2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題13 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理

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1、 專題13 立體幾何中的向量方法 空間向量及其應(yīng)用一般每年考一道大題,試題一般以多面體為載體,分步設(shè)問,既考查綜合幾何也考查向量幾何,諸小問之間有一定梯度,大多模式是:諸小問依次討論線線垂直與平行→線面垂直與平行→面面垂直與平行→異面直線所成角、線面角、二面角→體積的計(jì)算.強(qiáng)調(diào)作圖、證明、計(jì)算相結(jié)合.考查的多面體以三棱錐、四棱錐(有一條側(cè)棱與底面垂直的棱錐、正棱錐)、棱柱(有一側(cè)棱或側(cè)面與底面垂直的棱柱,或底面為特殊圖形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等類型的棱柱)為主. 1.共線向量與共面向量 (1)共線向量定理:對(duì)空間任意兩個(gè)向量a、b(b≠0),a∥b的充要條

2、件是存在實(shí)數(shù)λ,使a=λb. (2)共面向量定理:如果兩個(gè)向量a、b不共線,則向量p與向量a、b共面的充要條件是存在唯一實(shí)數(shù)對(duì)(x,y),使p=xa+yb. 2.兩個(gè)向量的數(shù)量積 向量a、b的數(shù)量積:a·b=|a||b|cos〈a,b〉. 向量的數(shù)量積滿足如下運(yùn)算律: ①(λa)·b=λ(a·b); ②a·b=b·a(交換律); ③a·(b+c)=a·b+a·c(分配律). 3.空間向量基本定理 如果三個(gè)向量a、b、c不共面,那么對(duì)空間任一向量p,存在唯一有序?qū)崝?shù)組{x,y,z},使p=xa+yb+zc. 推論:設(shè)O、A、B、C是不共面的四點(diǎn),則對(duì)空間任一點(diǎn)P,都存在唯

3、一的有序?qū)崝?shù)組{x,y,z},使=x+y+z. 4.空間向量平行與垂直的坐標(biāo)表示 設(shè)a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 則a∥b?a=λb?a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R); a⊥b?a·b=0?a1b1+a2b2+a3b3=0. 5.模、夾角和距離公式 (1)設(shè)a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),則 |a|==, cos〈a,b〉==. (2)距離公式 設(shè)A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),則 ||=. (3)平面的法向量 如果表示向量a的有向線段所在的直線垂直于平面α,則稱這個(gè)向量垂直于平面α,記作

4、a⊥α. 如果a⊥α,那么向量a叫做平面α的法向量. 6.空間角的類型與范圍 (1)異面直線所成的角θ:0<θ≤; (2)直線與平面所成的角θ:0≤θ≤; (3)二面角θ:0≤θ≤π. 7.用向量求空間角與距離的方法 (1)求空間角:設(shè)直線l1、l2的方向向量分別為a、b,平面α、β的法向量分別為n、m. ①異面直線l1與l2所成的角為θ,則cosθ=. ②直線l1與平面α所成的角為θ,則sinθ=. ③平面α與平面β所成的二面角為θ,則|cosθ|=. (2)求空間距離 ①直線到平面的距離,兩平行平面間的距離均可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離. 點(diǎn)P到平面α的距離:d=(其中

5、n為α的法向量,M為α內(nèi)任一點(diǎn)). ②設(shè)n與異面直線a,b都垂直,A是直線a上任一點(diǎn),B是直線B上任一點(diǎn),則異面直線a、b的距離d=. 考點(diǎn)一 向量法證明平行與垂直 例1、如圖所示,在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F(xiàn)分別是PC,PD的中點(diǎn),PA=AB=1,BC=2. (1)求證:EF∥平面PAB; (2)求證:平面PAD⊥平面PDC. 【證明】以A為原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz如圖所示,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 所以E,

6、F, =,=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0). 又因?yàn)锳P∩AD=A,AP?平面PAD,AD?平面PAD, 【方法規(guī)律】 利用空間向量證明平行與垂直的步驟 (1)建立空間直角坐標(biāo)系,建系時(shí),要盡可能地利用載體中的垂直關(guān)系; (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系,用空間向量表示出問題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素; (3)通過空間向量的運(yùn)算研究平行、垂直關(guān)系; (4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題. 【變式探究】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,點(diǎn)E在線段BB1上,且EB1=1,D,F(xiàn),G分別為CC1,C

7、1B1,C1A1的中點(diǎn). 求證:(1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD. 證明:(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA,BC,BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz,如圖所示, 則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),設(shè)BA=a,則A(a,0,0), 所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2), ·=0,·=0+4-4=0, 即B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又BA∩BD=B,BA,BD?平面ABD, 因此B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),G,F(xiàn)(0,1,4), 則=,=(

8、0,1,1), ·=0+2-2=0,·=0+2-2=0, 即B1D⊥EG,B1D⊥EF. 又EG∩EF=E,EG,EF?平面EGF,因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 考點(diǎn)二、 向量法求空間角 例 2、(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點(diǎn). (1)證明:直線CE∥平面PAB; (2)點(diǎn)M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值. 【解析】 (1)證明:取PA的中點(diǎn)F,連接EF,BF.

9、 因?yàn)镋是PD的中點(diǎn),所以EF∥AD,EF=AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD, 又BC=AD,所以EF綊BC, 四邊形BCEF是平行四邊形,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為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,||為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0). 設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則 即 所以可取m=(0,-,2). 于是cos〈m,n〉==. 因

10、此二面角M-AB-D的余弦值為. 【方法技巧】(1)利用空間向量求空間角的一般步驟 ①建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系. ②求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),寫出相交向量的坐標(biāo). ③結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算. ④轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論. 【變式探究】(2017·北京卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4. (1)求證:M為PB的中點(diǎn); (2)求二面角B-PD-A的大??; (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值. 解析:(1)證明:如圖,設(shè)AC,BD交于點(diǎn)E,連接ME, 因?yàn)镻D∥平面MAC,平

11、面MAC∩平面PDB=ME, 所以PD∥ME. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形, 所以E為BD的中點(diǎn), 所以M為PB的中點(diǎn). (2)取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE. 因?yàn)镻A=PD,所以O(shè)P⊥AD. 又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD, 所以O(shè)P⊥平面ABCD. 因?yàn)镺E?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD. 如圖,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-). 設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則即 令x=1,則y=1

12、,z=. 于是n=(1,1,). 平面PAD的法向量為p=(0,1,0), 所以cos〈n,p〉==. (3)由題意知M,C(2,4,0),=. 設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α,則 sin α=|cos〈n,〉|==, 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為. 考點(diǎn)三  探索性問題 要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結(jié)論是否成立.“是否存在”的問題的命題形式有兩種情況:如果存在,找出一個(gè)來(lái);如果不存在,需要說明理由,這類問題常用“肯定順推”的方法. 例 、(2016·北京)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD

13、,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=. (1)求證:PD⊥平面PAB; (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,說明理由. 【解析】 (1)證明:因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD,PD?平面PAD,所以AB⊥PD. 又因?yàn)镻A⊥PD, 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點(diǎn)O,連接PO,CO. 因?yàn)镻A=PD,所以PO⊥CD. 又因?yàn)镻O?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 如圖,建立空間直角坐

14、標(biāo)系O -xyz. 由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則 【方法技巧】空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題,它無(wú)須進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理,只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷;解題時(shí),把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等,所以為使問題的解決更簡(jiǎn)單、有效,應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題. 【變式探究】如圖所示,已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,點(diǎn)D為AC的中點(diǎn),點(diǎn)E的線段AA1上

15、. (1)當(dāng)AEEA1=12時(shí),求證:DE⊥BC1; (2)是否存在點(diǎn)E,使二面角D-BE-A等于60°?若存在,求AE的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說明理由. 解析:(1)證明:連接DC1, 因?yàn)锳BC-A1B1C1為正三棱柱,所以△ABC為正三角形. 又因?yàn)镈為AC的中點(diǎn),所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1. 所以BD⊥DE. 因?yàn)锳EEA1=12,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1. 所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°. 所以∠EDC1=90°,即ED⊥DC1. 所以DE⊥平

16、面BDC1. 又因?yàn)锽C1?平面BDC1, 所以ED⊥BC1. (2)假設(shè)存在點(diǎn)E滿足條件,設(shè)AE=h. 取A1C1的中點(diǎn)D1,連接DD1,則DD1⊥平面ABC,所以DD1⊥AD,DD1⊥BD. 如圖,分別以DA,DB,DD1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz, 則A(1,0,0),B(0,,0),E(1,0,h). 所以=(0,,0),=(1,0,h),=(-1,,0),=(0,0,h). 設(shè)平面DBE的一個(gè)法向量為n1=(x1,y1,z1)則 即 令z1=1,得n1=(-h(huán),0,1). 同理,設(shè)平面ABE的一個(gè)法向量為n2=(x2,y2,z2),

17、 則即 得n2=(,1,0). 所以|cos〈n1,n2〉|==cos60°=. 解得h=<,故存在點(diǎn)E滿足條件. 當(dāng)AE=時(shí),二面角D-BE-A等于60°. 1.【2017課標(biāo)1,理18】如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB//CD,且. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,,求二面角A-PB-C的余弦值. 【答案】(1)見解析;(2). 【解析】(1)由已知,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,從而AB⊥平面PAD. 又AB 平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面內(nèi)做,垂足為, 由(1)

18、可知, 平面,故,可得平面. 以為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)檩S正方向, 為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)是平面的法向量,則 ,即, 可取. 則, 所以二面角的余弦值為. 2.【2017山東,理17】如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形(及其內(nèi)部)以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的,是的中點(diǎn). (Ⅰ)設(shè)是上的一點(diǎn),且,求的大小; (Ⅱ)當(dāng),,求二面角的大小. 【答案】(Ⅰ).(Ⅱ). 【解析】 (Ⅰ)因?yàn)椋?, , 平面, , 所以平面, 又平面, 所以,又, 因此 (Ⅱ)以為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以, , 所在的直線為, , 軸,建立如圖所示

19、的空間直角坐標(biāo)系.由題意得 , , ,故, , , 設(shè)是平面的一個(gè)法向量. 由可得 取,可得平面的一個(gè)法向量. 設(shè)是平面的一個(gè)法向量. 由可得 取,可得平面的一個(gè)法向量. 所以. 因此所求的角為. 3.【2017北京,理16】如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB上,PD//平面MAC,PA=PD=,AB=4. (I)求證:M為PB的中點(diǎn); (II)求二面角B-PD-A的大小; (III)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)詳見解析:(Ⅱ) ;(Ⅲ) 【解析】 (I)設(shè)交點(diǎn)為,連接.

20、 因?yàn)槠矫?,平面平面,所? 因?yàn)槭钦叫?,所以為的中點(diǎn),所以為的中點(diǎn). 設(shè)平面的法向量為,則,即. 令,則, .于是. 平面的法向量為,所以. 由題知二面角為銳角,所以它的大小為. (III)由題意知, , . 設(shè)直線與平面所成角為,則. 所以直線與平面所成角的正弦值為. 4.【2017天津,理17】如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,.點(diǎn)D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PA=AC=4,AB=2. (Ⅰ)求證:MN∥平面BDE; (Ⅱ)求二面角C-EM-N的正弦值; (Ⅲ)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線B

21、E所成角的余弦值為,求線段AH的長(zhǎng). 【答案】 (1)證明見解析(2) (3) 或 【解析】如圖,以A為原點(diǎn),分別以, , 方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意可得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). (Ⅰ)證明: =(0,2,0),=(2,0, ).設(shè),為平面BDE的法向量, 則,即.不妨設(shè),可得.又=(1,2, ),可得. 因?yàn)槠矫鍮DE,所以MN//平面BDE. (Ⅱ)解:易知為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)為平面EMN的法向量,則,因?yàn)椋?,所以.

22、不妨設(shè),可得. 因此有,于是. 所以,二面角C—EM—N的正弦值為. (Ⅲ)解:依題意,設(shè)AH=h(),則H(0,0,h),進(jìn)而可得, .由已知,得,整理得,解得,或. 所以,線段AH的長(zhǎng)為或. 5.【2017江蘇,22】 如圖, 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=, . (1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A1D-A的正弦值. 【答案】(1)(2) 【解析】在平面ABCD內(nèi),過點(diǎn)A作AEAD,交BC于點(diǎn)E. 因?yàn)锳A1平面ABCD, 所以AA1AE,AA1AD. 如圖,

23、以為正交基底,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因?yàn)锳B=AD=2,AA1=, . 則. (1) , 則. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. 設(shè)二面角B-A1D-A的大小為,則. 因?yàn)?,所? 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. 1.【2016高考新課標(biāo)1卷】(本小題滿分為12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是. (I)證明:平面ABEF平面EFDC; (II)求二面角E-BC-A的余弦值. 【答案】(I)見解析(II) 【解析】 (Ⅰ)由已

24、知可得,,所以平面. 又平面,故平面平面. (Ⅱ)過作,垂足為,由(Ⅰ)知平面. 以為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)檩S正方向,為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 由(Ⅰ)知為二面角的平面角,故,則,,可得,,,. 由已知,,所以平面. 又平面平面,故,. 由,可得平面,所以為二面角的平面角, .從而可得. 所以,,,. 設(shè)是平面的法向量,則 ,即, 所以可?。? 設(shè)是平面的法向量,則, 同理可?。畡t. 故二面角EBCA的余弦值為. 2.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】如圖,菱形的對(duì)角線與交于點(diǎn),,點(diǎn)分別在上,,交于點(diǎn).將沿折到位置,. (Ⅰ)證明:平面; (Ⅱ)求二

25、面角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)詳見解析;(Ⅱ). (Ⅱ)如圖,以為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)檩S正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,則,,,,,,,.設(shè)是平面的法向量,則,即,所以可取.設(shè)是平面的法向量,則,即,所以可取.于是, .因此二面角的正弦值是. 3.【2016高考天津理數(shù)】(本小題滿分13分)如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,點(diǎn)G為AB的中點(diǎn),AB=BE=2. (I)求證:EG∥平面ADF; (II)求二面角O-EF-C的正弦值; (III)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn),且AH=HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】

26、(Ⅰ)詳見解析(Ⅱ)(Ⅲ) 【解析】依題意,,如圖,以為點(diǎn),分別以的方向?yàn)檩S,軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得,. (I)證明:依題意,.設(shè)為平面的法向量,則,即 .不妨設(shè),可得,又,可得,又因?yàn)橹本€,所以. (II)解:易證,為平面的一個(gè)法向量.依題意,.設(shè)為平面的法向量,則,即 .不妨設(shè),可得. 因此有,于是,所以,二面角的正弦值為. (III)解:由,得.因?yàn)椋?,進(jìn)而有,從而,因此.所以,直線和平面所成角的正弦值為. 4.【2016年高考北京理數(shù)】(本小題14分) 如圖,在四棱錐中,平面平面,,,, ,,. (1)求證:平面; (2)求直線與平

27、面所成角的正弦值; (3)在棱上是否存在點(diǎn),使得平面?若存在,求的值;若不存在,說明理由. 【答案】(1)見解析;(2);(3)存在, 如圖建立空間直角坐標(biāo)系,由題意得, . 設(shè)平面的法向量為,則 即 令,則. 所以. 又,所以. 所以直線與平面所成角的正弦值為. (3)設(shè)是棱上一點(diǎn),則存在使得. 因此點(diǎn). 因?yàn)槠矫?,所以平面?dāng)且僅當(dāng), 即,解得. 所以在棱上存在點(diǎn)使得平面,此時(shí). 5.【2016高考浙江理數(shù)】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺(tái)中,平面平面 ,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (I)求證:EF⊥平面ACFD; (II)求二

28、面角B-AD-F的平面角的余弦值. 【答案】(I)證明見解析;(II). 【解析】(Ⅰ)延長(zhǎng),,相交于一點(diǎn),如圖所示. 因?yàn)槠矫嫫矫?,且,所以平面,因此? 又因?yàn)?,,? 所以為等邊三角形,且為的中點(diǎn),則. 所以平面. (Ⅱ)方法一:過點(diǎn)作于Q,連結(jié). 因?yàn)槠矫?,所以,則平面,所以. 所以是二面角的平面角. 在中,,,得. 在中,,,得. 所以二面角的平面角的余弦值為. 方法二:如圖,延長(zhǎng),,相交于一點(diǎn),則為等邊三角形. 取的中點(diǎn),則,又平面平面,所以,平面. 以點(diǎn)為原點(diǎn),分別以射線,的方向?yàn)?,的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系. 由題意得,,,,,. 因

29、此,,,. 設(shè)平面的法向量為,平面的法向量為. 由,得,??; 由,得,?。? 于是,. 所以,二面角的平面角的余弦值為. 6.【2016年高考四川理數(shù)】(本小題滿分12分) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,ADC=PAB=90°,BC=CD=AD,E為邊AD的中點(diǎn),異面直線PA與CD所成的角為90°. (Ⅰ)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由; (Ⅱ)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)詳見解析;(Ⅱ). (說明:延長(zhǎng)AP至點(diǎn)N,使得AP=PN,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意

30、一點(diǎn)) (Ⅱ)方法一: 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PAAD=A, 所以CD⊥平面PAD. 從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 過點(diǎn)A作AH⊥CE,交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,連接PH. 易知PA⊥平面ABCD, 從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q,則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1, 所以AH=. 在Rt△PAH中,PH== ,

31、所以sin∠APH= =. 方法二: 由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PAAD=A, 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD. 設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 作Ay⊥AD,以A為原點(diǎn),以 ,的方向分別為x軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), 所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2) 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z),

32、由 得 設(shè)x=2,解得n=(2,-2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α,則sinα= = . 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 . 1.(2015·重慶,19)如圖,三棱錐P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=.D,E分別為線段AB,BC上的點(diǎn),且CD=DE=,CE=2EB=2. (1)證明:DE⊥平面PCD; (2)求二面角A-PD-C的余弦值. (1)證明 由PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,故PC⊥DE. 由CE=2,CD=DE=得△CDE為等腰直角三角形,故CD⊥DE. 由PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線,故D

33、E⊥平面PCD. 設(shè)平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),由n1·=0,n1·=0, 得故可取n1=(2,1,1). 由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取為,即n2=(1,-1,0). 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos 〈n1,n2〉==, 故所求二面角A-PD-C的余弦值為. 2.(2015·北京,17)如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點(diǎn). (1) 求證:AO⊥BE; (2) 求二面角F-AE-

34、B的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a的值. (1)證明 因?yàn)椤鰽EF是等邊三角形,O為EF的中點(diǎn), 所以AO⊥EF. 又因?yàn)槠矫鍭EF⊥平面EFCB.AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB. 所以AO⊥BE. (2)解 取BC中點(diǎn)G,連接OG. 由題設(shè)知EFCB是等腰梯形, 所以O(shè)G⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB. 又OG?平面EFCB, 所以O(shè)A⊥OG. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz, 則E(a,0,0),A(0,0,a), B(2,(2-a),0),=(-a,0,a), =(a-2,(a-2),0). 設(shè)平面AEB的法向量為n

35、=(x,y,z), 則 即 令z=1,則x=,y=-1, 于是n=(,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0). 所以cos〈n,p〉==-. 由題知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-. (3)解 因?yàn)锽E⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即·=0, 因?yàn)椋?a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0), 所以·=-2(a-2)-3(a-2)2. 由·=0及0

36、標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)處(不需說明理由); (2)證明:直線MN∥平面BDH; (3)求二面角A-EG-M的余弦值. (1)解 點(diǎn)F,G,H的位置如圖所示. (2)證明 連接BD,設(shè)O為BD的中點(diǎn), 因?yàn)镸,N分別是BC,GH的中點(diǎn), 所以O(shè)M∥CD,且OM=CD, HN∥CD,且HN=CD, 所以O(shè)M∥HN,OM=HN, 所以MNHO是平行四邊形,從而MN∥OH, 又MN?平面BDH,OH?平面BDH, 所以MN∥平面BDH. 法二 如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以, ,方向?yàn)閤,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz, 設(shè)AD=2,則M(1,2,0),G(

37、0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2), 設(shè)平面EGM的一個(gè)法向量為n1=(x,y,z), 由取x=2,得n1=(2,2,1), 在正方體ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC, 則可取平面AEG的一個(gè)法向量為n2==(1,1,0), 所以cos===, 故二面角A-EG-M的余弦值為. 4. 【2014高考安徽卷第20題】如圖,四棱柱中,底面.四邊形為梯形,,且.過三點(diǎn)的平面記為,與的交點(diǎn)為. (1) 證明:為的中點(diǎn); (2) 求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比; (3) 若,,梯形的面積

38、為6,求平面與底面所成二面角大小. 【答案】(1)為的中點(diǎn);(2);(3). 【解析】 (1)因?yàn)椤危?, 所以平面∥平面.從而平面與這兩個(gè)平面的交線相互平行,即∥. 故與的對(duì)應(yīng)邊相互平行,于是. 所以,即為的中點(diǎn). (2)解:如圖,連接.設(shè),梯形的高為,四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為和,,則. , , 所以, 又 所以, 故. (3)解法1如第(20)題圖1,在中,作,垂足為,連接.又且,所以平面,于是. 所以為平面與底面所成二面角的平面角. 因?yàn)椤?,,所? 又因?yàn)樘菪蔚拿娣e為6,,所以. 于是. 故平面與底面所成二面角的大小為.

39、 解法2如圖,以為原點(diǎn),分別為軸和軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系. 設(shè).因?yàn)?,所? 從而,, 所以,. 【考點(diǎn)定位】二面角、幾何體的體積 5. 【2014高考北京理第17題】如圖,正方體的邊長(zhǎng)為2,,分別為,的中點(diǎn),在五棱錐中,為棱的中點(diǎn),平面與棱,分別交于,. (1)求證:; (2)若底面,且,求直線與平面所成角的大小,并求線段的長(zhǎng). 【答案】(1)詳見解析;(2)2. 【解析】 (1)在正方形中,因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn),所以, 因?yàn)槠矫?,所以平面? 因?yàn)槠矫?,且平面平面? 所以. (2)因?yàn)榈酌?,所以,? 如圖建立空間直角坐標(biāo)系,則,,, ,設(shè)平面的法向量

40、為, 則,即,令,則,所以, 設(shè)直線與平面所成的角為,則, 因此直線與平面所成的角為, 設(shè)點(diǎn),因?yàn)辄c(diǎn)在棱上,所以可設(shè), 即,所以, 因?yàn)橄蛄渴瞧矫娴姆ㄏ蛄?,所以? 即,解得,所以點(diǎn)的坐標(biāo)為, 所以. 【考點(diǎn)定位】空間中線線、線面、面面的平行于垂直 6. 【2014高考湖北理第19題】如圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體中,分別是棱的中點(diǎn),點(diǎn)分別在棱,上移動(dòng),且. (1) 當(dāng)時(shí),證明:直線平面; (2) 是否存在,使平面與面所成的二面角為直二面角?若存在,求出的值;若不存在,說明理由. 【答案】(1)詳見解析;(2) 【解析】 幾何法: (1)證明:如圖1,連結(jié),由是

41、正方體,知, 當(dāng)時(shí),是的中點(diǎn),又是的中點(diǎn),所以, 所以, 而平面,且平面, 故平面. (2)如圖2,連結(jié),因?yàn)?、分別是、的中點(diǎn), 所以,且,又,, 所以四邊形是平行四邊形, 故,且, 從而,且, 在和中,因?yàn)椋? 于是,,所以四邊形是等腰梯形, 同理可證四邊形是等腰梯形, 分別取、、的中點(diǎn)為、、,連結(jié)、, 則,,而, 故是平面與平面所成的二面角的平面角, 向量法: 以為原點(diǎn),射線分別為軸的正半軸建立如圖3的空間直角坐標(biāo)系, 由已知得, 所以,,, (1)證明:當(dāng)時(shí),,因?yàn)椋? 所以,即, 而平面,且平面, 故直線平面. (2)設(shè)平面的一個(gè)法

42、向量, 由可得,于是取, 同理可得平面的一個(gè)法向量為, 若存在,使平面與平面所成的二面角為直二面角, 則, 即,解得, 故存在,使平面與平面所成的二面角為直二面角. 【考點(diǎn)定位】正方體、空間中的線線、線面、面面平行于垂直、二面角. 7. 【2014高考湖南理第19題】如圖6,四棱柱的所有棱長(zhǎng)都相等,,四邊形和四邊形為矩形. (1)證明:底面; (2)若,求二面角的余弦值. 【答案】(1) 詳見解析 (2) 【解析】 (1)證明:四棱柱的所有棱長(zhǎng)都相等 四邊形和四邊形均為菱形 分別為中點(diǎn) 四邊形和四邊形為矩形 且 又且底面 底面. (

43、2)法1::過作的垂線交于點(diǎn),連接.不妨設(shè)四棱柱的邊長(zhǎng)為. 底面且底面面 面 又面 四邊形為菱形 又且,面 面 又面 又且,面 面 為二面角的平面角,則 且四邊形為菱形 ,, 則 再由的勾股定理可得, 則,所以二面角的余弦值為. 所以,,故二面角的余弦值為. 【考點(diǎn)定位】線面垂直、二面角、勾股定理 8. 【2014高考江西理第19題】如圖,四棱錐中,為矩形,平面平面. (1) 求證: (2) 若問為何值時(shí),四棱錐的體積最大?并求此時(shí)平面與平面夾角的余弦值 A B C D P 【答案】(1)詳見解析, (2)

44、時(shí),四棱錐的體積P-ABCD最大. 平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為 【解析】 (1)證明:ABCD為矩形,故ABAD, 又平面PAD平面ABCD 平面PAD平面ABCD=AD 所以AB平面PAD,因?yàn)镻D平面PAD,故ABPD (2)解:過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,連接PG. 故PO平面ABCD,BC平面POG,BCPG 在直角三角形BPC中, 設(shè),則,故四棱錐P-ABCD的體積為 因?yàn)? 故當(dāng)時(shí),即時(shí),四棱錐的體積P-ABCD最大. 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 故 設(shè)平面BPC的法向量,則由,得 【考點(diǎn)定位】面

45、面垂直性質(zhì)定理,四棱錐體積,利用空間向量求二面角。 9. 【2014高考遼寧理第19題】如圖,和所在平面互相垂直,且,,E、F分別為AC、DC的中點(diǎn). (1)求證:; (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)詳見解析;(2) . 【解析】 (1)證明: (方法一)過E作EO⊥BC,垂足為O,連OF, 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC,所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC, 又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO, 又EF面EFO,所以EF⊥BC. (方法二)由題意,以B為坐標(biāo)原點(diǎn),在平面DBC內(nèi)過B左垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)

46、過B作垂直BC的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而,所以 ,因此,從而,所以. (2)(方法一)在圖1中,過O作OG⊥BF,垂足為G,連EG,由平面ABC⊥平面BDC,從而EO⊥平面BDC,從而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂線定理知EG垂直BF. 因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角; 在△EOC中,EO=EC=BC·cos30°=,由△BGO∽△BFC知,,因此tan∠EGO=,從而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值為. (方法二)在圖2中,平面BFC的一個(gè)法向量為

47、,設(shè)平面BEF的法向量,又,由 得其中一個(gè),設(shè)二面角E-BF-C的大小為,且由題意知為銳角,則,因此sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值為. 【考點(diǎn)定位】線面垂直的判定、二面角. 10. 【2014高考全國(guó)1第19題】如圖,三棱柱中,側(cè)面為菱形,. (Ⅰ)證明:; (Ⅱ)若,,,求二面角的余弦值. (Ⅰ)證明:; (Ⅱ)若,,,求二面角的余弦值. 【答案】(Ⅰ)詳見解析;(Ⅱ) 【解析】(I)連接,交于,連接.因?yàn)閭?cè)面為菱形,所以,且為與的中點(diǎn).又,所以平面,故.又,故. (II)因?yàn)?,且為的中點(diǎn),所以,又因?yàn)?,.故,從而兩兩垂直.以為坐?biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)檩S正方向

48、,為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)?,所以為等邊三角形.?則,,,. ,,. 設(shè)是平面的法向量,則即所以可取 . 設(shè)是平面的法向量,則同理可取. 則.所以二面角的余弦值為. 11. 【2014高考陜西第17題】四面體及其三視圖如圖所示,過棱的中點(diǎn)作平行于,的平面分別交四面體的棱于點(diǎn). (1)證明:四邊形是矩形; (2)求直線與平面夾角的正弦值. 【答案】(1)證明見解析;(2). 【解析】 (1)由該四面體的三視圖可知: , 由題設(shè),∥面 面面 (2)如圖,以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,則,,, ,, 設(shè)平面的一個(gè)法向量 ∥,∥ 即得,取 。 52

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