1、第十六章空间向量与立体几何高考数学高考数学(江苏省专用)五年高考A A组组 自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组1.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解析解析本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,OB.则OBOC,OO1OC,OO1OB,以,为基底,建立空间直角坐标系O-xyz
2、.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).OBOC1OO33(1)因为P为A1B1的中点,所以P.从而=,=(0,2,2).故|cos|=.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=,=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的法向量,则即不妨取n=(,-1,1).31,222BP31,2221ACBP1AC11|BP ACBPAC|14|52 2 3 10203 10203 1,022AQ3 3,0221AC1CC1AQ0,
3、AC0,nn330,22220.xyyz3设直线CC1与平面AQC1所成角为,则sin=|cos|=,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.1CC11|CC|CC|nn2255555方法总结方法总结(1)向量法求异面直线所成角的步骤:求两条直线所对应的方向向量m,n;异面直线所成角的余弦值cos=|cos|=.(2)向量法求线面角的正弦值的步骤:求直线的方向向量a和平面的法向量b;直线与平面所成角的正弦值sin=|cos|=.|m nmn|a bab易错警示易错警示(1)异面直线所成角的范围为,cos=|cos|.(2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.0,22.(2017
4、江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,BAD=120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.3解析解析本题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.在平面ABCD内,过点A作AEAD,交BC于点E.因为AA1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD.如图,以,为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,BAD=120,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,)
5、,C1(,1,).AEAD1AA333333(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos=-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,2)为平面BA1D的一个法向量,1AB331AC331AB1AC1111|AB ACABAC(3,1,3)(3,1,3)7 1717AE31AB33BD31A0,BD0,mBm330,330.xyzxy33从而cos=.设二面角B-A1D-A的大小为,则|cos|=.因为0,所以s
6、in=.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.AEAE|AE|mm(3,0,0)(3,3,2)34343421 cos 74743.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABC=BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.2解析解析以,为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD平面PAB,所以是
7、平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m=0,m=0,即令y=1,解得z=1,x=1.ABADAPADADPCPDPCPD20,220.xyzyz所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos=,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=(-,0,2)(01),又=(0,-1,0),则=+=(-,-1,2),又=(0,-2,2),从而cos=.设1+2=t,t1,3,则cos2=.ADAD|AD|mm3333BPBQBPCBCQCBBQDPCQDP|C
8、Q DPCQDP212102CQDP2225109ttt221520999t910当且仅当t=,即=时,|cos|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP=,所以BQ=BP=.9525CQDP3 10100,222125252 55B B组统一命题、省组统一命题、省(区、市区、市)卷题组卷题组考点一空间向量的概念、线线角、线面角考点一空间向量的概念、线线角、线面角1.(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
9、,则cos 的最大值为 .答案答案 25解析解析如图,建立空间直角坐标系A-xyz,设AB=2,QM=m(0m2),则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0m2).=(2,1,0),=(1,-m,-2),cos=|cos|=.设y=,则y=AFMEAFME|AF MEAFME2255mm2|2|525mm22(2)525mm22222(2)(525)(2)10(525)mmmmm222(2)(1050)(2)10(525)mmmmm=.当0m2时,y0,y=在0,2)上单调递减.当m=0时,y取最大值,此时cos 取最大值,(cos)max=.22(2)(5020)(525)
10、mmm22(2)525mm2|02|5 025252.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析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.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.满分15分.解法一:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC,又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面
11、A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角),不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故EO=OG=,所以cosEOG=.因此,直线EF与平面A1
12、BC所成角的余弦值是.解法二:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,3312AG1522222EOOGEGEO OG3535所以,A1E平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,C(0,2,0).因此,=,=(-,1,0).由=0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得=(-,1,0),=(0,2,-2).3333
13、3 3,2 322EF3 3,2 322BC3EFBCBC31AC3设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由得取n=(1,1),故sin=|cos|=.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.1BC0,A0,nC n30,30.xyyz3EF|EF|EF|nn4535评析评析本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从E引发的三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.3.(2018课标全国理,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中
14、点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析解析(1)证明:由已知可得BFEF,又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,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.HFBF由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=,EH=,则H(0,0,0),P,D,=
15、,=为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin=.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.3323230,0,231,02 DP331,22HP30,0,2|HP DPHP DP3433434易错警示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sin2+cos2=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.4.(2018课标全国理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4
16、,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.2解析解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.32212(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PA
17、C的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0).OB3AP3OBAM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=.由已知可得|cos|=.所以=.解得a=-4(舍去)或a=.所以n=.又=(0,2,-2),所以cos=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.APAM22 30,(4)0,yzaxa y33OB2222 3(4)2 3(4)3aaaaOB322222 3|4|2 3(4)3aaaa32438 3 4 34,333PC3PC34345.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-
18、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.6解析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)证明:设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME,所以PDME.因为四边形ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为
19、PA=PD,所以OPAD.又因为平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD,所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD,所以OPOE.因为四边形ABCD是正方形,所以OEAD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),2BDPD2则即令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos=.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为,则sin=
20、|cos|=.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.BD0,PD0,nn440,220.xyxz22|n pnp12321,2,2MC23,2,2MC|MC|MC|nn2 692 69方法总结方法总结1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n1,n2,设二面角的大小为,则有|cos|=|cos|=,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面角.1212|n nnn2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与平面所成的角满足sin=,.|e ne n0,26.(2016课标全国理,19,12分)如图,四棱锥
21、P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.解析解析(1)证明:由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.(3分)又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN 平面PAB,所以MN平面PAB.(6分)(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,且AE=.以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角
22、坐标系A-xyz.231222ABBE222BCAB5AE由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos|=.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)55,1,22PMPN5,1,22AN5,1,22PM0,PN0,nn240,520,2yzxyzAN|AN|AN|nn8 5258 525方法总结方法总结第(1)问中线面平行的证明:可以通过构造平行四边形得出线线平行,从而进行证明,也可以取BC的中点,构造面面平行从而证得线面平行.注意空间向量法是
23、解决立体几何问题的常用方法.评析评析本题主要考查线面平行的判定以及线面角的求法,考查考生的空间想象能力和运算求解能力,同时考查转化与化归思想的应用.7.(2015课标全国,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面所成角的正弦值.解析解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EMAB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为四边形EHGF为正方形
24、,所以EH=EF=BC=10.于是MH=6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即22EHEMDAFEHEFE0,HE0,nn100,680,xyz所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos|=.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.AFAF|AF|AF|nn4 5154 515考点二二面角考点二二面角1.(2019天津理,17,13分)如图,AE平面
25、ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.13解析解析本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.满分13分.依题意,可以建立以A为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0
26、,2).设CF=h(h0),则F(1,2,h).(1)证明:依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得=0,又因为直线BF 平面ADE,所以BF平面ADE.ABADAEABBFBFAB(2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有cos=-.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则即不妨令y=1,可得m=.BDBECEBD0,BE0,nn0,20,xyxz CECE|CE|nn4949BD0,B
27、F0,mm0,20,xyyhz 21,1,h由题意,有|cos|=,解得h=.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为.|m nm n22443 2hh138787思路分析思路分析从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何中的位置关系或长度.方法总结方法总结利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;将空间位置关系转化为向量关系;
28、根据定理结论求出相应的角或距离.2.(2019课标全国理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.解析解析本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1D
29、C,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN 平面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,1212DA31A A1AM31A NMN30).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则所以可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则所以可取n=(2,0,-1).于是cos=,所以二面角A-MA1-
30、N的正弦值为.11A0,A0.mMmA320,40.xyzz 31MN0,A0.nnN30,20.qpr|m nm n2 325155105思路分析思路分析(1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MNED,从而可得MN与平面C1DE平行.(2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A1MA与平面A1MN的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键解题关键建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.3.(2019课标全国理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证
31、明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.解析解析本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养.(1)证明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABE RtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D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D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1
32、,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).DADACBCE1CC设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则即所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则即所以可取m=(1,1,0).于是cos=-.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.CB0,CE0,nn0,0,xxyz1CC0,CE0,mm11112z0,xyz0,|n mn m12324.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=.(1)求证:CD平面PAD;(2)求
33、二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.PFPC13PGPB23解析解析本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱锥为背景考查直观想象的核心素养.(1)因为PA平面ABCD,所以PACD,又因为ADCD,所以CD平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以=(0,1,1),=(2,
34、2,-2),=(0,0,2).所以=,=+=.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),所以cos=-.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且=,=(2,-1,-2),所以=,=+=.由(2)知,平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1).AEPCAPPF13PC2 22,3 33AFAPPF2 2 4,3 3 3AE0,AF0,nn0,2240.333yzxyz|n pnp3333PGPB23PBPG23PB424,
35、333AGAPPG42 2,33 3所以n=-+=0.所以直线AG在平面AEF内.AG432323思路分析思路分析(1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出n,结合A平面AEF可证明AG平面AEF.AG一题多解一题多解(2)PA=AD且E为PD的中点,AEPD.由(1)知CDAE,又PDCD=D,AE平面PCD,又EF平面PCD,AEEF,故可知FEP为二面角F-AE-P的平面角.PE=,PF=,cosCPD=,sinCPD=,EF2=+()2-2=,EF=,在PEF中,由正弦定理得=,即sinFEP=,且F
36、EP为锐角,cosFEP=.故二面角F-AE-P的余弦值为.2PD23PC2 33PDPC633322 33222 33632363sinEFCPDsinPFFEP2 33336363261333335.(2017课标全国理,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.12解析解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E
37、是PD的中点,所以EFAD,EF=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE 平面PAB,故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD,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).1212ABAB3PC3AB设M(x,y,z)(0 x1),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
38、量,所以|cos|=sin 45,=,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,则x=,y=1,z=-.由,解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,BMPM3BM222|(1)zxyz22PMPC3321,21,62xyz 21,21,6,2xyz 261,1,22AM261,1,22则即所以可取m=(0,-,2).于是cos=.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.AM0,AB0,mm0000(22)x2y6z0,x0,6|m nm n105105方法总结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
39、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.解题关键解题关键由线面角为45求点M的坐标是解题的关键.6.(2017课标全国理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,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.解析解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.(1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,从而AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD,
40、垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=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.FAAB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2,0,0220,0,22,1,022,1,02PC22,1,22CB2PA22,0,22ABPC0,CB0,nn111122xyz0,222x0.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=-.易知二面角A-P
41、B-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.2PA0,AB0,mm22222xz0,22y0.|n mn m3333方法总结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,则|cos|=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.1212|n nnnC C组教师专用题组组教师专用题组考点一空间向量的概念、线线角、线面角考点一空间向量的概念、线线角、线面角1.
42、(2014广东改编,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 .(-1,1,0)(1,-1,0)(0,-1,1)(-1,0,1)答案答案解析解析经检验,只有中向量(1,-1,0)与向量a=(1,0,-1)的夹角的余弦值为,即它们的夹角为60.122.(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,BCAD,CDAD,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.解析解析(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
43、角形,OPAD.BC=AD=OD,且BCOD,四边形BCDO为平行四边形,又CDAD,OBAD,OPOB=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.12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)(z0),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),2222(1)14,1,xzxz 123213,0,221 13
44、,4 24AP13,1,22AB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.则sin=|cos|=,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.11111130,220 xyzxy1111,3,xyzy 3CE513,424CEBCBP33,0,222220,330,22yxz3CE|CE|CE|mm2828方法总结方法总结1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l)线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行
45、的直线m,从而得到l.面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面,使得,从而得l.向量法:(i)求出平面的法向量n和直线l的方向向量l,证明nl=0,得l.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面内的两个基底向量所表示,得l.2.求线面角的方法.定义法:作出线面角,解三角形即可.解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d),由sin=得结论.向量法:求出平面的法向量n,设直线AB与所成角为,则sin=|cos|.最好是画出图形,否则容易出错.dABAB3.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为
46、2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:ABFG;(2)若PA底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.解析解析(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以ABDE.又因为AB 平面PDE,所以AB平面PDE.因为AB平面ABF,且平面ABF平面PDE=FG,所以ABFG.(2)因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),
47、=(1,1,0).BC设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为,则sin=|cos|=.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设=(01),即(u,v,w-2)=(2,1,-2).所以u=2,v=,w=2-2.因为n是平面ABF的法向量,所以n=0,即(0,-1,1)(2,2-2)=0.AB0,AF0,nn0,0.xyzBC|n BCnBC126PHPCAH解得=,所以点H的坐标为.所以PH=2.234 2 2,3 3 3222424333 评析评析本题
48、考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,推理计算能力;建立恰当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.考点二二面角考点二二面角1.(2017浙江改编,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,则,的大小关系为 .(用“”连接)BQQCCRRA答案答案 解析解析解法一:连接CP,作ROAB,交CP于点O,则O为等边ABC的中心,且点D在平面ABC内的射影为O,连接DO.以O为坐标原点,OP所在直线为x轴,RO所在直线为
49、y轴,OD所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设正四面体的棱长为3,则OP=3=,OR=3=1,点Q到x轴的距离为PB=,点Q到y轴的距离为.故有P,Q,R(0,-1,0),D(0,0,).此时,点O在PQR内部,故,均为锐角.取平面PQR的一个法向量为n=(0,0,1).133232122313133212323,0,023 1,0226设平面DPR的法向量为m1=(x1,y1,z1),=,=(0,1,),得取z1=1,得m1=(2,-,1).cos=|cos|=.设平面DPQ的法向量为m2=(x2,y2,z2),=,=,得取x2=2,得m2=(2,4,1).RP3,1,02RD6
50、111130,260,xyyz11112 2,6,xzyz 2611|m|nnm115PQ13,02PD3,0,622222130,2360,2xyxz22222 3,1,2 2yxzx226cos=|cos|=.设平面DQR的法向量为m3=(x3,y3,z3),=,=(0,1,),得取z3=1,得m3=(-3,-,1).cos=|cos|=.cos cos.解法二:设点D在平面ABC上的射影为O,则O为正ABC的中心,设O到RP,PQ,QR的距离分别为d1,d2,d3,则tan=,tan=,tan=,故只要比较d1,d2,d3的大小即可.22|m|m|nn1105RQ3 3,022RD633
