D ∥B 1C ，从而B 1C 与AC 所成的角就是AC 与A 1D 所成的角．因为AB 1＝AC ＝B 1C ， 所以∠B 1CA ＝60°.即A 1D 与AC 所成的角为60°. (2)连接BD ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ∥A 1C 1.因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，所以EF ⊥AC .所以EF ⊥A 1C 1. 即A 1C 1与EF 所成的角为90°.[能力提升]1．设A ，B ，C ，D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( ) A ．若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面B ．若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 C ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ＝BC D ．若AB ＝AC ，DB ＝DC ，则AD ⊥BC解析：选C.A 中，若AC 与BD 共面，则A ，B ，C ，D 四点共面，则AD 与BC 共面；B 中，若AC 与BD 是异面直线，则A ，B ，C ，D 四点不共面，则AD 与BC 是异面直线；C 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，AD 不一定等于BC ；D 中，若AB ＝AC ，DB ＝DC ，可以证明AD ⊥BC .2．(2019·温州市高考数学模拟)棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为平面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为( )A ．2 2B ．10C ．11D ．2 3解析：选B.由题意，△PEQ 周长取得最小值时，P 在B 1C 1上，在平面B 1C 1CB 上，设E 关于B 1C 的对称点为M ，关于B 1C 1的对称点为N ，则EM ＝2，EN ＝2，∠MEN ＝135°，所以MN ＝4＋2－2×2×2×⎝⎛⎭⎫－22＝10.3．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1、CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线有________条．解析：法一：如图，在EF 上任意取一点M ，直线A 1D 1与M 确定一个平面，这个平面与CD 有且仅有一个交点N ，当M 取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD 有不同的交点N ，而直线MN 与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条．法二：在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因为CD 与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q ，连接PQ (图略)，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交．答案：无数4．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：构造四面体ABCD ，使AB ＝a ，CD ＝2，AD ＝AC ＝BC ＝BD ＝1，取CD 的中点E ，则AE ＝BE ＝22， 所以22＋22>a ，所以0<a < 2. 答案：0<a < 25. 如图所示，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2，E 是PC 的中点．(1)求证：AE 与PB 是异面直线；(2)求异面直线AE 和PB 所成角的余弦值．解：(1)证明：假设AE 与PB 共面，设平面为α. 因为A ∈α，B ∈α，E ∈α， 所以平面α即为平面ABE ， 所以P ∈平面ABE ， 这与P ∉平面ABE 矛盾， 所以AE 与PB 是异面直线． (2) 取BC 的中点F ，连接EF 、AF ，则EF ∥PB ，所以∠AEF (或其补角)就是异面直线AE 和PB 所成的角． 因为∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2，P A ⊥平面ABC ， 所以AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2，cos ∠AEF ＝AE 2＋EF 2－AF 22·AE ·EF＝2＋2－32×2×2＝14， 所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.6. 如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下：由BE 綊12F A ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF 綊BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 在直线FH 上，所以C ，D ，F ，E 四点共面．。
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：8.5 空间向量及其应用 Word版含解析
8.5空间向量及其应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点空间角1.理解两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念.2.会用空间向量求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角.2018浙江,8,19三种空间角直线与平面垂直的判定★★★2017浙江,9,19二面角、直线与平面所成的角直线与平面平行的判定2016浙江文,18,14二面角、直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定2015浙江,13,17,8,文18,7三种空间角直线与平面垂直的判定、圆锥曲线2014浙江,17,20,文20二面角、直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定、立体几何应用问题空间向量在立体几何中的应用1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.2.了解空间向量的概念,了解空间向量基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.掌握空间向量的数量积及其坐标表示.4.掌握空间向量的长度公式、夹角公式、两点间的距离公式,并会解决简单的立体几何问题.5.理解直线的方向向量和平面的法向量.6.会用向量的语言表述立体几何中的平行、垂直关系.会用向量的方法证明有关的命题,了解向量的方法在研究立体几何问题中的作用.2018浙江,19直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定★★★2017浙江,19直线与平面所成的角直线与平面平行的判定2015浙江,15,17二面角2014浙江,20二面角直线与平面垂直的判定分析解读 1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间角是高考的必考内容.2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算主要是传统法和向量法.3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等,比用传统方法简便快捷,一直是高考的重点和热点.4.预计2020年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一空间角1.(2018浙江嵊州高三期末质检,19,15分)如图,在菱形ABCD中,∠BAD=,ED⊥平面ABCD,EF∥DB,M是线段AE 的中点,DE=EF=BD.(1)证明:DM∥平面CEF;(2)求直线DM与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:连接AC与BD交于点O,连接MO.因为DO∥EF,DO⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以DO∥平面CEF.因为M是线段AE的中点,所以MO是△ACE的中位线,所以MO∥EC.又MO⊄平面CEF,EC⊂平面CEF,所以MO∥平面CEF,又MO∩DO=O,MO⊂平面MDO,DO⊂平面MDO,所以平面MDO∥平面CEF,又DM⊂平面MDO,所以DM∥平面CEF.(2)解法一:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以ED⊥AC,又ED∩BD=D,所以AC⊥平面DEF.设BD=2,则点A到平面DEF 的距离AO=.因为点M是线段AE的中点,所以点M到平面DEF的距离h=AO=.设直线DM与平面DEF所成的角为θ,则sinθ===.故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.解法二:设AB的中点为G,连接DG,则DG⊥DC.以D为坐标原点,DG,DC,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.取BD=2,则D(0,0,0),M,E(0,0,1),F,所以=(0,0,1),=.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即可取法向量n=(1,-,0).又=,所以cos<,n>===,故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.2.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,19)如图,在四棱锥A-BCDO中,DO⊥平面AOB,BO∥CD,OA=CD=2,OD=2,OB=4,∠AOB=120°.(1)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值;(2)求二面角D-OA-C的余弦值.解析(1)如图,过点O在平面AOB内作OB的垂线OE,交AB于点E.∵DO⊥平面AOB,∴OD⊥OE,OD⊥OB,分别以OE,OB,OD所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则各点坐标为O(0,0,0),A(,-1,0),B(0,4,0),C(0,2,2),D(0,0,2),∴=(-,5,0),=(-,1,2).设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则由n·=0,n·=0,得取x=5,得n=(5,,2).设直线AC与平面ABD所成角为θ,又=(-,3,2),∴sinθ=|cos,n|==,故直线AC与平面ABD所成角的正弦值为.(2)设平面AOD的法向量为m1=(x,y,z),又=(,-1,0),=(0,0,2),∴由m1·=0,m1·=0,得取x=1,得m1=(1,,0).设平面AOC的法向量为m2=(a,b,c),又=(,-1,0),=(0,2,2),∴由m2·=0,m2·=0,得取b=,得m2=(1,,-1).∴cos m1,m2==,由图可知二面角D-OA-C的平面角为锐角,故二面角D-OA-C的余弦值为.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2017浙江台州4月调研卷(一模),17)如图,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E、F分别为直线AB、CD上的动点,且|EF|=.若记EF的中点P的轨迹为L,则|L|等于.(注:|L|表示点P的轨迹的长度)答案π2.(2017浙江杭州二模(4月),19)如图,已知四边形ABCD是矩形,M,N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为θ.(1)当θ=90°时,求cos∠AOC的值;(2)当θ=60°时,点P是线段MD上一点,直线AP与平面AOC所成角为α.若sinα=,求线段MP的长.解析设E为AB的中点,连接OE,则OE⊥MN,以O为原点,OE,ON所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系(图略).(1)当θ=90°时,A(2,-1,0),C(0,1,2),∴=(2,-1,0),=(0,1,2),∴cos∠AOC==-.(2)由θ=60°得C(1,1,),D(1,-1,),M(0,-1,0),∴=(1,0,).设=λ(0≤λ≤1),则=+=(λ,-1,λ).∴=-=(λ-2,0,λ),设平面AOC的法向量为n=(x,y,z).∵n·=0,n·=0,=(2,-1,0),=(1,1,),∴取x=1,则y=2,z=-,故n=(1,2,-),由题意得,=,即3λ2-10λ+3=0,∴λ=或λ=3(舍去),∴在线段MD上存在点P符合题意,且MP=MD=.炼技法【方法集训】方法1 求直线与平面所成角的方法1.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),19)如图(1)所示,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在CD上,AB=CE=2,BF=BD=,BD⊥BC.现将△ADE沿AE翻折到图(2)中△APE的位置,使得二面角P-AE-C的大小为.(1)求PB的长度;(2)求证:PB⊥平面ABCE;(3)求直线AB与平面APE所成角的正弦值.解析(1)因为AB EC,所以四边形ABCE是平行四边形,所以BC∥AE,又因为BD⊥BC,所以BD⊥AE,所以AE⊥FB,AE⊥FP,所以∠PFB为二面角P-AE-C的平面角.(3分)由BF=,PF=2,得BP2=BF2+PF2-2BF·PFcos∠BFP=9,所以BP=3.(5分)(2)证明:由BF=,PF=2,BP=3知,PB2+BF2=PF2,所以BF⊥PB,①(7分)又因为BF⊥AE,PF⊥AE,BF∩PF=F,所以AE⊥平面PFB,所以AE⊥PB,②(9分)由①②可知,PB⊥平面ABCE.(10分)(3)解法一:作BN⊥PF于N点,连接AN.由(2)可知,AE⊥平面BFP,又AE⊂平面APE,∴平面BFP⊥平面APE.又平面BFP∩平面APE=PF,BN⊂平面BFP,所以BN⊥平面APE,(12分)所以∠BAN是直线AB与平面APE所成的角.(13分)易知BN=BFsin60°=,则sin∠NAB===.故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)解法二:易知BF,BP,BC两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,,0),E(2,,0),P(0,0,3).(11分)设平面APE的法向量为n=(x,y,z).又=(3,0,0),=(1,-,3),所以由即得取z=1,得n=(0,,1).(13分)设直线AB与平面APE所成的角为θ,又=(1,-,0),所以sinθ=|cos<n,>|==,故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)2.如图,△ABC是以C为直角的等腰直角三角形,直角边长为8,AE∶EC=5∶3,DE∥BC,沿DE将三角形ADE折起,使得点A在平面BCED上的射影是点C,点M在AC上且MC=AC.(1)在BD上确定点N的位置,使得MN∥平面ADE;(2)在(1)的条件下,求CN与平面ABD所成角的正弦值.解析(1)由点A在平面BCED上的射影是点C,可知AC⊥平面BCED,而BC⊥CE,如图建立空间直角坐标系,可知各点的坐标为C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0).由MC=AC,可知点M的坐标为,设点N的坐标为(x,y,0),则由点N在BD上可得y=8-x,即点N的坐标为(x,8-x,0),则=.设平面ADE的法向量为n1=(x,y,z),则而=(0,-5,0),=(3,0,-4),所以取x=4,则z=3,可得n1=(4,0,3).MN∥平面ADE等价于n1·=0,即4x+0×(8-x)+3×=0.解之可得x=2,即点N的坐标为(2,6,0),所以点N为BD的靠近D点的三等分点.(2)由(1)可知=(2,6,0),设平面ABD的法向量为n2=(p,q,r),由题意可知而=(-3,3,0),=(0,8,-4),可得取p=1,则q=1,r=2.可得n2=(1,1,2).设CN与平面ABD所成角为θ,则sinθ==.方法2 求二面角的方法1.(2018浙江镇海中学期中,20)在多面体ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1∥CC1,AA1=4,BB1=2,AB=4,CC1=3,AB⊥BB1,C1在平面ABB1A1上的射影E是线段A1B1的中点.(1)求证:平面ABC⊥平面ABB1A1;(2)若C1E=2,求二面角C1-AB1-C的余弦值.解析(1)证明:设线段AB的中点为O,连接OE,CO,则OE∥AA1,且OE==3,(2分)∵AA1∥CC1,∴OE∥CC1,又OE=CC1=3,∴四边形CC1EO为平行四边形,∴OC∥EC1.(4分)∵C1E⊥平面ABB1A1,∴OC⊥平面ABB1A1,(5分)∵OC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABB1A1.(7分)(2)由(1)知OB,OE,OC两两互相垂直,分别以OB,OE,OC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-2,0,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(0,3,2).(8分)设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z),而=(4,2,0),=(2,0,2),由得取x=1,得m=(1,-2,-1).(10分)设平面AB1C1的法向量为n=(x1,y1,z1),而=(4,2,0),=(2,3,2),由得取x1=1,得n=(1,-2,2).(12分)∴cos<m,n>==,(14分)由图可知二面角C1-AB1-C的平面角为锐角,故二面角C1-AB1-C的余弦值为.(15分)2.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,19)如图,已知△ABC为等边三角形,M为AB的中点,AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,AA1=AB,BB1=AB,MN⊥A1B1,垂足为N.(1)求证:CN⊥A1B1;(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.解析(1)证明:因为AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,所以平面AA1B1B⊥平面ABC,因为AC=BC,M为AB的中点,所以CM⊥AB,又平面AA1B1B∩平面ABC=AB,CM⊂平面AA1B1B,所以CM⊥平面A1ABB1,所以CM⊥A1B1,又因为MN⊥A1B1,所以A1B1⊥平面CMN,所以A1B1⊥CN.(2)解法一:如图,延长AB、A1B1相交于点D,连接CD,则CD为所求二面角的棱.因为BB1=AA1,BB1∥AA1,所以=,于是BD=BC=BA,于是∠ACD=90°,即CD⊥CA.又因为CD⊥AA1,所以CD⊥平面AA1C,所以CD⊥CA1.于是∠A1CA即为所求二面角的平面角.在Rt△A1AC中,AA1=AB=AC,所以∠A1CA=45°,所以tan∠A1CA=1.所以平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值为1.解法二:如图,以M为原点,MA所在直线为x轴,MC所在直线为y轴建立空间直角坐标系,设AB=2.则C(0,,0),A1(1,0,2),B1(-1,0,1),=(1,-,2),=(-2,0,-1).设平面A1B1C的法向量为n1=(x,y,z).由·n1=0,·n1=0,得取x=1,则y=-,z=-2,故n1=(1,-,-2).设所求二面角的大小为θ,又平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1).所以cosθ===,所以tanθ=1.过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一空间角1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1答案 D2.(2017浙江,9,4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 B3.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD 翻折成△ACD',直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是.答案考点二空间向量在立体几何中的应用1.(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-(x e1+y e2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;22.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.解法一:(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,因为A1B1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以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∠C1AD==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二:(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.3.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE∥平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EF∥AD且EF=AD.又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD得BC⊥平面PBN,那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=,在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,在Rt△MQH中,QH=,MQ=,所以sin∠QMH=.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.一题多解(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.∵BC=AD=OD,且BC∥OD,∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,∴AD⊥平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,得得x=-,z=.即点P,而E为PD的中点,∴E.设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),∵=,=(1,1,0),∴⇒取y1=-1,得n=(1,-1,).而=,则·n=0,而CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),∵=(0,1,0),=,∴取x2=1,得m=(1,0,).设直线CE与平面PBC所成角为θ.则sinθ=|cos<m,>|==,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α. (ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基底向量所表示,得l∥α.2.求线面角的方法.①定义法:作出线面角,解三角形即可.②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sinθ=得结论.③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|.最好是画出图形,否则容易出错.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一空间角1.(2018课标全国Ⅰ理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B. C. D.答案 A2.(2018课标全国Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.答案40π3.(2018课标全国Ⅱ理,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>|=.所以=.解得a=-4(舍去)或a=.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.4.(2018天津理,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.解析本小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,,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,N(1,0,2).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<,>|==,由题意,可得=sin60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.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).5.(2017课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,AP、PD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一(综合法):根据题意可设AB=1,因为AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形,且AD=PC=PB=CB=,取PB 的中点为F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AF⊥PB,在等边三角形PBC中,可得CF⊥PB,所以∠AFC为二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB⊥平面PAD,又AD⊂平面PAD,所以AB⊥AD.所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC=.在△AFC中,AC=,AF=,FC=,由余弦定理可得cos∠AFC==-,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.解法二(向量法):在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以F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F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos<n,m>==-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的证明.证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cosθ|=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.6.(2017天津理,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.解析本小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,,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.7.(2017课标全国Ⅱ理,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.解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(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①②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.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.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2018课标全国Ⅰ理,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.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sin2θ+cos2θ=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.2.(2017山东理,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.解析本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.(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°.方法总结求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.3.(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,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(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.评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、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.4.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又=(1,1,-1),所以cos<n,>==-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时=.易错警示(1)证线面垂直时,要在“面”内找两条相交直线,分别与“线”垂直.(2)建立空间直角坐标系前,先明确备选坐标轴之间的两两垂直关系.(3)用向量法说明在某线段上存在满足某条件的点时,参数的取值范围易被忽视.评析本题考查线面垂直的证明,空间向量的应用等,对学生的空间想象能力、运算能力均有较高要求.C组教师专用题组考点一空间角1.(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 B2.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM 与AN所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案 C。
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第3讲 空间向量与立体几何专题强化训练1．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别为CD 和C 1C 的中点,则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为( )A.13 B.25 C.35D.37解析：选B.以D 为原点,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(图略)．若棱长为2,则A (2,0,0)、E (0,1,0)、D 1(0,0,2)、F (0,2,1)．所以EA →＝(2,－1,0),D 1F →＝(0,2,－1), cos 〈EA →,D 1F →〉＝EA →·D 1F →|EA →||D 1F →|＝－25·5＝－25.则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为25.2．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中,点E 为BB 1的中点,则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ,设棱长为1,则A 1(0,0,1),E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12, D (0,1,0),所以A 1D →＝(0,1,－1),A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12,设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1,2,2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1), 所以cos 〈n 1,n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥O ABC 中,已知OA ,OB ,OC 两两垂直且相等,点P 、Q 分别是线段BC 和OA 上的动点,且满足BP ≤12BC ,AQ ≥12AO ,则PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，255D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，255解析：选B.根据题意,以O 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设OA ＝OB ＝OC ＝2,OB →＝(2,0,0),设P (x ,y ,0),Q (0,0,z ),因为BP ≤12BC ,AQ ≥12AO ,所以1≤x ≤2,0≤y ≤1且x ＋y ＝2,0≤z ≤1,PQ →＝(－x ,x －2,z ),|cos 〈OB →,PQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪OB →·PQ →|OB→|·|PQ →| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2x 2－4x ＋4＋z 2, 当x ＝1,z ＝1时,|cos 〈OB →,PQ →〉|＝33；当x ＝2,z ＝1时,|cos 〈OB →,PQ →〉|＝255；当x ＝2,z ＝0时,|cos 〈OB →,PQ →〉|＝1.当x ＝1,z ＝0时,|cos 〈OB →,PQ →〉|＝22,结合四个选项可知PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1. 4．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中,∠BAC ＝π2,AB ＝AC ＝AA 1＝1,已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点,D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点),若GD ⊥EF ,则线段DF 的长度的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫255，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫255，1 解析：选 A.建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12,G ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，1,F (x ,0,0),D (0,y ,0),由于GD ⊥EF ,所以x ＋2y －1＝0,DF ＝x 2＋y 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫y －252＋15, 由x ＝1－2y >0,得y <12,所以当y ＝25时,线段DF 长度的最小值是15,当y ＝0时,线段DF 长度的最大值是1而不包括端点,故y ＝0不能取,故选A.5．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.155 C.105D.33解析：选C.如图所示,将直三棱柱ABC A 1B 1C 1补成直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1,连接AD 1,B 1D 1,则AD 1∥BC 1,所以∠B 1AD 1或其补角为异面直线AB 1与BC 1所成的角．因为∠ABC ＝120°,AB ＝2,BC ＝CC 1＝1,所以AB 1＝5,AD 1＝ 2.在△B 1D 1C 1中,∠B 1C 1D 1＝60°,B 1C 1＝1,D 1C 1＝2,所以B 1D 1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3, 所以cos ∠B 1AD 1＝5＋2－32×5×2＝105,选择C.6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图,在二面角A CD B 中,BC ⊥CD ,BC ＝CD ＝2,点A 在直线AD 上运动,满足AD ⊥CD ,AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折,在翻折的过程中,线段AD 长的取值范围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →,DC →⊥CB →,设平面ADC 沿着CD 进行翻折过程中,二面角A CD B 的夹角为θ,则〈DA →,CB →〉＝θ,因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →,所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →,设AD ＝x ,因为BC ＝CD ＝2,AB ＝3, 所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ,即x 2－4x cos θ－1＝0,即cos θ＝x 2－14x.因为－1≤cos θ≤1,所以－1≤x 2－14x≤1,即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ,即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0, 则⎩⎨⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0,所以5－2≤x ≤5＋2, 即AD 的取值范围是[5－2,5＋2]． 答案：[5－2,5＋2]7．(2019·台州市高考模拟)如图,在棱长为2的正四面体A BCD 中,E 、F 分别为直线AB 、CD 上的动点,且|EF |＝ 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ,则|L |等于________．(注：|L |表示L 的测度,在本题,L 为曲线、平面图形、空间几何体时,|L |分别对应长度、面积、体积)解析：如图,当E 为AB 中点时,F 分别在C ,D 处,满足|EF |＝3,此时EF 的中点P 在EC ,ED 的中点P 1,P 2的位置上；当F 为CD 中点时,E 分别在A ,B 处,满足|EF |＝3,此时EF 的中点P 在BF ,AF 的中点P 3,P 4的位置上,连接P 1P 2,P 3P 4相交于点O ,则四点P 1,P 2,P 3,P 4共圆,圆心为O ,圆的半径为12,则EF 中点P 的轨迹L 为以O 为圆心,以12为半径的圆,其测度|L |＝2π×12＝π.答案：π8.(2019·金丽衢十二校联考)如图,在三棱锥D ABC 中,已知AB ＝2,AC →·BD →＝－3,设AD ＝a ,BC ＝b ,CD ＝c ,则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ,CB →＝b ,DC →＝c ,因为AB ＝2,所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4,又因为AC →·BD →＝－3,所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3,所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2,所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2,当且仅当a ＝b时,等号成立,即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：29．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图,矩形ABCD 中,AB ＝1,BC ＝3,将△ABD 沿对角线BD 向上翻折,若翻折过程中AC 长度在⎣⎢⎡⎦⎥⎤102，132内变化,则点A 所形成的运动轨迹的长度为________．解析：过A 作AE ⊥BD ,垂足为E ,连接CE ,A ′E . 因为矩形ABCD 中,AB ＝1,BC ＝3, 所以AE ＝32,CE ＝72. 所以A 点的轨迹为以E 为圆心,以32为半径的圆弧．∠A ′EA 为二面角A BD A ′的平面角． 以E 为原点,以EB ,EA ′所在直线为x 轴,y 轴建立如图所示空间直角坐标系E xyz ,设∠A ′EA ＝θ,则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32cos θ，32sin θ,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0, 所以AC ＝1＋34（cos θ＋1）2＋34sin 2θ＝5＋3cos θ2, 所以102≤ 5＋3cos θ2≤132, 解得0≤cos θ≤12,所以60°≤θ≤90°,所以A 点轨迹的圆心角为30°, 所以A 点轨迹的长度为π6·32＝3π12.答案：312π 10．(2019·宁波十校联考模拟)如图,在四棱锥P ABCD 中,∠BAD ＝120°,AB ＝AD ＝2,△BCD 是等边三角形,E 是BP 的中点,AC 与BD 交于点O ,且OP ⊥平面ABCD .(1)求证：PD ∥平面ACE ；(2)当OP ＝1时,求直线PA 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为在四棱锥P ABCD 中,∠BAD ＝120°,AB ＝AD ＝2,△BCD 是等边三角形, 所以△ABC ≌△ACD ,因为E 是BP 中点,AC 与BD 交于点O ,所以O 是BD 中点,连接OE ,则OE ∥PD ,因为PD ⊄平面ACE ,OE ⊂平面ACE ,所以PD ∥平面ACE .(2)因为BD ⊥AC ,PO ⊥平面ABCD ,以O 为原点,OB ,OC ,OP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系, 则P (0,0,1),A (0,－1,0),B (3,0,0),C (0,3,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，12,EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，－12,EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，3，－12,PA →＝(0,－1,－1),设平面ACE 的一个法向量n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝3x ＋2y ＋z ＝0n ·EC →＝3x －6y ＋z ＝0,取x ＝1,得n ＝(1,0,－3),设直线PA 与平面ACE 所成角为θ, 则sin θ＝|n ·PA →||n |·|PA →|＝322＝64,所以直线PA 与平面ACE 所成角的正弦值为64. 11.(2019·浙江暨阳4月联考卷)在四棱锥P －ABCD 中,PC ⊥平面ABCD ,BC ∥AD ,BC ⊥AB ,PB ＝AD ＝2,AB ＝BC ＝1,E 为棱PD 上的点．(1)若PE ＝13PD ,求证：PB ∥平面ACE ；(2)若E 是PD 的中点,求直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：过A 作Az ⊥平面ABCD ,以A 为原点,如图建立直角坐标系, 由题意解得,PC ＝3,所以B (1,0,0),P (1,1,3),所以BP →＝(0,1,3),C (1,1,0),D (0,2,0),设E (x ,y ,z ),由PE →＝13PD →,得E (23,43,233),设平面ACE 的法向量为n ＝(x ,y ,z ), 则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝23x ＋43y ＋233z ＝0,取z ＝1,得n ＝(3,－3,1),所以BP →·n ＝0,因为PB ⊄平面ACE ,所以PB ∥平面ACE .(2)过A 作Az ⊥平面ABCD ,以A 为原点,如图建立直角坐标系, 由题意解得PC ＝3,所以B (1,0,0),P (1,1,3),A (0,0,0), 所以BP →＝(0,1,3),C (1,1,0),D (0,2,0),所以E (12,32,32),AC →＝(1,1,0),AE →＝(12,32,32),设平面ACE 的法向量为n ＝(x ,y ,z ), 则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝12x ＋32y ＋32z ＝0, 取z ＝2,得n ＝(3,－3,2),所以直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值： sin θ＝|BP →·n ||BP →||n |＝3210＝3020.12.(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)如图,在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,底面ABC 为边长为2的正三角形,D 是棱A 1C 1的中点,CC 1＝h (h >0)．(1)证明：BC 1∥平面AB 1D ；(2)若直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小为π6,求h 的值．解：(1)证明：连接A 1B 交AB 1于E ,连接DE ,则DE 是△A 1BC 1的中位线． 所以DE ∥BC 1.又DE ⊂平面AB 1D ,BC 1⊄平面AB 1D ,故BC 1∥平面AB 1D .(2)以AB 的中点O 为坐标原点,OB ,OC 所在直线分别为x 轴,y 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B (1,0,0),C 1(0,3,h )．易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 又BC 1→＝(－1,3,h )．所以sin π6＝|cos 〈BC 1→,n 〉|＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |.即3h 2＋4＝12,解得h ＝2 2. 13.(2019·温州十五校联考)已知菱形ABCD 中,对角线AC 与BD 相交于一点O ,∠BAD ＝60°,将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′,连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心,求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ,AO ⊥BD ,C ′O ∩AO ＝O ,所以BD ⊥平面C ′OA ,又因为BD ⊂平面ABD ,所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O xyz ,令AB ＝a ,则A ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，0，0,B ⎝⎛⎭⎪⎫0，12a ，0,D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a ，0, C ′⎝⎛⎭⎪⎫36a ，0，63a ,所以DC →＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，12a ，0,平面ADC ′的法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，22,设直线CD 与底面ADC ′所成角为θ,则sin θ＝|cos 〈DC →,m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63,故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 14.(2019·宝鸡市质量检测(一))如图,四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD ,点E 是PD 的中点,点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形,探究在什么条件下,二面角C AF D 的大小为60°？解：易知AD ,AB ,AP 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ,设AB ＝2a ,AD ＝2b ,AP ＝2c ,则A (0,0,0),B (2a ,0,0),C (2a ,2b ,0),D (0,2b ,0), P (0,0,2c )．设AC ∩BD ＝O ,连接OE ,则O (a, b ,0),又E 是PD 的中点,所以E (0,b ,c )．(1)证明：因为PB →＝(2a ,0,－2c ),EO →＝(a ,0,－c ), 所以PB →＝2EO →,所以PB →∥EO →,即PB ∥EO . 因为PB ⊄平面AEC ,EO ⊂平面AEC , 所以PB ∥平面AEC . (2)因为四边形ABCD 为正方形,所以a ＝b ,A (0,0,0),B (2a ,0,0),C (2a ,2a ,0),D (0,2a ,0),P (0,0,2c ),E (0,a ,c ),F (a ,a ,c ),因为z 轴⊂平面CAF ,所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ,1,0),而AC →＝(2a ,2a ,0), 所以AC →·n ＝2ax ＋2a ＝0,得x ＝－1, 所以n ＝(－1,1,0)．因为y 轴⊂平面DAF ,所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0,z ),而AF →＝(a ,a ,c ),所以AF →·m ＝a ＋cz ＝0,得z ＝－a c,所以m ＝(1,0,－ac)∥m ′＝(c ,0,－a )．cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2（a 2＋c 2）＝12,得a ＝c . 故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时,二面角C AF D 的大小为60°.。