【精准解析】2021届高考数学(浙江专用)：§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用

§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一 用向量法证明平行、垂直1.如图,四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,PA ⊥平面ABCD,E,F 分别是AB,PD 的中点,且PA=AD. (1)求证:AF ∥平面PEC; (2)求证:平面PEC ⊥平面PCD.证明 ∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为正方形, ∴PA⊥AB,PA ⊥AD,AB ⊥AD,以A 为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0), P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0). (1)∵F 为PD 的中点,E 为AB 的中点, ∴F(0,1,1),E(1,0,0), ∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2). 设平面PEC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{n 1·PE⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1-2z 1=0,2x 1+2y 1-2z 1=0,取z 1=1,则n 1=(2,-1,1),又∵AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0-1+1=0, ∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n 1,∴AF∥平面PEC. (2)PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 设平面PCD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{n 2·PC⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2x 2+2y 2-2z 2=0,2y 2-2z 2=0,即{x 2+y 2-z 2=0,y 2-z 2=0,取z 2=1,则n 2=(0,1,1),又∵n 1=(2,-1,1)是平面PEC 的一个法向量, ∴n 1·n 2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n 1⊥n 2, ∴平面PEC ⊥平面PCD.2.如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A ⊥底面ABCD,点P,Q 分别在棱DD 1,BC 上.(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ;(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为37,求四面体ADPQ 的体积.解析 由题设知,AA 1,AB,AD 两两垂直.以A 为坐标原点,AB,AD,AA 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B 1(3,0,6),D(0,6,0),D 1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m ≤6.(1)证明:因为P 是DD 1的中点,所以P (0,92,3),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m -92,-3).又AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,6),于是AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =18-18=0,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AB 1⊥PQ.(2)由题设知,DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m-6,0),DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1=(x,y,z)是平面PQD 的法向量,则{n 1·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{6x +(m -6)y =0,-3y +6z =0.取y=6,得n 1=(6-m,6,3).又平面AQD 的一个法向量是n 2=(0,0,1),所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=1×√(6-m)+6+3=√(6-m)+45.而二面角P-QD-A 的余弦值为37,因此3√(6-m)+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ≤1),而DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,3λ-2,-6λ). 因为PQ ∥平面ABB 1A 1,且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ 的体积V=13S △ADQ ·h=13×12×6×6×4=24.考点二 用向量法求空间角与距离3.在平面四边形ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB ⊥BD,CD ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起,使得平面ABD ⊥平面BCD,如图. (1)求证:AB ⊥CD;(2)若M 为AD 中点,求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值; (3)在(2)的条件下,求点D 到平面BMC 的距离.解析 (1)证明:∵平面ABD ⊥平面BCD,平面ABD ∩平面BCD=BD,AB ⊂平面ABD,AB ⊥BD, ∴AB⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD,如图.由(1)知AB ⊥平面BCD,又BE ⊂平面BCD,BD ⊂平面BCD, ∴AB⊥BE,AB ⊥BD.以B 为坐标原点,分别以BE⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M (0,12,12),则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1).设平面MBC 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0), 则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 0+y 0=0,12y 0+12z 0=0, 取z 0=1,得平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1). 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ,则sin θ=|cos<n,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n|·|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√63, 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为√63.(3)由(2)可知平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1), 又∵BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), ∴点D 到平面BMC 的距离为|BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=1√3=√33. 4.如图,在四棱锥A-EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF ⊥平面EFCB,EF ∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O 为EF 的中点. (1)求证:AO ⊥BE;(2)求二面角F-AE-B 的余弦值; (3)若BE ⊥平面AOC,求a 的值;(4)在(3)的条件下,求BE 与AF 所成角的余弦值.解析 (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO ⊥EF. 又因为平面AEF ⊥平面EFCB,AO ⊂平面AEF, 所以AO ⊥平面EFCB. 所以AO ⊥BE.(2)取BC 的中点G,连接OG. 由题意知四边形EFCB 是等腰梯形, 所以OG ⊥EF.由(1)知AO ⊥平面EFCB, 又OG ⊂平面EFCB, 所以OA ⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,√3a),B(2,√3(2-a),0), 所以EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a,0,√3a),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0).设平面AEB 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·EA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-ax +√3az =0,(a -2)x +√3(a -2)y =0.令z=1,则x=√3,y=-1. 于是n=(√3,-1,1).又平面AEF 的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>=n ·p |n||p|=-√55. 由题设知二面角F-AE-B 为钝二面角, 所以它的余弦值为-√55.(3)因为BE ⊥平面AOC,所以BE ⊥OC,即BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 因为BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3(2-a),0),所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2(a-2)-3(a-2)2.由BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0及0<a<2,解得a=43.(4)由(3)可知A (0,0,4√33),F (-43,0,0),E (43,0,0),B (2,2√33,0), ∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-43,0,-4√33),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-23,-2√33,0), ∴cos<BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AF ⃗⃗⃗⃗⃗·BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=8983×43=14, ∴BE 与AF 所成角的余弦值为14.综合篇知能转换【综合集训】考法一 求异面直线所成角的方法1.(2017课标Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32B.√155C.√105D.√33答案 C2.(2019吉林长春外国语学校一模,15)如图所示,平面BCC 1B 1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC 1B 1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为 .答案√64考法二 求直线与平面所成角的方法3.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点. (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值;(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解析 如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,设AC,A 1C 1的中点分别为O,O 1, 则OB ⊥OC,OO 1⊥OC,OO 1⊥OB,以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA 1=2,所以A(0,-1,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2). (1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P (√32,-12,2).从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,-12,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2).故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×2√2=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√1020. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q (√32,12,0),因此AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC 1的一个法向量,则{ AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√32x +32y =0,2y +2z =0.不妨取n=(√3,-1,1). 设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ, 则sin θ=|cos<CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√5×2=√55,所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55.4.(2018湖北八校4月联考,18)如图,四边形ABCD 与BDEF 均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°. (1)求证:AC ⊥平面BDEF;(2)求直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值.解析 (1)证明:设AC 与BD 相交于点O,连接FO, ∵四边形ABCD 为菱形,∴AC⊥BD,且O 为AC 中点, ∵FA=FC,∴AC⊥FO,又FO ∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(5分)(2)连接DF,∵四边形BDEF 为菱形,且∠DBF=60°,∴△DBF 为等边三角形,∵O 为BD 的中点,∴FO⊥BD,又AC ⊥FO,AC ∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF 两两垂直,∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.(7分)设AB=2,∵四边形ABCD 为菱形,∠DAB=60°, ∴BD=2,AC=2√3.∵△DBF 为等边三角形,∴OF=√3.∴A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,√3), ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 设平面ABF 的法向量为n=(x,y,z), 则{AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−√3x +√3z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−√3x +y =0, 取x=1,得n=(1,√3,1).(10分) 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ,则sin θ=|cos<AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√155.(12分)考法三 求二面角的方法5.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD 中,CD=2,BC=1,E,F 是平面ABCD 同一侧的两点,EA ∥FC,AE ⊥AB,EA=2,DE=√5,FC=1. (1)证明:平面CDF ⊥平面ADE; (2)求二面角E-BD-F 的正弦值.解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是矩形,∴CD⊥AD. ∵AE⊥AB,CD ∥AB,∴CD⊥AE. 又AD ∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD ⊂平面CDF,∴平面CDF ⊥平面ADE. (2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=√5, ∴DE 2=AD 2+AE 2,∴AE⊥AD.又AE ⊥AB,AB ∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2). ∴DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1), 设平面BDF 的法向量为m=(x,y,z),∴{m ·DB⃗⃗⃗⃗⃗ =x +2y =0,m ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y +z =0,令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面BDE 的一个法向量为n=(2,-1,-1), ∴cos<m,n>=m ·n |m|·|n|=33×√6=√66, ∴sin<m,n>=√306.故二面角E-BD-F 的正弦值为√306.6.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥P-ABC 中,PC ⊥AB,△ABC 是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°. (1)证明:平面PAC ⊥平面ABC;(2)设F 为棱PA 的中点,求二面角P-BC-F 的余弦值.解析 (1)证明:在△PBC 中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=2√3, ∴PC 2+BC 2=PB 2,∴PC⊥BC,(2分) 又PC ⊥AB,AB ∩BC=B,∴PC⊥平面ABC,∵PC ⊂平面PAC,∴平面PAC ⊥平面ABC.(4分)(2)在平面ABC 中,过点C 作CM ⊥CA,以CA,CM,CP 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略). 则C(0,0,0),P(0,0,2√3),A(2,0,0),B(1,√3,0),F(1,0,√3).(6分) 设平面PBC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =x 1+√3y 1=0,CP ⃗⃗⃗⃗ ·m =2√3z 1=0,z 1=0,取y 1=-1,则x 1=√3, 即m=(√3,-1,0)为平面PBC 的一个法向量.(8分) 设平面BCF 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2), 则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3y 2=0,CF ⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3z 2=0,取x 2=√3,则y 2=-1,z 2=-1,即n=(√3,-1,-1)为平面BCF 的一个法向量,(10分) cos<m,n>=m ·n |m||n|=3+1+02×√(√3)+(−1)+(−1)=2√55. 由题图可知二面角P-BC-F 为锐二面角, 故二面角P-BC-F 的余弦值为2√55.(12分)应用篇知行合一【应用集训】1.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD 是边长为3的正方形,平面ADEF ⊥平面ABCD,AF ∥DE,AD ⊥DE,AF=2√6,DE=3√6. (1)求证:平面ACE ⊥平面BED;(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值;(3)在线段AF 上是否存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,说明理由.解析 (1)证明:因为平面ADEF ⊥平面ABCD,平面ADEF ∩平面ABCD=AD,DE ⊂平面ADEF,DE ⊥AD, 所以DE ⊥平面ABCD.(2分)又因为AC ⊂平面ABCD,所以DE ⊥AC.因为四边形ABCD 是正方形,所以AC ⊥BD,又因为DE ∩BD=D,DE ⊂平面BED,BD ⊂平面BED, 所以AC ⊥平面BDE.(3分) 又因为AC ⊂平面ACE,所以平面ACE ⊥平面BED.(4分)(2)因为DE ⊥DC,DE ⊥AD,AD ⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz 如图所示.则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分) 所以CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-√6). 设平面BEF 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1). 则{n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3x 1-3y 1+3√6z 1=0,3x 1-√6z 1=0,令x 1=√6,则y 1=2√6,z 1=3,则n=(√6,2√6,3).(6分) 所以cos<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA ⃗⃗⃗⃗⃗·n |CA ⃗⃗⃗⃗⃗||n|=-3√63√2×√39=-√1313.(7分)所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√1313.(8分)(3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0≤t ≤2√6.(9分) 则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,t),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6). 设平面MBE 的法向量为m=(x 2,y 2,z 2), 则{m ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3y 2+tz 2=0,-3x 2-3y 2+3√6z 2=0,令y 2=t,则z 2=3,x 2=3√6-t,则m=(3√6-t,t,3).(10分) 又CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0)是平面BDE 的一个法向量, ∴|cos<m,CA⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=|9√6-6t|3√2×√(3√6-t)+t +9=12,(11分)整理得2t 2-6√6t+15=0,解得t=√62或t=5√62(舍去),(12分)∴AM AF =14.(13分)2.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在Rt △ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别是AC,AB 上的点,且DE ∥BC,DE=2,将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置,使A 1C ⊥CD,如图2. (1)若M 是A 1D 的中点,求直线CM 与平面A 1BE 所成角的大小; (2)线段BC 上是否存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直?说明理由.解析 (1)由折叠的性质得CD ⊥DE,A 1D ⊥DE,又CD ∩A 1D=D,∴DE⊥平面A 1CD.又∵A 1C ⊂平面A 1CD,∴A 1C ⊥DE,又A 1C ⊥CD,CD ∩DE=D, ∴A 1C ⊥平面BCDE.(3分)建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A 1(0,0,2√3),E(-2,2,0),B(0,3,0),∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-2√3),A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2√3), 设平面A 1BE 的法向量为n=(x,y,z),则{A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,∴{3y -2√3z =0,-2x +2y -2√3z =0,取z=√3,则x=-1,y=2, ∴n=(-1,2,√3).(5分)又∵M(-1,0,√3),∴CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3), ∴cos<CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=1+3√1+4+3×√1+3=√22.∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°.(6分)(2)假设线段BC 上存在点P 满足条件,设P 点坐标为(0,a,0),则a ∈[0,3], ∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,-2√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,a,0), 设平面A 1DP 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{ay 1-2√3z 1=0,2x 1+ay 1=0,取y 1=6,则x 1=-3a,z 1=√3a, ∴n 1=(-3a,6,√3a).(9分)若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直,则n 1·n=0, ∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2, ∵0≤a ≤3,∴a=-2舍去.∴线段BC 上不存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.(12分)【五年高考】考点一 用向量法证明平行、垂直1.(2018天津,17,13分)如图,AD ∥BC 且AD=2BC,AD ⊥CD,EG ∥AD 且EG=AD,CD ∥FG 且CD=2FG,DG ⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M (0,32,1),N(1,0,2). (1)证明:依题意得DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x 0,y 0,z 0)为平面CDE 的法向量, 则{n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 0=0,2x 0+2z 0=0,不妨令z 0=-1,可得n 0=(1,0,-1). 又MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−32,1),可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0, 又因为直线MN ⊄平面CDE, 所以MN ∥平面CDE.(2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x 1,y 1,z 1)为平面BCE 的法向量, 则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 1=0,x 1-2y 1+2z 1=0,不妨令z 1=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x 2,y 2,z 2)为平面BCF 的法向量, 则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 2=0,-y 2+2z 2=0, 不妨令z 2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos<m,n>=m ·n |m||n|=3√1010,于是sin<m,n>=√1010.所以,二面角E-BC-F 的正弦值为√1010.(3)设线段DP 的长为h(h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h),可得BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h). 易知,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量, 故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2ℎ+5, 由题意,可得√ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,线段DP 的长为√33.方法归纳 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤(1)审清题意并建系,利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系; (2)确定相关点的坐标,结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;(3)确定直线的方向向量和平面的法向量,利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;(4)转化为向量运算,将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解; (5)问题还原,结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA ⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N 分别为棱PA,PC,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN ∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N 的正弦值;(3)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721,求线段AH 的长.解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.如图,以A 为原点,分别以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE 的法向量,则{n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x -2z =0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0. 因为MN ⊄平面BDE,所以MN ∥平面BDE.(2)易知n 1=(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量.设n 2=(x,y,z)为平面EMN 的法向量,则{n 2·EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.因为EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),所以{-2y -z =0,x +2y -z =0. 不妨设y=1,可得n 2=(-4,1,-2). 因此有cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-√21, 于是sin<n 1,n 2>=√10521.所以,二面角C-EM-N 的正弦值为√10521.(3)依题意,设AH=h(0≤h ≤4),则H(0,0,h),进而可得NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2).由已知,得|cos<NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√ℎ+5×2√3=√721,整理得10h 2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH 的长为85或12.方法总结 利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论.3.(2016课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD,AD ∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.解析 (1)证明:由已知得AM=23AD=2. 取BP 的中点T,连接AT,TN,由N 为PC 的中点知TN ∥BC,TN=12BC=2.(3分) 又AD ∥BC,故TN AM,故四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT. 因为AT ⊂平面PAB,MN平面PAB,所以MN ∥平面PAB.(6分)(2)取BC 的中点E,连接AE.由AB=AC 得AE ⊥BC,从而AE ⊥AD,且AE=√AB 2-BE 2=√AB 2-(BC 2)2=√5.以A 为坐标原点,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(√5,2,0),N (√52,1,2),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,-2),AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,2). 设n=(x,y,z)为平面PMN 的法向量,则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52x +y -2z =0,(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=8√525. 即直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525.(12分)4.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A 1A=A 1C=AC,E,F 分别是AC,A 1B 1的中点. (1)证明:EF ⊥BC;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.解析 (1)证明:连接A 1E,因为A 1A=A 1C,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC. 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC, 所以,A 1E ⊥平面ABC.如图,以点E 为原点,分别以射线EC,EA 1为y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A 1(0,0,2√3),B(√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),F (√32,32,2√3),C(0,2,0).因此,EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,2√3),BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 由EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得EF ⊥BC.(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ. 由(1)可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3). 设平面A 1BC 的法向量为n=(x,y,z). 由{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0. 取n=(1,√3,1),故sin θ=|cos<EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗·n||EF ⃗⃗⃗⃗⃗|·|n|=45. 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.评析 本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从E 引发的三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”. 5.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点. (1)证明:PO ⊥平面ABC;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-PA-C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√22AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.由OP ⊥OB,OP ⊥AC,OB ∩AC=O,知PO ⊥平面ABC.(2)如图,以O 为坐标原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2√3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面PAC 的法向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0<a ≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,4-a,0). 设平面PAM 的法向量为n=(x,y,z). 由AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4−a)y =0,可取n=(√3(a-4),√3a,-a), 所以cos<OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(a 2√3(a -4)+3a +a .由已知可得|cos<OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32.所以2√3|a -4|2√3(a -4)+3a 2+a 2=√32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=(-8√33,4√33,-43). 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos<PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√34.考点二 用向量法求空间角与距离6.(2019课标Ⅰ,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED.又MN 平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0). 设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-√3q =0,-p -2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m ·n |m||n|=2√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.7.(2019课标Ⅲ,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养.(1)证明:由已知得AD ∥BE,CG ∥BE,所以AD ∥CG,故AD,CG 确定一个平面,从而A,C,G,D 四点共面. 由已知得AB ⊥BE,AB ⊥BC,故AB ⊥平面BCGE. 又因为AB ⊂平面ABC,所以平面ABC ⊥平面BCGE.(2)作EH ⊥BC,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE,平面BCGE ⊥平面ABC,所以EH ⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n=(x,y,z), 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0. 所以可取n=(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos<n,m>=n ·m |n||m|=√32. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.思路分析 (1)利用折叠前后AD 与BE 平行关系不变,可得AD ∥CG,进而可得A 、C 、G 、D 四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得AB ⊥BE,AB ⊥BC,从而AB ⊥平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.(2)由(1)可得EH ⊥平面ABC.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A 的大小.8.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C,D 的点. (1)证明:平面AMD ⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)证明:由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC ⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC ⊥DM. 因为M 为CD⏜上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. 又BC ∩CM=C,所以DM ⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD,故平面AMD ⊥平面BMC.(2)以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD ⏜的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此 cos<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗>=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55. 解后反思 一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决. 二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.9.(2017课标Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,则四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE 平面PAB,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD 的法向量, 所以|cos<BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin 45°,|z|√(x -1)+y +z =√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2).于是cos<m,n>=m ·n |m||n|=√105. 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.方法总结 本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考的热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键 由线面角为45°求点M 的坐标是解题的关键.10.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF 中,平面BCFE ⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF ⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值.解析 (1)证明:延长AD,BE,CF 相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE ⊥平面ABC,且AC ⊥BC,所以,AC ⊥平面BCK,因此,BF ⊥AC.又因为EF ∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且F 为CK 的中点,则BF ⊥CK. 所以BF ⊥平面ACFD.(2)由(1)知△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O,连接KO,则KO ⊥BC,又平面BCFE ⊥平面ABC,所以,KO ⊥平面ABC.以点O 为原点,分别以射线OB,OK 的方向为x,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0), E (12,0,√32),F (-12,0,√32).因此,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),AK ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3,0). 设平面ACK 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),平面ABK 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2). 由{AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{3y 1=0,x 1+3y 1+√3z 1=0,取m=(√3,0,-1);由{AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0得{2x 2+3y 2=0,x 2+3y 2+√3z 2=0,取n=(3,-2,√3).于是,cos<m,n>=m ·n |m|·|n|=√34. 又易知二面角B-AD-F 为锐二面角,所以,二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为√34.方法总结 若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n 1和n 2,则|cos θ|=|cos<n 1,n 2>|,要求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos<n 1,n 2>|,还是cos θ=-|cos<n 1,n 2>|.评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.11.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF⏜的中点. (1)设P 是CE⏜上的一点,且AP ⊥BE,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.解析 (1)因为AP ⊥BE,AB ⊥BE,AB,AP ⊂平面ABP,AB ∩AP=A, 所以BE ⊥平面ABP,又BP ⊂平面ABP, 所以BE ⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:以B 为坐标原点,分别以BE,BP,BA 所在的直线为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,√3,3),C(-1,√3,0), 故AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3), 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量. 由{m ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0可得{2x 1-3z 1=0,x 1+√3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m=(3,-√3,2). 设n=(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量. 由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG⃗⃗⃗⃗⃗ =0可得{x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n=(3,-√3,-2). 所以cos<m,n>=m ·n |m|·|n|=12. 易知所求角为锐二面角, 因此所求的角为60°.解法二:取EC⏜的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形, 所以AE=GE=AC=GC=√32+22=√13. 取AG 的中点M,连接EM,CM,EC, 则EM ⊥AG,CM ⊥AG,所以∠EMC 为所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM=√13−1=2√3. 在△BEC 中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC 2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2√3,因此△EMC 为等边三角形,故所求的角为60°.12.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F=4.过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.解析 (1)交线围成的正方形EHGF 如图:(2)作EM ⊥AB,垂足为M,则AM=A 1E=4,EM=AA 1=8. 因为EHGF 为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH=√EH 2-EM 2=6,所以AH=10.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(10,0,0),HE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF 的法向量,则{n ·FE ⃗⃗⃗⃗ =0,n ·HE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{10x =0,-6y +8z =0,所以可取n=(0,4,3). 又AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-10,4,8),故|cos<n,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗||n||AF ⃗⃗⃗⃗⃗|=4√515. 所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4√515. 思路分析 (1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度作截面;(2)以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面α的法向量与直线AF 的方向向量,从而利用向量法求得直线AF 与平面α所成角的正弦值.方法技巧 利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.13.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°. (1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力. 在平面ABCD 内,过点A 作AE ⊥AD,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD, 所以AA 1⊥AE,AA 1⊥AD.如图,以{AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°,所以A(0,0,0),B(√3,-1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),A 1(0,0,√3),C 1(√3,1,√3). (1)A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3),则cos<A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=(√3,-1,-√3)·(√3,1,√3)7=-17,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3,0), 则{m ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3x -y -√3z =0,-√3x +3y =0.不妨取x=3,则y=√3,z=2,所以m=(3,√3,2)为平面BA 1D 的一个法向量,从而cos<AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>=AE ⃗⃗⃗⃗⃗·m |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m|=(√3,0,0)·(3,√3,2)√3×4=34.设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=34. 因为θ∈[0,π],所以sin θ=√1−cos 2θ=√74.因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为√74.14.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF.(1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.解析 (1)证明:由已知可得BF ⊥EF,又已知BF ⊥PF,且PF 、EF ⊂平面PEF,PF ∩EF=F, 所以BF ⊥平面PEF, 又BF ⊂平面ABFD, 所以平面PEF ⊥平面ABFD.(2)作PH ⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3, 又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF,可得PH=√32,EH=32,则H(0,0,0),P (0,0,√32),D (-1,-32,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32)为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ=|HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=34√3=√34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.易错警示 利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin 2θ+cos 2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.教师专用题组考点一 用向量法证明平行、垂直1.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD 的中心为O,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD,点G 为AB 的中点,AB=BE=2. (1)求证:EG ∥平面ADF; (2)求二面角O-EF-C 的正弦值;(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=23HF,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解析 依题意得,OF ⊥平面ABCD,如图,以O 为原点,分别以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意得,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2). 设n 1=(x,y,z)为平面ADF 的法向量, 则{n 1·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x =0,x -y +2z =0.不妨设z=1,可得n 1=(0,2,1),又EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2),可得EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,又因为直线EG 平面ADF,所以EG ∥平面ADF.(2)易证,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量. 依题意得,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,2). 设n 2=(x,y,z)为平面CEF 的法向量,则{n 2·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y =0,-x +y +2z =0.不妨设x=1,可得n 2=(1,-1,1). 因此有cos<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n 2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√63,于是sin<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=√33.所以,二面角O-EF-C 的正弦值为√33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因为AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2),所以AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,-25,45), 进而有H (-35,35,45),从而BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,85,45), 因此cos<BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n 2|BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|n 2|=-√721. 所以,直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为√721.思路分析 (1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值.。