2020年浙江高三数学总复习：立体几何与空间向量 检测卷
2020年高中数学 空间向量与立体几何 综合检测试题三(含答案解析)
2020年高中数学空间向量与立体几何综合检测试题三一、选择题1、下列说法中不正确的是( )A．平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量B．一个平面的所有法向量互相平行C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直D．如果a，b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量2、若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是( )A．a=(1，0，1)，n=(-2，0，0)B．a=(1，3，5)，n=(1，0，1)C．a=(0，2，1)，n=(-1，0，-1)D．a=(1，-1，3)，n=(0，3，1)3、若向量a=(1，λ，2)，b=(2，-1，2)，a，b夹角的余弦值为，则λ=( )A．2 B．-2 C．-2或 D．2或-4、已知A(1，2，1)，B(-1，3，4)，C(1，1，1)，，则为( )A． B．C． D．5、两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且两平面的一个法向量n=(-1，0，1)，则两平面间的距离是( )A．1.5 B．C． D．36、在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则与直线CE垂直的直线是( )A．AC B．BD C．A1D D．A1A7、已知a，b是两条异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b且AB=2，CD=1，则直线a，b所成的角为( )A．30° B．60° C．90° D．45°8、将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是( )A．相交且垂直 B．相交但不垂直C．异面且垂直 D．异面但不垂直9、对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有如下关系：，则( )A．四点O，A，B，C必共面 B．四点P，A，B，C必共面C．四点O，P，B，C必共面 D．五点O，P，A，B，C必共面10、如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足，则的值为( )A． B．3 C． D．11、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF与BC1所成的角是( )A．45° B．60° C．90° D．120°12、已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与平面SBC所成的角的余弦值为( )A． B．C． D．二、填空题：13、若a=(2，-3，5)，b=(-3，1，-4)，则|a-2b|=________．14、已知a=(2，-1，3)，b=(-1，4，-2)，c=(7，5，λ)，若a，b，c共面，则λ=__________．15、在平行六面体(即六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD-A′B′C′D′中，AB=1，AD=2，AA′=3，∠BAD=90°，∠BAA′=∠DAA′=60°，则AC′的长为________．16、如图，已知二面角αlβ的平面角为θ，AB⊥BC，BC⊥CD，AB在平面β内，BC在l上，CD 在平面α内，若AB=BC=CD=1，则AD的长为________．三、解答题：17、设a=(1，5，-1)，b=(-2，3，5)．(1)当(a＋b)∥(a-3b)时，求的值；(2)当(a-3b)⊥(a＋b)时，求的值．18、如图所示，在四棱锥MABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB，AD 的夹角都是60°，N是CM的中点，设a=，b=，c=，试以a，b，c为基向量表示出向量，并求BN的长．19、如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，CP=m，试确定m使得直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.20、如图，四面体ABCD中，O是BD的中点，CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=.(1)求证：AO⊥平面BCD；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．21、如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角BD′AC的正弦值．22、如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=，点E是棱PB的中点．(1)求直线AD与平面PBC的距离；(2)若AD=，求二面角AECD的平面角的余弦值．参考答案1、D解析：只有当a、b不共线且a∥α，b∥α时，D才正确．2、D解析：若l∥α，则a·n=0，只有选项D中a·n=0.3、C解析：．cos〈a，b〉===，所以λ=-2或.4、A解析：设P(x，y，z)，由得：(x-1，y-2，z-1)=2(-1-x，3-y，4-z)，所以x=-，y=，z=3，即P，所以，所以=.故选A．5、B解析：两平面的一个单位法向量，故两平面间的距离d==.6、B解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，E，所以，=(1，1，0)，=(-1，1，0)，=(0，1，-1)，=(0，0，-1)．显然=-＋0=0，所以，即CE⊥BD.7、B解析：因为，所以=1.cos=⇒=60°，故选B．8、C解析：在题图①中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图②，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.9、B解析：由已知得，而＋＋=1，所以四点P，A，B，C共面．10、D解析：由题可知=1，=1，=.=45°，=45°，=60°.所以==＋＋2-×1×1×＋1××-1××=.11、B解析：以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设各棱长为2，则E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2)，B(0，0，0)则=(0，-1，1)，=(2，0，2)，所以cos=，所以=60°，所以直线EF与BC1所成的角为60°.12、B解析：设AE与平面SBC所成的角为θ，以底面中心O为原点，以射线OA为x轴，以射线OB为y轴，以射线OS为z轴，建立空间直角坐标系，设底面边长为，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(-1，0，0)，S(0，0，1)，E，所以=(-1，-1，0)，=(0，1，-1)，=，设平面SBC的法向量为n=(x，y，z)，则即令x=1，所以n=(1，-1，-1)，因为cos=，所以cos θ=.故选B．13、解析：因为a-2b=(8，-5，13)，所以|a-2b|= =.14、解析：易知a与b不共线，由共面向量定理可知，要使a，b，c共面，则必存在实数x，y，使得c=xa＋yb，即解得15、解析：因为，所以=1＋4＋9＋2×1×2cos 90°＋2×1×3cos 60°＋2×2×3cos 60°=23，即||=.故AC′的长为.16、解析：，所以=1＋1＋1＋2cos(π-θ)=3-2cos θ.所以，即AD的长为.17、解析：(1)因为a=(1，5，-1)，b=(-2，3，5)，所以a-3b=(1，5，-1)-3(-2，3，5)=(1，5，-1)-(-6，9，15)=(7，-4，-16)．a＋b=(1，5，-1)＋(-2，3，5)=(，5，-)＋(-2，3，5)=(-2，5＋3，-＋5)．因为(a＋b)∥(a-3b)，所以，解得=-.(2)由(a-3b)⊥(a＋b)⇔(7，-4，-16)·(-2，5＋3，-＋5)=0⇔7(-2)-4(5＋3)-16(-＋5)=0，解得=.18、解析：===所以=-a＋b＋c，||2=2==(a2＋b2＋c2-2a·b-2a·c＋2b·c)=，所以||=，即BN的长为.19、解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)．则=(-1，-1，0)，=(0，0，1)，=(-1，1，m)，=(-1，1，0)．又由=0，=0知，⊥，⊥，则为平面BB 1D1D的一个法向量．设AP与平面BB1D1D所成的角为θ，则sin θ=|cos|=.依题意得=sin 60°=，解得m=.故当m=时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.20、解析：(1)证明：连接OC，因为BO=DO，AB=AD，所以AO⊥BD.因为BO=DO，BC=CD，所以CO⊥BD.在△AOC中，由已知可得AO=1，CO=.而AC=2，所以AO2＋CO2=AC2，所以∠AOC=90°，即AO⊥OC.因为BD∩OC=O，所以AO⊥平面BCD.(2)以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(-1，0，0)，C(0，，0)，A(0，0，1)，=(-1，0，1)，=(-1，-，0)，所以cos==，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.21、解析：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD=CD.又由AE=CF得=，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB=5，AC=6得DO=BO==4.由EF∥AC得==.所以OH=1，D′H=DH=3.于是D′H2＋OH2=32＋12=10=D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF=H，所以D′H⊥平面ABCD.(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(-3，-1，0)，B(0，-5，0)，C(3，-1，0)，D′(0，0，3)，=(3，-4，0)，=(6，0，0)，=(3，1，3)．设m=(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则即所以可取m=(4，3，-5)．设n=(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则即所以可取n=(0，-3，1)．于是cos〈m，n〉==，sin〈m，n〉=.因此二面角BD′AC的正弦值是.22、解析：(1)如图，以A为坐标原点，射线AB、AD，AP分别为x轴、y轴，z轴正半轴，建立空间直角坐标系Axyz.设D(0，a，0)，则B(，0，0)，C(，a，0)，P(0，0，)，E.因此，=，=(0，a，0)，=(，a，-)．则·=0，·=0，所以AE⊥平面PBC.又由AD∥BC知AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为||=.(2)设平面AEC的法向量为n1=(x1，y1，z1)，因为=，=(，，0)，所以令x 1=-1，得y1=，z1=1，所以n1=(-1，，1)．设平面EDC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，因为=，=(-，0，0)，所以令z2=，得y2=1.所以n2=(0，1，)．故cos〈n1，n2〉==.所以二面角AECD的平面角的余弦值为.。
2020-2021年高中数学 空间向量与立体几何检测(含解析)新人教
第三章检测(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为侧面BCC 1B 1的中心.若AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AAA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则A +A +A 的值为( ) A .1B .32C .2D .34AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴x=1,y=z =12,则x+y+z=2,故选C .2.已知i ,j ,k 为单位正交基底,a =3i +2j -k ,b=i-j+2k ,则5a 与3b 的数量积等于( ) A .-15B .-5C .-3D .-1=(3,2,-1),b =(1,-1,2),故5a =(15,10,-5),3b =(3,-3,6), ∴5a ·3b =45-30-30=-15. 3.已知向量a =(8,A 2,A ),b =(x ,1,2),其中x>0,若a ∥b ,则x 的值为( )A .8B .4C .2D .1∥b ⇔存在λ∈R 使a =λb⇔(8,A 2,A )=(AA ,A ,2A )⇔{AA =8,A2=A ,A >0,A =2A⇔{A =2,A =4.4.已知A ,B ,C 三点不共线,对平面ABC 外的任一点O ,下列条件中能确定点M 与点A ,B ,C 一定共面的是( )A .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗B .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗C .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗D .AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗D 中的三个系数和:13+13+13=1,故M 与点A ,B ,C 一定共面. 5.若a ,b ,c 是空间的非零向量,则下列命题中的真命题是 ( )A .(a ·b )c=(b ·c )aB.若a·b=-|a|·|b|,则a∥bC.若a·c=b·c,则a∥bD.若a·a=b·b,则a=ba·b)c是与c共线的向量,(b·c)a是与a共线的向量,a与c不一定共线,故A项为假命题;若a·b=-|a|·|b|,则a与b方向相反,所以a∥b,故B项为真命题;若a·c=b·c,则(a-b)·c=0,即(a-b)⊥c,不能得出a∥b,故C项为假命题;若a·a=b·b,则|a|=|b|,a与b方向未必相同,故不能得出a=b,所以D项为假命题.6.若向量a=(1,x,2),b=(2,-1,2),且a,b夹角的余弦值为89,则A等于()A.2B.-2C.-2或255D.2或−255<a,b>=A·A|A||A|==89,解得x=-2或x=255.7.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,−4),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1,2,−1),则AA与底面AAAA的关系是()A.相交B.垂直C.不垂直D.成60°角AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴AA⊥平面ABCD.8.下面命题中,正确的命题有()①若n1,n2分别是不同平面α,β的法向量,则n1∥n2⇔α∥β;②若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α⊥β⇔n1·n2=0;③若n是平面α的法向量,b,c是α内两个不共线的向量,a=λb+μc(λ,μ∈R),则n·a=0;④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.A.1个B.2个C.3个D.4个9.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A .15B .25 C .35D .45.10.已知向量n =(1,0,-1)与平面α垂直,且α经过点A (2,3,1),则点P (4,3,2)到α的距离为( ) A .32B .√22C .√2D .3√22⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,−1),又n 与α垂直, 所以P 到α√12+(-1)2=√2=√22, 故选B .二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别是棱CD ,CC 1的中点,则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是 .,以点D 为原点,以DA ,DC ,DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,2),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),所以AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小为90°.答案:90°12.已知空间三点O(0,0,0),A(-1,1,0),B(0,1,1),若直线OA上的一点H(x,y,z),满足BH⊥OA,则x=,y=,z=.⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(A,A−1,A−1),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,0),AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(A,A,A),∵BH⊥OA,∴(x,y-1,z-1)·(-1,1,0)=0.又OH∥OA,∴(x,y,z)=k(-1,1,0),联立解得x=−12,A=12,A=0.121213.已知|a|=|b|=|c|=1,a+b+c=0,则a·c+b·c+a·b=.a·c+b·c+a·b=x,则2x=(a+b)·c+(b+c)·a+(c+a)·b=-|c|2-|a|2-|b|2=-3,解得x=−32.3214.已知a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以a,b为邻边的平行四边形的面积为.|a|=|b|,所以平行四边形为菱形.又a+b=(4,1,3),a-b=(0,-3,1),|a+b|=√26,|a-b|=√10,所以S=12|A+A||A−A|=12×√26×√10=√65.√6515.给出命题:①在▱ABCD中,AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;②在△ABC中,若AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >0,则△ABC是锐角三角形;③在梯形ABCD中,E,F分别是两腰BC,DA的中点,则AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ).以上命题中,正确命题的序号是.,故正确;②AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos A>0⇒∠A<90°,但∠B ,∠C 无法确定,△ABC 是否是锐角三角形无法确定,故错误;③符合梯形中位线的性质,故正确.三、解答题(本大题共3小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=1,AD=2,AA 1=3,∠BAD=90°,∠BAA 1=∠DAA 1=60°,求AC 1的长.AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,平方求模长.AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1+22+32+2|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >+2|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >+2|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=14+2×1×2cos90°+2×1×3cos60°+2×2×3cos60° =23,∴|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√23,即AC 1=√23. 17.(8分)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.ABD ⊥平面BCD ,平面ABD ∩平面BCD=BD ,AB ⊂平面ABD ,AB ⊥BD ,∴AB ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ,∴AB ⊥CD.(2)解:过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ,如图.由(1)知AB ⊥平面BCD ,BE ⊂平面BCD ,BD ⊂平面BCD , ∴AB ⊥BE ,AB ⊥BD.以B 为坐标原点,分别以AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 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),A (0,12,12),则AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1).设平面MBC 的法向量n =(x 0,y 0,z 0),则{A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{A 0+A 0=0,12A 0+12A 0=0,取z 0=1,得平面MBC 的一个法向量n =(1,-1,1). 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ, 则sin θ=|cos <n ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|A ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A ||AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√63, 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为√63.18.(9分)已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,∠DAB=90°,PA ⊥底面ABCD ,且PA=AD=DC =12AA =1,A 是AA 的中点.(1)证明平面PAD ⊥平面PCD ; (2)求AC 与PB 所成角的余弦值;(3)求平面AMC 与平面BMC 所成二面角的余弦值.PA ⊥AD ,PA ⊥AB ,AD ⊥AB ,所以可以以A 为坐标原点,AD 长为单位长度,建系使用向量求解.,建立空间直角坐标系,则各点坐标为A (0,0,0),B (0,2,0),C (1,1,0),D (1,0,0),P (0,0,1),M (0,1,12).∵AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),故AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴AP ⊥DC.又由题设知:AD ⊥DC ,且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面PAD. 又DC 在面PCD 内,故面PAD ⊥面PCD.(1)可得AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),∴|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2,∴cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√105.由此得AC 与PB 所成角的余弦值为√105.MC 上取一点N (x ,y ,z ),则存在λ∈R ,使AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,又AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-x ,1-y ,-z ),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-12), ∴x=1-λ,y=1,z=12λ.要使AN ⊥MC ,只需AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即x-12z=0, 解得λ=45.可知当λ=45时,N 点坐标为(15,1,25),能使AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.此时,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(15,1,25),AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(15,-1,25), 有AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.由AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得AN ⊥MC ,BN ⊥MC. ∴∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√305,|AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√305,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-45,∴cos <AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-23. 故所求的二面角的余弦值为-23.。
浙江省2020版高考数学专题8立体几何8.5空间向量及其应用检测
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),∴sin θ=|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-(xe1+ye2)|≥|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|cos θ|=,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×cos 120°=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.。
(浙江专用)高考数学总复习 第八章 立体几何与空间向量 第7讲 立体几何中的向量方法(一)—证明平行
第7讲立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识梳理1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝01.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )(2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( )(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合.( )(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.( )答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直.答案 C3.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1)B.(1，－1，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C4.(2017·青岛月考)所图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设|AD |＝2，则A (2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N (2，1，2)，所以AM →＝(－2，0，1)，ON →＝(1，0，2)，因此AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，故AM ⊥ON .答案 垂直5.(2017·杭州调研)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________；若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________. 解析 当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l ⊥α；当a ＝(－1，－1，1)时，a ·n ＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l ∥α或l ⊂α. 答案 l ⊥α l ∥α或l ⊂α6.(2017·绍兴月考)设α，β为两个不同的平面，u ＝(－2，2，5)，v ＝(1，－1，x )分别为平面α，β的法向量.(1)若α⊥β，则x ＝________； (2)若α∥β，则x ＝________.解析 (1)由α⊥β，得u ·v ＝0，即－2－2＋5x ＝0，x ＝45；(2)由α∥β，得u ∥v ，即－21＝2－1＝5x ，x ＝－52.答案 (1)45 (2)－52考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明 法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz . 由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0).∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 【训练1】 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0).法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)， 设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →， 又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PAB .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 【训练2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底， 则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，故AB 1⊥平面A 1BD . 法二 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD .考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2017·湖州调研)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21，∴A 1O ⊥AO . 由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ， 平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，以OB ，OC ，OA 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A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .规律方法 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 【训练3】 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由.(1)证明 由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直.如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)解 假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点.[思想方法]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直. [易错防范]1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.。
立体几何与空间向量综合测试卷(新高考专用)(解析版)-高中数学
立体几何与空间向量综合测试卷（考试时间：120分钟；满分：150分）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，α,β是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若m//α,n//β,α//β，则m//nB．若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α//βC．若m⊥α,m//n,α⊥β，则n⊥βD．若m⊥α,n⊥β,m⊥n，则α⊥β【解题思路】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.【解答过程】对于A，若n//β，α//β，则n//α或n⊂α，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误；对于B，若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α与β相交或平行，B错误；对于C，若m⊥α,m//n，则n⊥α，又α⊥β，则n//β或n⊂β，C错误；对于D，由m⊥α,m⊥n，得n//α或n⊂a，若n//α，则存在过n的平面与α相交，令交线为l，则n//l，而n⊥β，于是l⊥β，α⊥β；若n⊂a，而n⊥β，则α⊥β，因此α⊥β，D正确.故选：D.2．（5分）（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设x，y∈R,a=(1,1,1),b=(1,y,z),c=(x,―4,2)，且a⊥c,b∥c，则|2a+b|=（）A．B．0C．3D．【解题思路】根据向量的垂直和平行，先求出x,y,z的值，再求所给向量的模.【解答过程】由a⊥c⇒a⋅c=0⇒x―4+2=0⇒x=2，由b∥c⇒12=y―4=z2⇒y=―2，z=1.所以|2a+b|=|2(1,1,1)+(1,―2,1)|=|(3,0,3)|=故选：D.3．（5分）（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥A―BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，则三棱锥A―BCD外接球的表面积为（）A．10πB．20πC．25πD．30π【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r，再利用R2=r2+(ℎ2)2(ℎ为三棱锥的高，R为外接球半径），即可求解．【解答过程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2―2AB⋅AC⋅cos∠BAC，即BC2=1+4―2×1×2×cos60°=3，所以BC=设△ABC的外接圆半径为r，则2r=BCsin∠BAC==2，所以r=1，AD⊥平面ABC，且AD=4，设三棱锥A―BCD外接球半径为R，则R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，所以三棱锥A―BCD外接球的表面积为4πR2=20π．故选：B．4．（5分）（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱ABC ―A 1B 1C 1中，∠ABC =120°，AB =CC 1=2，BC =1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（ ）A B C D 【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.【解答过程】以B 为原点，在平面ABC 内过B 作BC 的垂线交AC 于D ，以BD 为x 轴，以BC 为y 轴，以BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系，因为直三棱柱ABC ―A 1B 1C 1中，∠ABC =120°，AB =CC 1=2，BC =1，所以―1,0),B 1(0,0,2),B(0,0,0),C 1(0,1,2)，所以AB 1=(―BC 1=(0,1,2)，设异面直线AB 1与BC 1所成角为θ，所以cos θ=|AB 1⋅BC ||AB 1|⋅|BC 1|==故选：C.5．（5分）（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中AB =2CE =2EF =40cm ，AC =，则该石墩的体积为（ ）A ．10000π3cm 3B ．11000π3cm 3C ．4000πcm 3D ．13000π3cm 3【解题思路】过点C 作CM ⊥AB 于M ，根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出结果.【解答过程】如图，过点C 作CM ⊥AB 于M ，因为|AB |=2|CE |=2|EF |=40cm ，|AC |=，所以|AM |=10，|CM |===10，所以圆台的体积为V =13(S 上+S 下+=13(π×102+π×202+×10=7000π3(cm 3)，又圆柱的体积为V 1=Sℎ=π×102×20=2000π(cm 3)，所以该石墩的体积为7000π3+2000π=13000π3(cm 3)，故选：D.6．（5分）（2024·江西赣州·二模）已知球O 内切于正四棱锥P ―ABCD ，PA =AB =2，EF 是球O 的一条直径，点Q 为正四棱锥表面上的点，则QE ⋅QF 的取值范围为（ ）A ．[0,2]B ．[4―C ．[0,4D ．[0,4―【解题思路】根据给定条件，利用体积法求出球O 半径，再利用向量数量积的运算律计算即得.【解答过程】令H 是正四棱锥P ―ABCD 底面正方形中心，则PH ⊥平面ABCD ，而AH =则PH ==P ―ABCD 的体积V =13×22×=正四棱锥P ―ABCD 的表面积S =422+22=，显然球O 的球心O 在线段PH 上，设球半径为r ，则V =13Sr ，即r =3VS=在△POA 中，∠PAO <45∘=∠APO ，于是OA >OP ，又EF 是球O 的一条直径，因此QE ⋅QF =(QO +OE )⋅(QO ―OE )=QO 2―OE 2=QO 2―OH 2，显然OH ≤QO ≤AO ，则(QE ⋅QF )min =0，(QE ⋅QF )max =AO 2―OH 2=AH 2=2，所以QE ⋅QF 的取值范围为[0,2].故选：A.7．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体ABCD―A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BC1的中点，则（）A．EF//BD B．FD1//平面BCEC．EF⊥BC1D．AF⊥平面BCC1B1【解题思路】对于A，说明EF,BD异面即可判断；对于B，说明平面BCE//平面GHD1即可判断；对于C，可以用反证法导出矛盾，进而判断；对于D，显然不垂直.【解答过程】对于A，设G为BB1中点，则EG//BD，但EG,EF相交，所以EF,BD异面，故A错误；对于B，设CC1的中点为H，则BC//GH，BE//GD1，因为GH⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，GD1⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以GH//平面BEC，GD1//平面BEC，又因为GH∩GD1=G,GH,GD1⊂平面GHD1，故平面BCE//平面GHD1，又FD1⊂平面GHD1，故FD1//平面BCE，选项B正确．对于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF与BC1不可能垂直（否则EF垂直平分BC1，会得到EB=EC1，这与BE≠EC1矛盾），C选项错误．对于D ，易知AB ⊥平面BCC 1B 1，又AB ∩AF =A ，故D 选项错误．故选：B.8．（5分）（2024·山东临沂·二模）已知正方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为CC 1，C 1D 的中点，则（ ）A ．直线MN 与A 1CB ．平面BMN 与平面BC 1D 1C ．在BC 1上存在点Q ，使得B 1Q ⊥BD 1D ．在B 1D 上存在点P ，使得PA //平面BMN【解题思路】以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC ；由N,M,B,A 四点共面，而A ∈平面BMN 可判断D.【解答过程】以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，所以A (1,0,0),D (0,0,0),B (1,1,0),C (0,1,0)，A 1(1,0,1),D 1(0,0,1),B 1(1,1,1),C 1(0,1,1)，M0,1,0,12对于A ，MN =0,―12,0，A 1C =(―1,1,―1)，直线MN 与A 1C 所成角的余弦值为|cos ⟨MN ,A 1C ⟩|=|MN⋅A C ||MN ||A 1C |=1=A 错误；对于B ，MN =0,―12,0，BM =―设平面BMN 的法向量为n =(x,y,z )，则n ⋅MN =―12y =0n ⋅BM =―x +12z =0，取x =1，可得y =0,z =2，所以n =(1,0,2)，C 1D 1=(0,―1,0)，BC 1=(―1,0,1)，设平面BC 1D 1的法向量为m =(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅C 1D 1=―y 1=0n ⋅BC 1=―x 1+z 1=0，取x 1=1，可得y 1=0,z 1=1，所以m =(1,0,1)，平面BMN 与平面BC 1D 1夹角的余弦值为：cos⟨m,n⟩=m⋅n==B错误；对于C，因为Q在BC1上，设Q(x0,1,z0)，所以C1Q=λC1B，0≤λ≤1，则C1Q=(x0,0,z0―1),C1B=(1,0,―1)，所以x0=λ,z0=―λ+1，所以Q(λ,1,―λ+1)，B1Q=(λ―1,0,―λ),BD1=(―1,―1,1)，.所以B1Q⋅BD1=1―λ―λ=0，解得：λ=12故BC1上存在点B1Q⊥BD1，故C正确；对于D，因为MN//DC//AB，所以N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA//平面BMN，故D错误.故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
(浙江专版)高考数学二轮专题复习 专题验收评估(四)立体几何与空间向量-人教版高三全册数学试题
专题验收评估(四) 立体几何与空间向量(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱解析：选D 球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形．2．(2016·某某高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n解析：选C ∵α∩β＝l ，∴l ⊂β.∵n ⊥β，∴n ⊥l ，故选C. 3．设直线m 与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C ．与直线m 垂直的直线不可能与平面α平行 D ．与直线m 平行的平面不可能与平面α垂直解析：选B 可以通过观察正方体ABCD A 1B 1C 1D 1进行判断，取BC 1为直线m ，平面ABCD 为平面α，由AB ，CD 均与m 垂直知，选项A 错；由D 1C 1与m 垂直且与α平行知，选项C 错；由平面ADD 1A 1与m 平行且与α垂直知，选项D 错．4．(2018届高三·某某名校联考)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为( )A ．正方形B ．圆C ．等腰三角形D ．直角梯形解析：选D 当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A 可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B 可能；当几何体是横放的三棱柱时，C 可能．于是只有D 不可能．5．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题 ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ②⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ∥α⇒m ⊥β③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③D ．②④解析：选C 对于②，直线m 与平面β可能平行或相交；对于④，直线m 可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．6．(2016·某某高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C. 7．已知四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的三视图如图所示，则异面直线D 1C 与AC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选D 由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的高为2.∵AD ⊥D 1C ，DC 1⊥D 1C ，AD ∩DC 1＝D ，∴D 1C ⊥平面ADC 1，∴D 1C⊥AC 1，∴异面直线D 1C 与AC 1所成的角为90°.8．已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析：选B 设三棱柱的高为h ，则34×(3)2×h ＝94，解得h ＝ 3.设三棱柱的底面ABC 的中心为Q ，则PQ ＝3，AQ ＝23×32×3＝1.在Rt △APQ 中，∠PAQ 即为直线PA 与平面ABC 所成的角，且tan ∠PAQ ＝3，所以∠PAQ ＝π3.9．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 为平行四边形； ②平面α∥平面BCC 1B 1； ③平面α⊥平面BCFE . 其中正确的命题有( ) A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③解析：选C 如图，因为在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α，所以AA 1∥EH ∥GF ，AA 1＝EH ＝GF ，所以四边形EFGH 为平行四边形，故①正确；因为EF 与BC 不一定平行，所以平面α与平面BCC 1B 1平行或相交，故②不正确；因为AA 1∥EH ∥GF ，AA 1＝EH ＝GF ，且AA 1⊥平面BCFE ，所以EH ⊥平面BCFE ，因为EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCEF ，故③正确．10．已知正四面体S ABC 的棱长为1，如果一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为( )A.13B.16C.112D.124解析：选D 易知正四面体S ABC 的内切球的球心O 必在高线SH 上，延长AH 交BC 于点D ，则D 为BC 的中点，连接SD ，设内切球切SD 于点E ，连接AO .因为H 是正三角形ABC 的中心，所以AH ∶HD ＝2∶1，因为Rt△OAH ∽Rt △DSH ，所以OA OH ＝DSDH＝3，可得OA ＝3OH ＝SO ，因此SH ＝4OH ，可得内切球的半径R ＝OH ＝14SH .因为正四面体S ABC 的棱长为1，所以在Rt △DSH 中，DS ＝SH 2＋HD 2＝4R2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13×322＝32，解得R 2＝124.要满足一个高为36的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不能超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x ，y ，该长方体的长和宽形成的长方形的面积为S ，所以4R 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫362＋x 2＋y 2，所以x 2＋y 2≤112，所以S ＝xy ＝x 2＋y 22≤124，当且仅当x ＝y ＝612时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为124.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：由空间几何体的三视图，得其直观图为底面半径为1，高为3的圆锥的一半，所以该几何体的体积V ＝12×13π×12×3＝3π6，表面积为S ＝12×π×1×32＋12＋12×π×12＋12×2×3＝3π2＋ 3. 答案：3π63π2＋ 3 12.如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，则异面直线PC 与AB 所成角的大小为________；直线PB与平面PDC 所成角的正弦值为________．解析：由于AB ∥CD ，所以∠PCD 为异面直线PC 与AB 所成的角．因为PD ⊥平面ABCD ，所以∠PDC ＝π2，又因为PD ＝DC ，所以∠PCD ＝π4.过点B 作BE 垂直CD 于点E ，连接PE ，易证BE ⊥平面PCD ，所以∠BPE 为直线PB 与平面PDC 所成的角，因为 PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，设AD ＝1，则PB ＝PD 2＋DB 2＝12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，BE ＝AD ＝1，所以sin ∠BPE ＝BE PB ＝23. 答案：π42313．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______ cm 2，此几何体的体积为______ cm 3.解析：由三视图性质可知，俯视图为等边三角形，该三角形的高为23，故侧视图中直角三角形的一边长为4，另一边长为23，故侧视图面积S ＝12×4×23＝4 3.作出该几何体的直观图如图所示，可知该几何体的体积V A BCDE ＝13×23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋4×42＝8 3. 答案：4 3 8 314．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________，二面角B AC D 的余弦值为________．解析：由三视图还原出原几何体如图所示，其侧视图面积为12×22×22＝14.取AC 的中点E ，连接BE ，DE ，则AC ⊥BE ，AC ⊥DE ，所以∠BED 就是二面角B AC D 的平面角．因为AC ＝1，所以BE ＝DE ＝32，所以cos ∠BED ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－222×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝－13.答案：14 －1315．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，则直线EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．解析：在正四面体中取CD 的中点为G ，连接FG ，EG ，作FH ⊥平面CDE 于点H .因为正四面体的高FH 在平面EFG 内，且FH 平行于正方体的高，所以可证得平面EFG 平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF 仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共有4个．答案：416．(2017·某某模拟)如图，已知六棱锥P ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°. 其中正确的结论有________(把所有正确的序号都填上)．解析：由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE .又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB .又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD .又AD ⊂平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错；在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确． 答案：①④17．(2017·全国卷Ⅲ)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：法一：依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB ―→以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，又A (0,0,1)，∴AB ―→＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB ―→|＝ 2. 设直线AB 与a 所成夹角为α，则cos α＝|AB ―→·a ||a ||AB ―→|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误． 设直线AB 与b 所成夹角为β， 则cos β＝|AB ―→·b ||b ||AB ―→|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时， 则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．法二：由题意，AB 是以AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母线，又AC ⊥a ，AC ⊥b ，AC ⊥圆锥底面，∴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 ，设BC ＝1，在等腰△ABD 中，AB ＝AD ＝2，当直线AB 与a 成60°角时，∠ABD ＝60°，故BD ＝2，又在Rt △BDE 中，BE ＝2，∴DE ＝2，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，EF ， ∴BF ＝DE ＝2， ∴△ABF 为等边三角形，∴∠ABF ＝60°，即AB 与b 成60°角，故②正确，①错误． 由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，∴直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误． ∴正确的说法为②③. 答案：②③三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18．(本小题满分14分)如图，直三棱柱ABC A ′B ′C ′的侧棱长为3，AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝3，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF .(1)求证：无论E 在何处，总有B ′C ⊥C ′E ；(2)当三棱锥B EB ′F 的体积取得最大值时，求异面直线A ′F 与AC 所成角的余弦值．解：(1)证明：由题意知， 四边形BB ′C ′C 是正方形， 连接AC ′，BC ′，则B ′C ⊥BC ′. 又AB ⊥BC ，BB ′⊥AB ，BC ∩BB ′＝B ， ∴AB ⊥平面BB ′C ′C . ∴B ′C ⊥AB ，又AB ∩BC ′＝B ，∴B ′C ⊥平面ABC ′. ∵C ′E ⊂平面ABC ′，∴B ′C ⊥C ′E . (2)连接EF ，B ′E ，B ′F ，A ′E ，AF ，设AE ＝BF ＝m ，则三棱锥B EB ′F 的体积为V ＝12m (3－m )≤m ＋3－m28＝98， 当且仅当m ＝32时取等号． 故当m ＝32，即点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点时，三棱锥B EB ′F 的体积最大，则|cos ∠A ′FE |为所求．∵EF ＝322，AF ＝A ′E ＝352，A ′F ＝92，∴|cos ∠A ′FE |＝22，即异面直线A ′F 与AC 所成角的余弦值为22. 19．(本小题满分15分)(2017·某某模拟)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A PB C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．解：(1)证明：因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，又PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥BD .因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，所以BD ⊥PC .如图，设AC ∩BD ＝F ，连接EF . 因为AC ＝22，PA ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2，从而PC FC ＝6，AC EC＝ 6. 所以PC FC ＝ACEC，又∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠PAC ＝90°，由此知PC ⊥EF . 又BD ∩EF ＝F ，所以PC ⊥平面BED .(2)在平面PAB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足． 因为二面角A PB C 为90°， 所以平面PAB ⊥平面PBC . 又平面PAB ∩平面PBC ＝PB ， 故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .因为BC 与平面PAB 内两条相交直线PA ，AG 都垂直， 故BC ⊥平面PAB ，于是BC ⊥AB ， 所以底面ABCD 是正方形，AD ＝2，PD ＝PA 2＋AD 2＝2 2.设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 故AD ∥平面PBC ，A ，D 两点到平面PBC 的距离相等， 即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.20．(本小题满分15分)已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A PC D 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，∴AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz ，如图所示， ∵PH ⊥平面ABCD ，∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，则AC ―→＝(1,1,0)，DC ―→＝(1，－1,0)． 设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)． ∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°， ∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·a －22＋h 2＝12，∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0， ∵0<a <2，∴a ＝1，∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)． ∴AP ―→＝(0,1,1)，PC ―→＝(1,0，－1)． 设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，取x 1＝1，得平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)． 设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0，取x 2＝1，得平面DPC 的一个法向量为m ＝(1,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝13.由图可知二面角A PC D 的平面角为钝角， ∴二面角A PC D 的余弦值为－13.21．(本小题满分15分)(2017·某某调研)如图1，四面体PABC 中，BC ＝BP ＝1，AC ＝AP ＝3，AB ＝2.将△PAB 沿直线AB 翻折至△P 1AB ，使点A ，P 1，B ，C 在同一平面内(如图2)，点M 为PC 的中点．(1)求证：直线PP 1∥平面MAB ；(2)求证：PC ⊥AB ；(3)求直线PA 与平面P 1PC 所成角的大小．解：(1)证明：连接CP 1交直线AB 于点E ，连接ME .∵AC ＝AP 1，BC ＝BP 1，∴△ABC ≌△ABP 1，∴CE ＝EP 1，∴点E 为CP 1的中点．又点M 为PC 的中点，∴ME ∥PP 1.又ME ⊂平面MAB ，PP 1⊄平面MAB ，∴PP 1∥平面MAB .(2)证明：∵BC ＝BP ，AC ＝AP ，M 为PC 的中点，∴BM ⊥PC ，AM ⊥PC .又BM ∩AM ＝M ，∴PC ⊥平面ABM ，∴PC ⊥AB .(3)∵BC ＝BP 1＝1，AC ＝AP 1＝3，∴P 1C ⊥AB .又PC ⊥AB ，∴AB ⊥平面PCP 1，∴∠APE 为直线PA 与平面PCP 1所成的角．∵AB ＝2，∴AE ＝32，∴sin ∠APE ＝32，故∠APE ＝60°. ∴直线PA 与平面P 1PC 所成的角为60°.22.(本小题满分15分)(2017·台山一中模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，每个侧面均为正方形，D 为底边AB 的中点，E 为侧棱CC 1的中点．(1)求证：CD ∥平面A 1EB ；(2)求证：AB 1⊥平面A 1EB ；(3)求直线B 1E 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值．解：(1)证明：设AB 1和A 1B 的交点为O ，连接EO ，OD .因为O 为AB 1的中点，D 为AB 的中点，所以OD ∥BB 1，且OD ＝12BB 1.又因为E 是CC 1的中点，所以EC ∥BB 1，且EC ＝12BB 1. 所以EC ∥OD 且EC ＝OD .所以四边形ECDO 为平行四边形，故EO ∥CD . 又因为CD ⊄平面A 1BE ，EO ⊂平面A 1BE ， 所以CD ∥平面A 1BE .(2)证明：因为三棱柱的各侧面都是正方形， 所以BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC .所以BB 1⊥平面ABC .因为CD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥CD . 由已知得AB ＝BC ＝AC ，所以CD ⊥AB .所以CD ⊥平面A 1ABB 1. 由(1)可知EO ∥CD ，所以EO ⊥平面A 1ABB 1.所以EO ⊥AB 1. 因为侧面ABB 1A 1是正方形，所以AB 1⊥A 1B . 又EO ∩A 1B ＝O ，所以AB 1⊥平面A 1BE .(3)取A 1C 1的中点F ，连接B 1F ，EF .在三棱柱ABC A 1B 1C 1中， 因为BB 1⊥平面ABC ，所以侧面ACC 1A 1⊥底面A 1B 1C 1.因为底面A 1B 1C 1是正三角形，且F 是A 1C 1的中点， 所以B 1F ⊥A 1C 1，所以B 1F ⊥侧面ACC 1A 1.所以∠FEB 1即为B 1E 与平面AA 1C 1C 所成的角． 设棱长为1，则B 1F ＝32，B 1E ＝52， 在Rt △B 1FE 中，sin ∠B 1EF ＝B 1F B 1E ＝155. 故直线B 1E 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为155.。
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,。
备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：立体几何与空间向量(原卷版)
第九章立体几何与空间向量从近几年的高考试题来看,所考的主要内容是:(1)有关线面位置关系的组合判断,试题通常以选择题的形式出现,主要是考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质;(2)有关线线、线面和面面的平行与垂直的证明,试题以解答题中的第一问为主,常以多面体为载体,突出考查学生的空间想象能力及推理论证能力;(3)线线角、线面角和二面角是高考的热点,五年五考,选择题、填空题皆有，解答题中第二问必考,一般为中档题,在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力、逻辑思维能力和转化与化归的应用能力. 前几年浙江卷较为注重几何法的考查，对空间向量方法考题较少，近三年则倾向于空间向量方法，且大题中考查线面角的计算较多.（4）三视图问题，五年五考，往往与几何体的面积或体积相结合.一．选择题1．【浙江省台州市2019届高三4月调研】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．2．【浙江省宁波市2019届高三上期末】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．3．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知平面，直线，若，，，则“”是“中至少有一条与垂直”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4．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形的中心），直线平面，分别是棱上一点（除端点），将正三棱锥绕直线旋转一周，则能与平面所成的角取遍区间一切值的直线可能是（）A．B．C．D．中的任意一条5．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在正四面体 ABCD 中，P，Q分别是棱 AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M 是EF 的中点，则能使点 M 的轨迹是圆的条件是（）A．PE＋QF＝2 B．PE•QF＝2C．PE＝2QF D．PE2＋QF2＝26．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．323B．163C．83D．437．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】如图，二面角的大小为，，，且，，，则与所成角的大小为（）A．B．C．D．8．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知三棱锥中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部（不包括边界），二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，则（）A．B．C．D．9．【浙江省金华十校2019届高三上期末】如图所示，在底面为正三角形的棱台中，记锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，若，则A ．B ．C ．D ．10．【浙江省金华十校2019届高考模拟】如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，且在平面α内运动，则（ ）A ．当1λ=时，点C 的轨迹是抛物线B ．当1λ=时，点C 的轨迹是一条直线 C ．当2λ=时，点C 的轨迹是椭圆D ．当2λ=时，点C 的轨迹是双曲线抛物线 二.填空题11．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的最长的棱长为________，体积为________.12．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm3）等于_____，表面积（单位：cm2）等于____．13．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】若某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体最长的棱长是__________，体积等于__________．14．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）等于_______，表面积（单位：）等于__________．15．【浙江省金华十校2019届高三上期末】一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直，其三视图如图所示，则这个棱柱的体积为______，此棱柱的外接球的表面积为______．16．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】某几何体的三视图如图所示，正视图为腰长为1的等腰直角三角形，侧视图、俯视图均为边长为1的正方形，则该几何体的表面积是_____，体积是_____．17．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知正方体中，为的中点，在平面内，直线，设二面角的平面角为，当取最大值时，______.18．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90BAD ∠=︒，112PA AB BC AD ====，//BC AD ，已知Q 是四边形ABCD 内部一点，且二面角Q PD A --的平面角大小为4π，若动点Q 的轨迹将ABCD 分成面积为1212,()S S S S <的两部分，则12:S S =________. 三.解答题19．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】如图，在三棱锥中，是棱的中点，，且,（Ⅰ）求证：直线平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值.20．【浙江省台州市2019届高三4月调研】如图棱锥的底面是菱形，，，侧面垂直于底面，且是正三角形.（Ｉ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.21．【浙江省宁波市2019届高三上期末】如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，是的中点，且.（1）求证：平面；（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.-为正三棱锥，底面边长为2，设D为PB的中22．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知P ABC⊥，如图所示.点，且AD PC（Ⅰ）求证：PC⊥平面PAB；--的平面角的余弦值.（Ⅱ）求二面角D AC B23．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】在三棱锥D-ABC中，AD⊥DC，AC⊥CB，AB＝2AD＝2DC ＝2，且平面ABD⊥平面BCD，E为AC的中点．（I）证明：AD⊥BC；（II）求直线 DE 与平面ABD所成的角的正弦值．24．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，平面平面，二面角为.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值.25．【浙江省金华十校2019届高三上期末】在三棱锥中，，H 为P 点在平面ABC 的投影，．Ⅰ证明：平面PHA ；Ⅱ求AC 与平面PBC 所成角的正弦值．26．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1，点M 、E 分别是PA 、PD 的中点(1)求证：CE //平面BMD(2)点Q 为线段BP 中点，求直线PA 与平面CEQ 所成角的余弦值.27．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，BC CD ⊥，1SC SD CD DA ====，2CB =，//AD BC ，23SCB π∠=，E 为线段SB 上的中点．AE平面SCD；（1）证明：//（2）求直线AE与平面SBC所成角的余弦值．28. 【浙江省2019届高考模拟卷（二)】如图，四边形中，，，，沿对角线将翻折成，使得.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.29.【浙江省2019届高考模拟卷（三)】在三棱锥中，平面平面，，，，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.30.【浙江省2019届高考模拟卷（一)】四棱锥中，平面，为的中点，为菱形，，，、分别是线段、的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的正切值.。
(浙江专版)2020届高考数学一轮复习单元检测八立体几何与空间向量单元检测(含解析)
单元检测八 立体几何与空间向量(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列命题中，错误的是( ) A ．平行于同一平面的两个平面平行 B ．平行于同一直线的两个平面平行C ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交D ．一条直线与两个平行平面所成的角相等 答案 B解析 选项A 正确，是面面平行的传递性．选项B 错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项C 正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项D 正确，由线面角定义可知正确．2．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对 答案 B解析 长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即R ＝32＋42＋522＝522，所以球的表面积为4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5222＝50π，故选B.3.如图，在多面体ABCDEF 中，已知底面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，且EF与底面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A.92B ．5C ．6D.152 答案 D解析 分别取AB ，CD 的中点G ，H ，连接EG ，GH ，EH ，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为92，进而整个多面体的体积为152.4.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，那么异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是( )A.28 B.38 C.24D.34答案 C解析 由长方体∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，设AD ＝DD 1＝1，CD ＝ 3.连接BC 1，BD . 由AD 1∥BC 1，所以异面直线AD 1与DC 1所成角，即∠BC 1D .在△BDC 1中，BC 1＝2，BD ＝2，C 1D ＝2，由余弦定理可得cos∠BC 1D ＝C 1D 2＋BC 21－BD22C 1D ·BC 1＝22＋2－222×2×2＝24， 所以异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是24. 5．(2018·嘉兴测试)已知两个不同的平面α，β和三条不同的直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 与平面β所成的角的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A ．θ1＝θ2≥θ3 B ．θ3≥θ1＝θ2 C ．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D ．θ1≥θ2，θ3≥θ2答案 D解析 由题意可知θ1＝θ2或θ1＋θ2＝π，因为线面角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围为[0，π]，所以θ1≥θ2；当b ⊥m 时，θ2＝θ3，当b 不与m 垂直时，θ2<θ3，所以θ2≤θ3.故选D.6．若圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为3π2的扇形，则由它的两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.74答案 A解析 设圆锥底面圆的半径为r ，由2πr ＝3π2×2，得r ＝32，设轴截面顶角大小为2θ，则sin θ＝34>22，所以2θ>π2，设两条母线所确定的截面最大时，两条母线的夹角为α， 则α≤2θ，最大截面所对应的三角形的面积S ＝12×2×2sin α，则α＝π2，所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形，其斜边上的高为2，底面圆的圆心到最大截面斜边的距离为⎝ ⎛⎭⎪⎫322－(2)2＝12，则两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为122＝24. 7．已知三棱锥S —ABC 的每个顶点都在球O 的表面上，SA ⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝215，且二面角S —BC —A 的正切值为4，则球O 的表面积为( ) A ．240πB ．248πC ．252πD ．272π 答案 D解析 设BC 的中点为D ，连接AD ，SD ，可得AD ＝1，则∠SDA 是二面角S —BC —A 的平面角，由于二面角S —BC —A 的正切值为4，∴SA ＝4，由余弦定理知，cos∠CAB ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ×AC ＝16＋16－602×4×4＝－78，sin∠CAB ＝158， 由正弦定理知，△ABC 的外接圆直径 2r ＝BC sin∠CAB＝215158＝16，设三棱锥S —ABC 的外接球半径为R ， 则⎝ ⎛⎭⎪⎫SA 22＋r 2＝R 2，得R 2＝68， ∴球O 的表面积为4πR 2＝272π，故选D.8.(2018·杭州质检)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E 分别是BC ，AB 的中点，AB ≠AC ，且AC >AD .设PC 与DE 所成角为α，PD 与平面ABC 所成角为β，二面角P－BC －A 为γ，则( )A ．α<β<γB ．α<γ<βC ．β<α<γD ．γ<β<α答案 A解析 由题图可知∠PCA ＝α<π2，∠PDA ＝β<π2，因为PA ⊥平面ABC ，所以tan α＝PA AC ，tan β＝PA AD. 又AC >AD ，故tan β>tan α，则β>α.过点A 作AQ ⊥BC ，垂足为Q ，连接PQ ，则∠PQA ＝γ， 同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A.9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱AP ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AP ＝3，点M 在线段BC 上，且AM ⊥MD ，则当△PMD 的面积最小时，线段BC 的长度为( )A.2B ．2C.102 D.322答案 D解析 方法一 设BM ＝x ，MC ＝y ，则BC ＝AD ＝x ＋y ， ∵PA ⊥平面ABCD ，MD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥MD ， 又AM ⊥MD ，PA ∩AM ＝A ，PA ，AM ⊂平面PAM ， ∴MD ⊥平面PAM ，又PM ⊂平面PAM ，∴MD ⊥PM ， 易知AM ＝x 2＋1，MD ＝y 2＋1， 在Rt△AMD 中，AM 2＋MD 2＝AD 2，即x 2＋1＋y 2＋1＝(x ＋y )2，化简得xy ＝1.在Rt△PMD 中，PM ＝x 2＋4，MD ＝y 2＋1＝1x 2＋1，∴S △PMD ＝12PM ·MD ＝12·x 2＋4·1x 2＋1＝12x 2＋4x 2＋5≥122x 2·4x 2＋5＝32，当且仅当x 2＝4x 2，即x ＝2，y ＝22时取等号，此时BC ＝x ＋y ＝322.方法二 由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝a ，M (1，x,0)，x >0，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1，a,0)，D (0，a,0)，P (0,0，3)．由AM ⊥MD ，得AM →·MD →＝0，即(1，x,0)·(－1，a －x,0)＝ax －x 2－1＝0， 解得a ＝x ＋1x，而PM →·MD →＝ax －x 2－1＝0，∴PM ⊥MD ，∴S △PMD ＝12|PM →|·|MD →|＝12x 2＋4·(a －x )2＋1＝12x 2＋4·1x 2＋1＝125＋x 2＋4x 2≥122x 2·4x 2＋5＝32，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4x2，a ＝x ＋1x，即⎩⎨⎧x ＝2，a ＝2＋12＝322时等号成立，此时BC ＝322.10．(2018·温州市高考适应性考试)已知正四面体PABC ，Q 为△ABC 内的一点，记PQ 与平面PAB ，PAC ，PBC 所成的角分别为α，β，γ，则下列式子恒成立的是( )A ．sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ≥2 B ．cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ≥2 C ．tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ≤1 D.1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ≤1 答案 B解析 取点Q 为△ABC 的中心，设正面体的棱长为1，则sin α＝sin β＝sin γ＝13×3232＝13， 所以sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ＝13<2，排除A ；所以cos 2α＝cos 2β＝cos 2γ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝89，所以tan 2α＝tan 2β＝tan 2γ＝18，所以1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ＝24>1，排除D ；取BC 的中点D ，连接PD ，AD ， 易知AP 与平面PBC 所成的角为∠APD ， 且cos∠APD ＝12PA PD ＝1232＝13，所以sin∠APD ＝23，所以tan∠APD ＝2>1，所以当点Q 靠近点A 时，QP 与平面PBC 所成的角的正切值大于1，所以tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ>1，排除C.故选B.第Ⅱ卷(非选择题 共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．某空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______cm 2，此几何体的体积为______cm 3.答案 27 67解析 此几何体的侧视图为直角三角形，高为4cm ，底为42－32＝7，面积为12×4×7＝27；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其底面为直角梯形，面积是12(4＋2)×6＝18(cm 2)，高为7，体积为13×18×7＝67(cm 3)．12．已知过球面上三点A ，B ，C 的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC ＝BC ＝6，AB ＝4，则球面面积为________． 答案 54π解析 如图，设球的半径为r ，O ′是△ABC 的外心，外接圆半径为R ，D 是AB 的中点， 则OO ′⊥平面ABC .在Rt△ACD 中，cos A ＝13，则sin A ＝223.在△ABC 中，由正弦定理得BC sin A ＝2R ，得R ＝924，即O ′C ＝924.在Rt△OCO ′中，r 2－14r 2＝81×216，得r ＝362，S 球表＝4π×544＝54π.13.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则AC 1＝________.答案23解析 ∵∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，∴A 1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上， ∴平面ACC 1A 1⊥平面ABCD ， ∵AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，∴|AC 1→|2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA 1→|2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→ ＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×12＋2×2×3×12＝23，∴|AC 1→|＝23，∴AC 1＝23.14．(2018·浙江五校联考)在正三棱锥S －ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的体积为________，其外接球的表面积为________． 答案 4312π解析 由正三棱锥的对棱互相垂直可得SB ⊥AC ， 又SB ⊥AM ，AM ∩AC ＝A ，AM ，AC ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，则SB ⊥SA ，SB ⊥SC .所以正三棱锥S －ABC 的三个侧面都是等腰直角三角形．又AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，故正三棱锥S －ABC 是棱长为2的正方体的一个角，其体积为16SA ·SB ·SC ＝43，其外接球的直径2R ＝23，故外接球的表面积为4πR 2＝12π.15.如图，在三棱锥S －ABC 中，若AC ＝23，SA ＝SB ＝SC ＝AB ＝BC ＝4，E 为棱SC 的中点，则直线AC 与BE 所成角的余弦值为__________，直线AC 与平面SAB 所成的角为__________．答案 1460°解析 取SA 的中点M ，连接ME ，BM ，则直线AC 与BE 所成的角等于直线ME 与BE 所成的角， 因为ME ＝3，BM ＝BE ＝23，cos∠MEB ＝ME 2＋BE 2－MB 22ME ×BE＝3＋12－122×3×23＝14，所以直线AC 与BE 所成角的余弦值为14.取SB 的中点N ，则AN ⊥SB ，CN ⊥SB ， 又AN ∩CN ＝N ，AN ，CN ⊂平面ACN ， 即SB ⊥平面ACN ，即平面SAB ⊥平面ACN ， 因此直线AC 与平面SAB 所成的角为∠CAN ， 因为AN ＝CN ＝AC ＝23，所以∠CAN ＝60°， 因此直线AC 与平面SAB 所成的角为60°.16．如图，已知四棱锥A －BCDE 中，AB ＝BC ＝2，BE ＝2CD ＝4，∠ABC ＝120°，∠EBC ＝30°，BE ∥CD ，M 为棱DE 的中点，三棱锥M －ABC 的体积为33，则点M 到平面ABC 的距离为________，二面角A －BC －D 的正弦值为________．答案 1 23解析 在△ABC 中，因为AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， 所以S △ABC ＝12×AB ×BC ×sin∠ABC ＝ 3.设点M 到平面ABC 的距离为h ，则由题意得， 13×S △ABC ×h ＝13×3×h ＝33，所以h ＝1. 作MF ⊥BC 于点F ，MN ⊥平面ABC 于点N ，连接FN ， 则BC ⊥平面MNF ，故NF ⊥BC ，故∠MFN 为二面角A －BC －D 的平面角或其补角．过点E 作ES ⊥BC 于点S ，过点D 作DT ⊥BC 的延长线于点T (图略)，则ES ＝BE sin30°＝2， 又BE ∥CD ，所以DT ＝CD sin30°＝1， 所以MF ＝ES ＋DT 2＝32，由(1)知MN ＝h ＝1，所以sin∠MFN ＝MN MF ＝23，设二面角A －BC －D 的平面角为θ，则sin θ＝sin∠MFN ＝23.17．已知边长为1的正△A ′BC 的顶点A ′在平面α内，顶点B ，C 在平面α外的同一侧，点B ′，C ′分别为B ，C 在平面α内的射影，设BB ′≤CC ′，直线CB ′与平面A ′CC ′所成的角为φ.若△A ′B ′C ′是以角A ′为直角的直角三角形，则tan φ的最小值为________． 答案22解析 如图，以点A ′为坐标原点，A ′C ′，A ′B ′所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系．设B (0，b ，m )，C (c,0，n )，则⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋m 2＝c 2＋n 2＝1，(0，b ，m )·(c ，0，n )＝1·1·cos60°，0<m ≤n ，可得mn ＝12且0<m ≤n ，故0<m ≤22，又因为c 2＋n 2＝1，故n <1，又mn ＝12，故m >12，又因为tan φ＝b ＝1－m 2，12<m ≤22，所以22≤tan φ<32，所以tan φ的最小值为22. 三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，AA 1＝12，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥B 1C ； (2)求证：AC 1∥平面CDB 1.证明 (1)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴CC 1⊥平面ABC ，又AC ⊂平面ABC ，∴CC 1⊥AC . 又∵AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC .∵CC 1，BC ⊂平面BB 1C 1C ，CC 1∩BC ＝C ， ∴AC ⊥平面BB 1C 1C ，又B 1C ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥B 1C .(2)取A 1B 1的中点D 1，连接C 1D 1，D 1D 和AD 1.∵AD ∥D 1B 1，且AD ＝D 1B 1， ∴四边形ADB 1D 1为平行四边形， ∴AD 1∥DB 1，又∵AD 1⊄平面CDB 1，DB 1⊂平面CDB 1， ∴AD 1∥平面CDB 1. ∵CC 1∥DD 1，且CC 1＝DD 1，∴四边形CC 1D 1D 为平行四边形，∴C 1D 1∥CD ， 又∵CD ⊂平面CDB 1，C 1D 1⊄平面CDB 1，∴C 1D 1∥平面CDB 1.∵AD 1∩C 1D 1＝D 1，AD 1，C 1D 1⊂平面AC 1D 1， ∴平面AC 1D 1∥平面CDB 1，又AC 1⊂平面AC 1D 1，∴AC 1∥平面CDB 1.19．(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)解 由已知AD ∥BC ，得∠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AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos∠DAP ＝AD AP ＝55.所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)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 ，BC ，PB ⊂平面PBC ，BC ∩PB ＝B ， 所以PD ⊥平面PBC .(3)解 过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2.又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt△DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt△DPF 中，可得sin∠DFP ＝PD DF ＝55. 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 20．(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC＝2，CD ＝3，PD ＝4，∠PDA ＝60°，且平面PAD ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)在线段PA 上是否存在一点M ，使二面角M －BC －D 的大小为π6？若存在，求出PMPA 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明过点B作BO∥CD，交AD于点O，连接PO，则AD⊥BO，在△PDO中，PD＝4，DO＝2，∠PDA＝60°，则PO⊥AD，∵PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，∴AD⊥平面POB，又∵PB⊂平面POB，∴AD⊥PB.(2)解假设存在点M，过点M作AD的平行线交PO于点N，连接BN，易知M，N，B，C四点共面，∵平面MBC∩平面BCD＝BC，由(1)知，AD⊥平面POB，BC∥AD，则BC⊥平面POB，又BN⊂平面POB，∴BN⊥BC，又OB∥CD，则OB⊥BC，则∠NBO即为二面角M－BC－D的平面角，则tan∠NBO＝33＝NOOB，得NO＝1，PN＝PO－NO＝23－1，∴PMPA＝PNPO＝23－123＝1－36.21．(15分)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，E ，F 分别是AB ，BC 的中点．(1)求A 1E 与B 1F 所成的角； (2)求A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角． 解 (1)取AD 的中点H ，连接A 1H ，HE ，HF .由于H ，F 分别是AD ，BC 的中点，ABCD 为正方形， 所以HF ∥AB ，且HF ＝AB ， 所以A 1B 1∥HF ，且A 1B 1＝HF ， 所以A 1B 1FH 为平行四边形， 所以B 1F ∥A 1H ，且B 1F ＝A 1H ，故A 1E 与B 1F 所成的角等于A 1E 与A 1H 所成的角，A 1E ＝2，HE ＝2，A 1H ＝2，故∠HA 1E ＝60°，故A 1E 与B 1F 所成的角为60°. (2)因为平面BCC 1B 1∥平面ADD 1A 1，所以直线A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角即为直线A 1E 与平面ADD 1A 1所成的角， 所以∠EA 1A 即为所求角，而易知∠EA 1A ＝45°， 所以直线A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角为45°.22．(15分)如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且△PAD 是边长为2的等边三角形，PC ＝13，点M 是PC 的中点．(1)求证：PA ∥平面MBD ；(2)点F 在PA 上，且满足AF FP ＝12，求直线DM 与平面FBD 所成角的正弦值．(1)证明 连接AC ，交BD 于点E ，连接ME . 因为四边形ABCD 是矩形， 所以点E 是AC 的中点， 又点M 是PC 的中点， 所以PA ∥ME ，又PA ⊄平面MBD ，EM ⊂平面MBD ， 所以PA ∥平面MBD .(2)解 取AD 的中点O ，则PO ⊥AD ，又平面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，故PO ⊥平面ABCD ，连接OC .在Rt△POC 中，OC ＝PC 2－PO 2＝10， 所以在Rt△ODC 中，DC ＝OC 2－DO 2＝3，以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,3,0)，D (－1，0,0)，C (－1,3,0)， P (0,0，3)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32， 则BD →＝(－2，－3,0)，设F (x 0，y 0，z 0)，AF →＝(x 0－1，y 0，z 0)，AP →＝(－1,0，3)，BF →＝(x 0－1，y 0－3，z 0)． 则由AF →＝13AP →得(x 0－1，y 0，z 0)＝13(－1,0，3)，即F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，33，则BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－3，33.设平面FBD 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x －3y ＝0，－13x －3y ＋33z ＝0，令x ＝3，则y ＝－2，z ＝－53，故m ＝(3，－2，－53)，又DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，设直线DM 与平面FBD 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，DM →〉|＝|m ·DM →||m ||DM →|＝9222·132＝9286286，故直线DM 与平面FBD 所成角的正弦值为9286286.。
(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)
123456
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。
2020-2021学年度高三下学期总复习数学专题精品试题 专题十二 空间向量与立体几何
2020-2021学年度高三下学期总复习数学专题精品试题专题十二空间向量与立体几何【满分：100分】（测试内容包括：空间向量及其应用）一、单项选择题（共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．）1.已知向量，分别是直线的方向向量，若，则（）A.B.C.D.2.已知，，则下列向量中是平面的法向量的是（）A.B.C.D.3.如图所示，在四面体中，，，，点在上，且，为的中点，则（）A.B.C.D.4.在空间直角坐标系中，已知点，，，则一定是（）A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形5.有下列命题：①若，则与共面；②若与共面，则；③若，则共面；④若共面，则.其中真命题的个数是（）A.1B.2C.3D.46.设是空间中的一个单位正交基底，已知向量，其中，，，则向量在基底下的坐标是（）A.B.C.D.7.已知平面内的两个向量，，且.若为平面的法向量，则的值分别为（）A.B.C.D.8.在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）中，，则的长为（）A.B.6C.D.二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，不能作为平面的法向量的是（）A.B.C.D.10.在正方体中，动点在线段上，分别为的中点.若异面直线与所成角为，则的值可能是（）A.B.C.D.11.下列命题是真命题的有（）A.直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直B.直线的方向向量为，平面的法向量为，则C.平面的法向量分别为，，则D.平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则12.将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论中正确的是（）A.B.所成角为C.为等边三角形D.与平面所成角为三、填空题（共4小题，每小题4分，共16分.）13.为空间中任意一点，三点不共线，且，若四点共面，则实数.14.已知向量，，向量与分别为两垂直平面的法向量，则的值是.15.若平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则与所成角的大小为.16.如图，在直三棱柱中，，，点分别是棱的中点，点是棱上的点.若，则线段的长度为.四、解答题（共4小题，其中第17～18题每题各8分，第19～20题每题各10分，共36分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.（8分）在四棱锥中，四边形为正方形，平面，，，分别为，的中点.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.18.（8分）已知三棱锥（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：（1）证明：平面平面；（2）若点为棱上一点，且，求二面角的余弦值.19.（10分）已知几何体，如图所示，其中四边形，，均为正方形，且边长均为1，点在棱上.（1）求证：；（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.20.（10分）如图，平面，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的余弦值为，求线段的长.专题十二空间向量与立体几何一、单项选择题1.D 【解析】，即解得.故选D.2.C 【解析】设平面的一个法向量为，则，∴，取，解得，，.故选C．3.B 【解析】.故选B.4.C 【解析】，，，，，，一定为直角三角形.故选C.5.B 【解析】①正确；②中若共线，且与不共线，则不正确；③正确；④中若共线，且点不在此直线上，则不正确.故选B．6.A 【解析】依题意知，故向量在基底下的坐标是.故选A.7.A 【解析】.由为平面的法向量，得，即，解得.故选A.8.C 【解析】如图，，，，，.故选C．二、多项选择题9.ACD【解析】设正方体的棱长为2，则，.所以.设向量，是平面的法向量，则，取，得，则是平面的一个法向量.结合其他选项，检验可知只有B选项是平面的法向量.故选ACD.10.A BC【解析】以点为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，易得，，设，则，则.当时，取到最大值，此时，当时，取到最小值，此时，所以的取值范围为.故选ABC.11.A D【解析】，，则，直线与垂直，故A正确；，，则，则，或，故B错误；，，与不共线，不成立，故C错误；点.向量是平面的法向量，，即，解得，故D正确.故选AD.12.A BC【解析】如图，取中点连接易知平面故故A正确；以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设正方形边长为则，，，，故，.由两向量夹角公式得故异面直线所成的角为，故B正确；在直角三角形中，由，得，故为等边三角形，故C正确；易知即为直线与平面所成的角，易得，故D错误.故选ABC.三、填空题13.【解析】四点共面，，.14.【解析】，，两平面垂直，向量与垂直，，解得.15.【解析】设，设直线与平面所成的角为，则，，，直线与平面所成角为.16.【解析】在直三棱柱中，，故以点为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，点分别是棱的中点，所以则.又点是棱上的点，所以设，则.因为，所以，所以，所以，所以.故答案为.四、解答题1.【解析】（1）以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，.…………2分，平面.又平面，平面. …………………4分（2）设平面的法向量为，则，令，则，，. ………………………………………………6分又，.点到平面的距离为.……………………………8分2.【解析】（1）设的中点为，连接.由题意得，，.在中，，为的中点，，…………………………………………………1分在中，，，，. …………………………………………………………2分，平面，平面，……………………………………………3分平面，平面平面.………………4分（2）由（1）知平面，，于是以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，.……5分设平面的法向量为，则由，得，令，得，，即.………………6分同理可求平面的法向量为，则.………………………7分二面角为锐角，二面角的余弦值为. ……………………8分3.【解析】（1）四边形均为正方形，，.又，平面.…………………………………………2分以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. ………………………3分点在棱上，故可设.，，，.…………………………………5分（2）假设存在点，使得直线与平面所成的角为.设平面的法向量为，，，，，令得为平面的一个法向量，…………………………………………………………………7分.直线与平面所成的角为，，，解得. ……………………………………………9分 又，.存在点. 当点位于棱上，且时， 使得直线与平面所成的角为. ………………10分 4. 【解析】（1）依题意，以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，． 设，则.………………………………1分由题可知，是平面的法向量，又，可得，………………………2分又因为直线平面，所以平面.………3分 （2）依题意，，，．设为平面的法向量，则，即，令，可得. ………………4分因此有. …………………………5分即直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.………………6分 （3）设()x y z =，，m 为平面BDF 的法向量，则00BD BF ⎧=⎪⎨=⎪⎩··m m ， 即020x y y hz -+=⎧⎨+=⎩，令1y =，可得2(11)h =-，，m . ……………7分 由题意，有224||1|cos |||||343||2h h-〈〉==+·，m n m n m n ，…………8分 解得87h =.经检验，符合题意.……………………………………9分即线段CF 的长为87.……………………………………………10分。
温州市平阳县鳌江中学2020届高三数学一轮复习全能测试专题七立体几何与空间向量理
平阳县鳌江中学2020届高三一轮复习全能测试专题七立体几何与空间向量 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分 ,满分150分，考试时间 120分钟.注意事项：答题前，考生务必用毫米黑色署名笔将自己的姓名、座号、准考据号、科类填写在答题卡和试卷规定的地点上.2.第Ⅰ卷每题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号，答案不可以答在试卷上 . 参照公式：假如事件A,B 互斥，那么P （A+B ）=P （A ）+P （B ）；球的表面积公式：S 4R 2（此中R 表示球的半径）；球的体积公式：V4 R 3（此中R 表示球的半径）；3 1Sh （此中S 表示锥体的底面积，锥体的体积公式：Vh 表示锥体的高）；3柱体的体积公式V Sh （此中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高）； 台体的体积公式：V 1h(S 1 S 1S 2 S 2) 3（此中S 1,S 2分别表示台体的上，下底面积， h 表示台体的高）．第Ⅰ卷（选择题，共 50分）一、选择题：（本大题共10小题，每题 5分，共50分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求） 1、若右图是一个几何体的三视图，则这个几何体是（A ）圆锥 (B)棱柱 （C ）圆柱 (D ) 棱锥2、如图，一个水平搁置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 45ｏ，腰和上底均为 1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是 ()A ．12 B ．12 C ．12D ．2222213、已知ABCD 为四周体，O 为△BCD 内一点（如图），则AO (AB AC AD)是O为△BCD重心的（）A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足又不用要条件4、对于三条不一样直线a,b,l以及两个不一样平面,，下边命题正确的选项是（）温州市平阳县鳌江中学2020届高三数学一轮复习全能测试专题七立体几何与空间向量理A．若a∥，b∥，则a∥b B.若a∥，b，则bC．若a，∥，则 D.若a，b，且l,lb，则l5、将正方体截去一个四棱柱后获得的几何体的正视图与俯视图以下图，则该几何体的侧视图为（）A B C D正视图俯视图6、已知直二面角l ，点A,ACl,C为垂足，点B,BD l,D为垂足，若AB2,AC BD 1,则CD（）A．2B7、以下列图所示，在棱长为．3a的正方体CABCD－．2DA1B1C1D1中，M是．1AA1的中点，则点A到平面MBD的距离是()63A.3aB.6a36C.4aD.6a8、在正三棱锥P ABC中，AB4,PA8,（极点在底面的射影是底面正三角形的中心）过A作与PB,PC分别交于D和E的截面，则截面ADE的周长的最小值是()A．9B．10C．11D．129、（2020浙江理）已知矩形ABCD,AB=1,BC= 2.将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻着,在翻着过程中,（）A．存在某个地点,使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个地点,使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个地点,使得直线AD与直线BC垂直D．对随意地点,三直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直10、空间给定不共面的A、B、C、D四个点，此中随意两点的距离都不同样，考虑拥犹如下性质的平面：A、B、C、D中有三个点到的距离同样，此外一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是A．15B ．23C．26D．32非选择题部分（共100分）注意事项：1．用黑色笔迹的署名笔或钢笔将答案写在答题纸上，不可以答在试题卷上．．在答题纸上作图，可先使用2B铅笔，确立后一定使用黑色笔迹的署名笔或钢笔描黑．二、填空题：本大题共7小题，每题4分，共28分．11、（2020浙江理）已知某三棱锥的三视图(单位:cm)以下图,则该三棱锥的体积等于___________cm3.12、如图BD 是边长为3ABCD为正方形对角线，将BCD绕直线AB旋转一周后形成几何体体积等于13、己知一个正三棱锥的正视图为等腰直角三角形，其尺寸以下图，则其侧视图的周长为_______________D1C1A1B1ND CMA B14、（2020四川理）如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M、N分别是CD、CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成角的大小是____________.15、四棱锥P ABCD极点P在底面ABCD上投影恰巧是A，其正视图与侧视图都是腰长为a等腰直角三角形。
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第十章立体几何与空间向量检测卷(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(每小题4分,共40分)1.设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,则“m∥β”是“α∥β”的( )(A)必要不充分条件(B)充分不必要条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件2.设α,β,γ是三个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是( )(A)若α⊥β,β⊥γ,则α∥γ(B)若α⊥β,m∥β,则m⊥α(C)若m⊥α,m⊥β,则α∥β(D)若m∥α,n∥α,则m∥n3.如图所示,将图①中的正方体截去两个三棱锥,得到图②中的几何体,则该几何体的侧视图为( )4.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角为( )(A)60°(B)90°(C)120° (D)150°5.如图所示,直线PA垂直于☉O所在的平面,△ABC内接于☉O,且AB 为☉O的直径,点M为线段PB的中点.现有结论:①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的有( )(A)2个(B)3个(C)1个(D)0个6.在等腰梯形ABCD中,E,F分别是底边AB,CD的中点,把四边形AEFD 沿直线EF折起,使平面AEFD⊥平面BCFE,P为平面AEFD上一点,设PB,PC与平面AEFD所成的角分别为θ1,θ2.若θ1=θ2,则点P的轨迹为( )(A)直线(B)圆(C)椭圆 (D)抛物线7.在三棱锥P-ABC中,AB=AC=PB=PC=10,PA=8,BC=12,点M在平面PBC 内,且AM=7,设异面直线AM与BC所成角为α,则cos α的最大值为( )(A)(B)(C)(D)8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,AA1=5,M,N分别在线段AA1和AC上,|MN|=2,则三棱锥D-MNC1的体积的最小值为( )(A)4 (B)3-1 (C)4-2 (D)6-49.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,过点A作平面A1BD的垂线,垂足为点H.则以下命题中,错误的是( )(A)点H是△A1BD的垂心(B)AH垂直于平面CB1D1(C)AH延长线经过点C1 (D)直线AH和BB1所成角为45°10.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( )(A)∠A′DB≤α(B)∠A′DB≥α(C)∠A′CB≤α(D)∠A′CB≥α二、填空题(单空题每题4分,多空题每题6分,共36分)11.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为,体积为.12.在正三棱锥S ABC中,M是SC的中点,且AM⊥SB,底面边长AB=2,则正三棱锥S ABC的体积为 .其外接球的表面积为.13.在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,将矩形ABCD以AB为旋转轴旋转成矩形ABEF,则当AE⊥DB时,直线AE与平面ABCD所成角的大小为 .14.用半径为2的半圆形纸片卷成一个圆锥筒,则这个圆锥筒的高为,此时圆锥的体积为.15.如图在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=,M,N 分别是AB和SC的中点.则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为,直线SM与平面SAC所成角的大小为.16.如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,底面为直角三角形,∠ACB=90°, AC=6,BC=CC1=.P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为.17.如图,已知直二面角α-l-β,点A∈α,B∈β,C∈l,D∈l,CD=4, BC=BD,∠BDC=60°,若AC=AD,则三棱锥A BCD的体积的最大值为.三、解答题(共74分)18.(本小题满分14分)如图(1),在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4,D是AB的中点,E是AC 的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A DC B,如图(2).(1)求异面直线AB与DE所成的角;(2)若M,N分别为棱AC,BC上的动点,求△DMN周长的平方的最小值.19.(本小题满分15分)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAC⊥底面ABCD,BC=CD=AC=2,∠ACB=∠ACD=.(1)证明:AP⊥BD;(2)若AP=,AP与BC所成的角的余弦值为,求二面角A-BP-C的余弦值.20.(本小题满分15分)如图,已知AB⊥平面BEC,AB∥CD,AB=BC=4,△BEC为等边三角形.(1)若平面ABE⊥平面ADE,求CD的长度;(2)求直线AB与平面ADE所成角的取值范围.21.(本小题满分15分)如图,四棱锥P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD为正三角形.若PA=2,且PA与底面ABCD所成角的正切值为.(1)证明:平面PAB⊥平面PBC;(2)E是线段CD上一点,记=λ(0<λ<1),是否存在实数λ,使二面角P-AE-C的余弦值为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.22.(本小题满分15分)如图,在等腰梯形PDCB中,PB=3,DC=1,PD=BC=.AD⊥PB,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD.(1)若M是侧棱PB的中点,求证:CM∥平面PAD;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.答案解析：1.A 若证面面平行,则需一个平面内两条相交直线均与另一平面平行,题目中只有一条直线,所以为不充分条件;若由面面平行证线面平行,利用面面平行的性质,如果两个平面互相平行,其中一个平面平行于另一个平面里的任意一条直线,所以为必要条件.故选A.2.C A.α,γ可能的位置关系为平行、相交,故A错误;B.m可能在α内,可能与α相交,故B错误;C.根据线面垂直的性质,可知C正确;D.m,n可能的位置关系为平行、相交、异面,故D错误.故选C.3.B 从几何体的左面看,棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线,在视线范围内,画实线;棱C1F不在视线范围内,画虚线.故选B.4.A 延长CA到D,使得AD=AC,连接A1D.则四边形ADA1C1为平行四边形,AC1∥DA1,∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角,因为直三棱柱ABC A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1,所以三角形A1DB为等边三角形,所以∠DA1B=60°,故选A.5.B 对于①,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC.因为AB为☉O的直径,所以BC⊥AC,又因为PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以BC⊥PC.对于②,因为点M为线段PB的中点,所以OM∥PA,因为PA⊂平面PAC,OM⊄平面PAC,所以OM∥平面PAC.对于③,由①知BC⊥平面PAC,所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离.故①②③都正确. 6.B 由面面垂直的性质可得BE⊥平面AEFD,CF⊥平面AEFD,则θ1=∠BPE,θ2=∠CPF,则tan θ1==tan θ2=,即==λ>0(定值).即在平面AEFD内动点P到两定点E,F距离之比为定值λ(λ>0,且λ≠1),则动点P的轨迹为圆.7.A 取BC中点N,连接AN,PN,因为AB=AC=PB=PC=10,BC=12,所以AN=PN=8,因为PA=8,所以△PAN是等边三角形,∠ANP=60°.过A作AO⊥平面PBC,连接OM,则O为PN的中点,所以ON=PN=4,所以AO==4.所以OM==1.所以M的轨迹是以O为圆心,以1为半径的圆,以平面PBC内过O点平行于BC的直线为x轴,以NP为y轴,以OA为z轴建立空间直角坐标系如图,则A(0,0,4),B(-6,-4,0),C(6,-4,0),设M(cos α,sin α,0),=(cos α,sin α,-4),=(12,0,0).cos <,>==≤.故选A.8.A如图,平面MNC1就是平面ACC1A1,因此D点到平面MNC1的距离为定值,由题意ACC1A1是正方形,由对称性知当M(或N)与A重合时,C1到直线MN的距离最小,最小值为5,此时=×2×5=5,所以=×5×=4.故选A.9.D 对于A,由于AA1=AB=AD,所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1,B,D的距离相等,即点H是△A1BD的外心,而A1B=A1D=BD,故点H是△A1BD的垂心,命题A正确;对于B,由于B1D1∥BD,CD1∥A1B,故平面A1BD∥平面CB1D1,而AH⊥平面A1BD,从而AH⊥平面CB1D1,命题B正确;对于C,AC1⊥B1D1,AC1⊥B1C,所以AC1⊥平面CB1D1,由于AH⊥平面CB1D1,因此AH的延长线经过点C1,命题C正确;对于D,由C知直线AH即是直线AC1,又直线AA1∥BB1,因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角,即∠A1AC1,而tan ∠A1AC1==,因此命题D错误.10.B因为A′C和BC都不与CD垂直,所以∠A′CB≠α,故C,D错误.当CA=CB时,容易证明∠A′DB=α.不妨取一个特殊的三角形,如Rt△ABC,令斜边AB=4,AC=2,BC=2,如图所示,则CD=AD=BD=2,∠BDC= 120°,设沿直线CD将△ACD折成△A′CD,使平面A′CD⊥平面BCD,则α=90°.取CD中点H,连接A′H,BH,则A′H⊥CD,所以A′H⊥平面BCD,且A′H=,DH=1.在△BDH中,由余弦定理可得BH=.在Rt△A′HB中,由勾股定理可得A′B=.在△A′DB中,因为A′D2+BD2-A′B2=-2<0,可知cos ∠A′DB<0°,所以∠A′DB为钝角,故排除A.综上可知答案为B.11.解析:由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥,其中底面ABC为直角三角形,∠ABC=90°,AB=1,BC=2,PA⊥底面ABC,PA=2,所以AC=PB=,PC=3, PC2=PB2+BC2,所以∠PBC=90°,则该三棱锥的表面积为×1×2+×1×2+×2×+×2×=2+2,体积为××1×2×2=.答案:2+212.解析:如图,取AC的中点D,连接SD,BD,则SD⊥AC,BD⊥AC,又SD∩BD=D,所以AC⊥平面SBD,又SB⊂平面SBD,所以AC⊥SB,又AM∩AC=A,AM⊥SB,所以SB⊥平面SAC,所以SA⊥SB,SC⊥SB,因为S ABC为正棱锥,所以SA⊥SC,从而知道SA,SB,SC两两垂直,将其补为正方体,其棱长为2,所以==××2×2×2=,其外接球即为正方体的外接球,半径为r=×2=,表面积S=4π×3=12π.答案:12π13.解析:如图所示,作AG⊥BD于G,连接EG,作EH⊥AG于H.因为AG⊥DB,AE⊥DB,所以BD⊥平面AEG,所以BD⊥EH,BD⊥EG.又EH⊥AG,所以EH⊥平面ABCD,所以∠EAG是直线AE与平面ABCD所成角.又AB=1,BC=2,所以AE==.在Rt△ABG中,AB=1,sin∠BAG=sin∠ADB===,所以BG=AB·sin∠BAG=,AG=AB·cos∠BAG=.在Rt△BEG中,EG===.在△AEG中,由余弦定理,得cos∠EAG===,所以∠EAG=60°,即直线AE与平面ABCD所成角为60°.答案:60°14.解析:半圆形纸片卷成圆锥筒后,半圆周长变为圆锥底面周长, 所以2π=2πr,解得r=1.母线l为原来圆的半径,所以l=2,根据圆锥的母线l、高h、底面圆的半径r构成一个直角三角形的性质,得h===,此时体积为V=Sh=π.答案:π15.解析:因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=,所以以S为坐标原点,SA,SB,SC 为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设SA=SB=SC=2,则M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2).=(1,1,0),=(0,-2,1),cos<,>==-,所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为,平面SAC一个法向量为=(0,2,0),则由cos<,>==得<,>=,即直线SM与平面SAC所成角的大小为.答案:16.解析:连接A1B,沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内,如图所示,连接A1C′,则A1C′的长度就是所求的最小值.通过计算可得∠A1C1B=90°,又∠BC1C=45°.故在展开后的平面A1C1C′B中,∠A1C1C′=135°,由余弦定理可求得A1C′=5.答案:517.解析:在△BCD中,CD=4,BC=BD,∠BDC=60°,所以BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,求得BD=2,则BC=2,满足BC2+BD2=CD2,所以BC⊥BD,S△BCD=×2×2=2.以CD所在直线为x轴,CD的中垂线为y轴,在平面α上建立直角坐标系,设A(x,y)(y>0),由AC=AD有=,化简得(x-6)2+y2=32,当x=6时,y有最大值4,所以A 点到直线CD的距离的最大值为4,此时三棱锥A BCD的体积有最大值,最大值为V=×S△BCD×4=×2×4=.答案:18.解:(1)如图,取BC的中点F,连接EF,DF,则AB∥EF,AB与DE所成的角即为EF与DE所成的角.因为AD=BD=2,∠ADB=90°,所以AB=4.所以EF=2.又因为DE=DF=2,所以△DEF是等边三角形.所以异面直线AB与DE所成的角为60°.(2)如图是以C为顶点沿CD展开的侧面展开图,依题意即求D的值. 因为∠ACD=∠BCD1=45°,AC=BC=AB,所以∠ACB=60°.所以∠DCD1=150°,CD=CD1=2.所以D=(2)2+(2)2-2×2×2·cos 150°=16+8.19.(1)证明:如图,连接BD交AC于点O,因为BC=CD,所以△BCD为等腰三角形.又∠BCA=∠DCA=,故AC⊥BD.作PE⊥AC于点E.因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩底面ABCD=AC,所以PE⊥底面ABCD,PE⊥BD,所以BD⊥平面APC,因为AP⊂平面APC,所以AP⊥BD.(2)解:以O为坐标原点,,,过O与相同的方向分别为x轴,y 轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,则OC=BCcos =1.而AC=4,所以AO=AC-OC=3,又OB=BCsin =,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0).设P(0,y,z),则由|AP|=,得(y+3)2+z2=7.=(0,y+3,z),=(-,1,0),=(,3,0),由cos <,>=,得=,解得y=-1,z=.所以=(-,-1,),设平面ABP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),平面BCP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2).由n1·=0,n1·=0,得因此可取n1=(,-1,).由n2·=0,n2·=0,得因此可取n2=(,3,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos <n1,n2>==,故二面角A BP C的余弦值为-.20.解:(1)设CD=d,取BE,AE中点O,F,连接OC,OF,则OF⊥BE,OF⊥OC,OC⊥BE,以O为原点,OE,OC,OF为x,y,z轴建立坐标系.则A(-2,0,4),B(-2,0,0),C(0,2,0),D(0,2,d),E(2,0,0).=(4,0,-4),=(2,-2,-d),易知平面ABE的一个法向量为=(0,2,0).设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z),则可得n=(1,,1).所以n·=0⇒d=2,所以CD的长度为2.(2)由(1)可知平面ADE的一个法向量为n=(1,,1),=(0,0,-4), 设直线AB与平面ADE所成角为θ,则sin θ==∈(0,),所以θ∈(0,).21.(1)证明:因为AB⊥AD,且AB=AD=2,所以BD=2,又△PBD为正三角形,所以PB=PD=BD=2,又因为AB=2,PA=2,所以AB⊥PB,又因为AB⊥AD,BC∥AD,所以AB⊥BC,因为PB∩BC=B,所以AB⊥平面PBC,又因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.(2)解:设P在平面ABCD内的射影为Q,连接AQ,DQ,则AQ即为AP在平面ABCD内的射影,故∠PAQ即为AP与底面所成的角,因为tan∠PAQ=,所以sin∠PAQ=,而sin∠PAQ=,AP=2,所以PQ=2,AQ=2,又PB=PD=BD=2,所以DQ=2,由AD=DQ=2,AQ=2,得AD⊥DQ,所以AB DQ,从而四边形ABQD是正方形,QD,QB,QP两两垂直,以它们所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则Q(0,0,0),P(0,0,2),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0),所以=(-2,-2,2),由=λ可得E(2-2λ,λ,0),所以=(-2λ,λ-2,0),设平面PAE的法向量为m=(x,y,z),则即令x=1,得y=,z=,所以m=(1,,),显然,=(0,0,2)是平面ACE的法向量.设二面角P AE C为θ,则cos θ===,则依题意有=,解得λ=.22.(1)证明:取PA的中点N,连接MN,DN.因为M,N分别为PB,PA的中点,所以MN AB.折起前,在等腰梯形PDCB中,PB=3,DC=1,PD=BC=,因为AD⊥PB,所以CD AB,所以MN DC,四边形MNDC为平行四边形,故CM∥DN.因为CM⊄平面PAD,DN⊂平面PAD,所以CM∥平面PAD.(2)解:作BE∥AD交DC的延长线于E点.因为AD⊥AB且平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.如图将几何体补成直三棱柱PAD KBE.过点B作BH⊥KE,因为PK⊥平面BEK,所以PK⊥BH,所以BH⊥平面PCD,则PB在平面PCD上的射影为PH,故∠BPH就是直线PB与平面PCD所成角.在Rt△PBH中,BH=KE=,且PB=,所以sin ∠BPH==,故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.。