（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.5 空間向量及其應(yīng)用、空間角與距離精練.docx

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8.5空間向量及其應(yīng)用、空間角與距離挖命題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)1.用向量證明空間中的平行和垂直關(guān)系1.理解直線的方向向量與平面的法向量2.能用向量語(yǔ)言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關(guān)系3.能用向量法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些定理(包括三垂線定理)2018天津,172017天津,17用向量法求空間角的正弦值、用向量法證明空間中直線與平面的平行關(guān)系空間角問題2016天津,17用向量法求空間角的正弦值、用向量法證明空間中直線與平面的平行關(guān)系求線面角的正弦值2.用向量求空間角與距離1.能用向量法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問題2.能用向量法解決點(diǎn)面、線面、面面距離問題,了解向量方法在立體幾何問題中的應(yīng)用2015天津,172014天津,17用向量法求空間角線面平行的判定、線線垂直的判定分析解讀1.能運(yùn)用共線向量、共面向量、空間向量基本定理以及有關(guān)結(jié)論證明點(diǎn)共線、點(diǎn)共面、線共面及線線、線面的平行與垂直問題;會(huì)求線線角、線面角;會(huì)求點(diǎn)點(diǎn)距、點(diǎn)面距等問題,從而培養(yǎng)用向量法思考問題和解決問題的能力.2.會(huì)利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算、兩點(diǎn)間的距離公式、夾角公式以及相關(guān)結(jié)論解決有關(guān)平行、垂直、長(zhǎng)度、角、距離等問題,從而培養(yǎng)準(zhǔn)確無(wú)誤的運(yùn)算能力.3.本節(jié)內(nèi)容在高考中延續(xù)解答題的形式,以多面體為載體,求空間角的命題趨勢(shì)較強(qiáng),屬中檔題.破考點(diǎn)【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一用向量證明空間中的平行和垂直關(guān)系1.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點(diǎn).(1)證明:CE平面PAB;(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.解析(1)證明:設(shè)AD的中點(diǎn)為O,連接OB,OP.PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,OPAD.BC=12AD=OD,且BCOD,四邊形BCDO為平行四邊形,又CDAD,OBAD,OPOB=O,AD平面OPB.過點(diǎn)O在平面POB內(nèi)作OB的垂線OM,交PB于M,以O(shè)為原點(diǎn),OB所在直線為x軸,OD所在直線為y軸,OM所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖.設(shè)CD=1,則有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).設(shè)P(x,0,z)(z0),由PC=2,OP=1,得(x-1)2+1+z2=4,x2+z2=1,解得x=-12,z=32,即點(diǎn)P-12,0,32,而E為PD的中點(diǎn),E-14,12,34.設(shè)平面PAB的法向量為n=(x1,y1,z1),AP=-12,1,32,AB=(1,1,0),-12x1+y1+32z1=0,x1+y1=0x1=-y1,z1=-3y1,取y1=-1,得n=(1,-1,3).而CE=-54,-12,34,則CEn=0,而CE平面PAB,CE平面PAB.(2)設(shè)平面PBC的法向量為m=(x2,y2,z2),BC=(0,1,0),BP=-32,0,32,y2=0,-32x2+32z2=0,取x2=1,得m=(1,0,3).設(shè)直線CE與平面PBC所成角為,則sin=|cos|=|CEm|CE|m|=28,故直線CE與平面PBC所成角的正弦值為28.方法總結(jié)1.證明直線與平面平行的方法.(例:求證:l)利用線面平行的判定定理:在平面內(nèi)找到一條與直線l平行的直線m,從而得到l.利用面面平行的性質(zhì):過直線l找到(或作出)一個(gè)平面,使得,從而得l.向量法:(i)求出平面的法向量n和直線l的方向向量l,證明nl=0,結(jié)合l可得l.(ii)證明直線l的方向向量l能被平面內(nèi)的兩個(gè)基向量所表示,結(jié)合l可得l.2.求線面角的方法.定義法:作出線面角,解三角形即可.解斜線段、射影、垂線段構(gòu)成的三角形.例:求AB與平面所成角的正弦值,其中A.只需求出點(diǎn)B到平面的距離d(通常由等體積法求d),由sin=dAB得結(jié)論.向量法:求出平面的法向量n,設(shè)直線AB與所成角為,則sin=|cos|.最好是畫出圖形,否則容易出錯(cuò).考點(diǎn)二空間角與距離2.(2018課標(biāo),9,5分)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.15B.56C.55D.22答案C3.已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1,PD平面ABCD,且PD=1,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn).(1)求點(diǎn)D到平面PEF的距離;(2)求直線AC到平面PEF的距離.解析(1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E1,12,0,F12,1,0,PE=1,12,-1,EF=-12,12,0,DP=(0,0,1).設(shè)平面PEF的法向量為n=(x,y,z).則有nPE=0,nEF=0x+12y-z=0,-12x+12y=0z=32x,y=x.令x=1,則n=1,1,32.點(diǎn)D到平面PEF的距離為d=|DPn|n|=32172=31717.(2)直線AC到平面PEF的距離等于點(diǎn)A到平面PEF的距離.AE=0,12,0,平面PEF的一個(gè)法向量為n=1,1,32,點(diǎn)A到平面PEF的距離為d1=|AEn|n|=12172=1717.直線AC到平面PEF的距離為1717.4.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB平面AA1C1C,AA1=AB=AC=2,A1AC=60.過AA1的平面交B1C1于點(diǎn)E,交BC于點(diǎn)F.(1)求證:A1C平面ABC1;(2)求證:四邊形AA1EF為平行四邊形;(3)若BFBC=23,求二面角B-AC1-F的大小.解析(1)證明:因?yàn)锳B平面AA1C1C,A1C平面AA1C1C,所以A1CAB.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,所以平行四邊形AA1C1C為菱形,所以A1CAC1.又ABAC1=A,AB,AC1平面ABC1,所以A1C平面ABC1.(2)證明:因?yàn)锳1AB1B,A1A平面BB1C1C,BB1平面BB1C1C,所以A1A平面BB1C1C.因?yàn)槠矫鍭A1EF平面BB1C1C=EF,所以A1AEF.因?yàn)槠矫鍭BC平面A1B1C1,平面AA1EF平面ABC=AF,平面AA1EF平面A1B1C1=A1E,所以A1EAF,所以四邊形AA1EF為平行四邊形.(3)在平面AA1C1C內(nèi),過A作AzAC.因?yàn)锳B平面AA1C1C,所以AB,AC,Az兩兩垂直.故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,1,3),C1(0,3,3),所以BC=(-2,2,0),AC1=(0,3,3).因?yàn)锽FBC=23,所以BF=23BC=-43,43,0,所以F23,43,0,所以AF=23,43,0.由(1)得平面ABC1的一個(gè)法向量為A1C=(0,1,-3).設(shè)平面AC1F的法向量為n=(x,y,z),則nAC1=0,nAF=0,即3y+3z=0,23x+43y=0.令y=1,則x=-2,z=-3,所以n=(-2,1,-3).所以cos=nA1C|n|A1C|=22.由圖可知二面角B-AC1-F的平面角是銳角,所以二面角B-AC1-F的大小為45.思路分析(1)通過證明四邊形AA1C1C為菱形,得出A1CAC1,從而證得A1C平面ABC1;(2)由面面平行的性質(zhì)定理、線面平行的性質(zhì)定理分別得到兩組對(duì)邊互相平行,進(jìn)而證明四邊形AA1EF為平行四邊形;(3)由平面的法向量和夾角公式求解.方法總結(jié)正確掌握線面平行和垂直的證明方法和計(jì)算空間角的基本方法是求解立體幾何問題的基礎(chǔ)和保障,務(wù)必“記牢活用.”煉技法【方法集訓(xùn)】方法1空間角與距離的向量求法1.正四棱錐S-ABCD的八條棱長(zhǎng)都相等,SB的中點(diǎn)是E,則異面直線AE,SD所成角的余弦值為.答案332.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為A1B1的中點(diǎn),則異面直線D1E和BC1間的距離為.答案263方法2用向量法求立體幾何中的探索性問題3.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,E為AD的中點(diǎn),PAAD,BECD,BEAD,PA=AE=BE=2,CD=1.(1)求證:平面PAD平面PCD;(2)求二面角C-PB-E的余弦值;(3)在線段PE上是否存在點(diǎn)M,使得DM平面PBC?若存在,求出點(diǎn)M的位置;若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)證明:因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD,PAAD,且平面PAD平面ABCD=AD,所以PA平面ABCD.又CD平面ABCD,所以PACD.又因?yàn)锽EAD,BECD,所以CDAD.又因?yàn)镻AAD=A,PA,AD平面PAD,所以CD平面PAD.因?yàn)镃D平面PCD,所以平面PAD平面PCD.(2)以E為原點(diǎn),以EB,ED的方向分別為x軸,y軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz,則E(0,0,0),P(0,-2,2),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),所以PB=(2,2,-2),BC=(-1,2,0),EP=(0,-2,2).設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z),則nPB=0,nBC=0,即2x+2y-2z=0,-x+2y=0.令y=1,則x=2,z=3,所以n=(2,1,3).設(shè)平面PBE的法向量為m=(a,b,c),則mPB=0,mEP=0,即2a+2b-2c=0,-2b+2c=0.令b=1,則a=0,c=1,所以m=(0,1,1).所以cos=nm|n|m|=20+11+31142=277.由圖可知,所求二面角為銳角,所以二面角C-PB-E的余弦值為277.(3)“在線段PE上存在點(diǎn)M,使得DM平面PBC”等價(jià)于“在線段PE上存在點(diǎn)M,使其滿足DMn=0”.設(shè)PM=PE,0,1.因?yàn)镻E=(0,2,-2),所以PM=(0,2,-2),則M(0,2-2,2-2),所以DM=(0,2-4,2-2).由(2)知平面PBC的一個(gè)法向量為n=(2,1,3),所以DMn=2-4+6-6=0,解得=12.因?yàn)?120,1,所以在線段PE上存在點(diǎn)M,使得DM平面PBC,此時(shí)點(diǎn)M為PE的中點(diǎn).4.如圖1,在平面五邊形ABCDE中,ABCD,BAD=90,AB=2,CD=1,ADE是邊長(zhǎng)為2的正三角形,現(xiàn)將ADE沿AD折起,得到四棱錐E-ABCD(如圖2),且DEAB.(1)求證:平面ADE平面ABCD;(2)求平面BCE與平面ADE所成銳二面角的大小;(3)在棱AE上是否存在點(diǎn)F,使得DF平面BCE?若存在,求出EFEA的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)證明:由已知得ABAD,因?yàn)锳BDE,且ADDE=D,AD,DE平面ADE,所以AB平面ADE.又AB平面ABCD,所以平面ADE平面ABCD.(2)設(shè)AD的中點(diǎn)為O,連接EO.因?yàn)锳DE是正三角形,所以EA=ED,所以EOAD.因?yàn)槠矫鍭DE平面ABCD,平面ADE平面ABCD=AD,EO平面ADE,所以EO平面ABCD.在平面ABCD內(nèi)過O點(diǎn)作垂直于AD的直線交CB于點(diǎn)M.以O(shè)為原點(diǎn),OA所在的直線為x軸,OM所在的直線為y軸,OE所在的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,如圖所示,則E(0,0,3),B(1,2,0),C(-1,1,0),所以CE=(1,-1,3),CB=(2,1,0).設(shè)平面BCE的法向量為m=(x,y,z),則mCE=0,mCB=0,即x-y+3z=0,2x+y=0.令x=1,則y=-2,z=-3,所以m=(1,-2,-3).易知平面ADE的一個(gè)法向量為n=(0,1,0),所以cos=mn|m|n|=-22.所以平面BCE與平面ADE所成銳二面角的大小為4.(3)在棱AE上存在點(diǎn)F,使得DF平面BCE,此時(shí)EFEA=12.理由:設(shè)BE的中點(diǎn)為G,連接CG,FG,則FGAB,FG=12AB,因?yàn)锳BCD,且CD=12AB,所以FGCD,且FG=CD.所以四邊形CDFG是平行四邊形,所以DFCG.因?yàn)镃G平面BCE,且DF平面BCE,所以DF平面BCE.過專題【五年高考】A組自主命題天津卷題組1.(2018天津,17,13分)如圖,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60,求線段DP的長(zhǎng).解析本題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以DA,DC,DG的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),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),M0,32,1,N(1,0,2).(1)證明:依題意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).設(shè)n0=(x0,y0,z0)為平面CDE的法向量,則n0DC=0,n0DE=0,即2y0=0,2x0+2z0=0,不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,-32,1,可得MNn0=0,又因?yàn)橹本€MN平面CDE,所以MN平面CDE.(2)依題意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面BCE的法向量,則nBC=0,nBE=0,即-x1=0,x1-2y1+2z1=0,不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).設(shè)m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量,則mBC=0,mCF=0,即-x2=0,-y2+2z2=0,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=mn|m|n|=31010,于是sin=1010.所以,二面角E-BC-F的正弦值為1010.(3)設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(h0,2),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量,故|cos|=|BPDC|BP|DC|=2h2+5,由題意,可得2h2+5=sin60=32,解得h=330,2.所以,線段DP的長(zhǎng)為33.方法歸納利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟:(1)審清題意并建系.利用條件分析問題,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;(2)確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo).結(jié)合建系過程與圖形,準(zhǔn)確地寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo);(3)確定直線的方向向量和平面的法向量.利用點(diǎn)的坐標(biāo)求出相關(guān)直線的方向向量和平面的法向量,若已知某直線垂直某平面,可直接取該直線的方向向量為該平面的法向量;(4)轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算.將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系,空間角轉(zhuǎn)化為向量的夾角問題去論證、求解;(5)問題還原.結(jié)合條件與圖形,作出結(jié)論(注意角的范圍).2.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.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.(1)求證:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為721,求線段AH的長(zhǎng).解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.如圖,以A為原點(diǎn),分別以AB,AC,AP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).(1)證明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0.不妨設(shè)z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=0.因?yàn)镸N平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則n2EM=0,n2MN=0.因?yàn)镋M=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨設(shè)y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521.所以,二面角C-EM-N的正弦值為10521.(3)依題意,設(shè)AH=h(0h4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,線段AH的長(zhǎng)為85或12.方法總結(jié)利用空間向量法證明線面位置關(guān)系與計(jì)算空間角的步驟:(1)根據(jù)題目中的條件,充分利用垂直關(guān)系,建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,盡量使相關(guān)點(diǎn)在坐標(biāo)軸上,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo);(2)求出相關(guān)直線的方向向量及相關(guān)平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當(dāng)?shù)墓?將相關(guān)的坐標(biāo)代入進(jìn)行求解或證明;(3)檢驗(yàn),得出最后結(jié)論.3.(2016天津,17,13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.(1)求證:EG平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn),且AH=23HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.解析依題意,OF平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點(diǎn),分別以AD,BA,OF的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得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)證明:依題意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量,則n1AD=0,n1AF=0,即2x=0,x-y+2z=0.不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EGn1=0,又因?yàn)橹本€EG平面ADF,所以EG平面ADF.(2)易證,OA=(-1,1,0)為平面OEF的一個(gè)法向量.依題意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).設(shè)n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則n2EF=0,n2CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨設(shè)x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=OAn2|OA|n2|=-63,于是sin=33.所以,二面角O-EF-C的正弦值為33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因?yàn)锳F=(1,-1,2),所以AH=25AF=25,-25,45,進(jìn)而有H-35,35,45,從而BH=25,85,45,因此cos=BHn2|BH|n2|=-721.所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為721.思路分析(1)利用平面的法向量和直線的方向向量的數(shù)量積為0證明線面平行.(2)求出兩平面法向量夾角的余弦值,進(jìn)而得二面角的正弦值.(3)求出直線的方向向量與平面法向量夾角的余弦值,進(jìn)而得線面角的正弦值.4.(2015天津,17,13分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn).(1)求證:MN平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn).若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為13,求線段A1E的長(zhǎng).解析如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因?yàn)镸,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn),所以M1,12,1,N(1,-2,1).(1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量.MN=0,-52,0.由此可得MNn=0,又因?yàn)橹本€MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD1的法向量,則n1AD1=0,n1AC=0,即x-2y+2z=0,2x=0.不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,1,1).設(shè)n2=(x,y,z)為平面ACB1的法向量,則n2AB1=0,n2AC=0,又AB1=(0,1,2),得y+2z=0,2x=0.不妨設(shè)z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-1010,于是sin=31010.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值為31010.(3)依題意,可設(shè)A1E=A1B1,其中0,1,則E(0,2),從而NE=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量,由已知,得cos=NEn|NE|n|=1(-1)2+(+2)2+12=13,整理得2+4-3=0,又因?yàn)?,1,解得=7-2.所以,線段A1E的長(zhǎng)為7-2.評(píng)析本小題主要考查直線與平面平行和垂直、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力.5.(2014天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).(1)證明BEDC;(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值;(3)若F為棱PC上一點(diǎn),滿足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析依題意,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中點(diǎn),得E(1,1,1).(1)證明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BEDC=0.所以BEDC.(2)向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則nBD=0,nPB=0,即-x+2y=0,x-2z=0.不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個(gè)法向量.于是有cos=nBE|n|BE|=262=33.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為33.(3)向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由點(diǎn)F在棱PC上,設(shè)CF=CP,01.故BF=BC+CF=BC+CP=(1-2,2-2,2).由BFAC,得BFAC=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=34.即BF=-12,12,32.設(shè)n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則n1AB=0,n1BF=0,即x=0,-12x+12y+32z=0.不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個(gè)法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則cos=n1n2|n1|n2|=-3101=-31010.易知,二面角F-AB-P是銳角,所以其余弦值為31010.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一用向量證明空間中的平行和垂直關(guān)系(2018浙江,19,15分)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證明:AB1平面A1B1C1;(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.解析(1)證明:如圖,以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).由AB1A1B1=0得AB1A1B1.由AB1A1C1=0得AB1A1C1.又A1B1A1C1=A1,A1B1,A1C1平面A1B1C1,所以AB1平面A1B1C1.(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為.由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).設(shè)平面ABB1的法向量n=(x,y,z),則nAB=0,nBB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).所以sin=|cos|=|AC1n|AC1|n|=3913.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913.考點(diǎn)二空間角與距離1.(2018課標(biāo),20,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn).(1)證明:PO平面ABC;(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30,求PC與平面PAM所成角的正弦值.解析(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)PAC,且OP=23.連接OB.因?yàn)锳B=BC=22AC,所以ABC為等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23).取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).設(shè)M(a,2-a,0)(0a2),則AM=(a,4-a,0).設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z).由APn=0,AMn=0得2y+23z=0,ax+(4-a)y=0,可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.由已知可得|cos|=32.所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=-833,433,-43.又PC=(0,2,-23),所以cos=34.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為34.2.(2017課標(biāo),18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)證明: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.解析本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角問題.(1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,AP,PD平面PAD,從而AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD內(nèi)作PFAD,垂足為F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=A,可得PF平面ABCD.以F為坐標(biāo)原點(diǎn),FA的方向?yàn)閤軸正方向,|AB|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,則nPC=0,nCB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0.可取n=(0,-1,-2).設(shè)m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,則mPA=0,mAB=0,即22x2-22z2=0,y2=0.可取m=(1,0,1).則cos=nm|n|m|=-33.易知二面角A-PB-C為鈍二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值為-33.方法總結(jié)面面垂直的證明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的證明證明兩個(gè)平面互相垂直,可以在一個(gè)平面內(nèi)找一條直線l,證明直線l垂直于另一平面.(2)利用空間向量求解幾何體中的二面角的余弦值建立空間直角坐標(biāo)系,找到點(diǎn)的坐標(biāo),求出兩個(gè)半平面的法向量n1,n2,設(shè)二面角的大小為,則|cos|=|n1n2|n1|n2|,再根據(jù)二面角的范圍判斷二面角余弦值的正負(fù)情況.3.(2017課標(biāo),19,12分)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=12AD,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.解析本題考查了線面平行的證明和線面角、二面角的計(jì)算.(1)取PA的中點(diǎn)F,連接EF,BF.因?yàn)镋是PD的中點(diǎn),所以EFAD,EF=12AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=12AD,所以EFBC,四邊形BCEF是平行四邊形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB的方向?yàn)閤軸正方向,|AB|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(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).設(shè)M(x,y,z)(0x1),則BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos|=sin45,|z|(x-1)2+y2+z2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,設(shè)PM=PC,則x=,y=1,z=3-3.由,解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),或x=1-22,y=1,z=62,所以M1-22,1,62,從而AM=1-22,1,62.設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則mAM=0,mAB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取m=(0,-6,2).于是cos=mn|m|n|=105.易知所求二面角為銳角.因此二面角M-AB-D的余弦值為105.方法總結(jié)本題涉及直線與平面所成的角和二面角,它們是高考熱點(diǎn)和難點(diǎn),解決此類題時(shí)常利用向量法,解題關(guān)鍵是求平面的法向量,再由向量的夾角公式求解.解題關(guān)鍵由線面角為45求點(diǎn)M的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵.4.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ADBC,ADC=PAB=90,BC=CD=12AD,E為棱AD的中點(diǎn),異面直線PA與CD所成的角為90.(1)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM平面PBE,并說明理由;(2)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.解析(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.延長(zhǎng)AB,DC,相交于點(diǎn)M(M平面PAB),點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).理由如下:由已知,BCED,且BC=ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形.從而CMEB.又EB平面PBE,CM平面PBE,所以CM平面PBE.(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上任意一點(diǎn))(2)由已知,CDPA,CDAD,PAAD=A,所以CD平面PAD.于是CDPD.從而PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45.由PAAB,可得PA平面ABCD.設(shè)BC=1,則在RtPAD中,PA=AD=2.作AyAD,以A為原點(diǎn),以AD,AP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PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z),由nPE=0,nEC=0,得x-2z=0,x+y=0,設(shè)x=2,解得n=(2,-2,1).設(shè)直線PA與平面PCE所成角為,則sin=|nAP|n|AP|=2222+(-2)2+12=13.所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為13.5.(2014福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.將ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如圖.(1)求證:ABCD;(2)若M為AD中點(diǎn),求直線AD與平面MBC所成角的正弦值.解析(1)證明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BEBD,如圖.由(1)知AB平面BCD,又BE平面BCD,ABBE.以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BD,BA的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,12,12,則BC=(1,1,0),BM=0,12,12,AD=(0,1,-1).設(shè)平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0),則nBC=0,nBM=0,即x0+y0=0,12y0+12z0=0,取z0=1,得平面MBC的一個(gè)法向量為n=(1,-1,1).設(shè)直線AD與平面MBC所成角為,則sin=|cos|=|nAD|n|AD|=63,即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為63.評(píng)析本題主要考查空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、函數(shù)與方程思想.C組教師專用題組1.(2017山東,17,12分)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是DF的中點(diǎn).(1)設(shè)P是CE上的一點(diǎn),且APBE,求CBP的大小;(2)當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E-AG-C的大小.解析本題考查線面垂直的證明和二面角的計(jì)算.(1)因?yàn)锳PBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120,因此CBP=30.(2)以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由mAE=0,mAG=0可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一個(gè)法向量m=(3,-3,2).設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由nAG=0,nCG=0可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一個(gè)法向量n=(3,-3,-2).所以cos=mn|m|n|=12.易知所求角為銳二面角,因此所求的角為60.方法總結(jié)求二面角的常見方法有兩種:一種是“找”,即根據(jù)二面角的面的特殊性(如等邊三角形、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頂點(diǎn),進(jìn)而作出該平面角,再通過解三角形求解;另一種是“算”,即利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算,由平面的法向量和夾角公式求解.利用空間向量的運(yùn)算求二面角時(shí),一定要注意二面角是銳二面角還是鈍二面角.2.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求證:BF平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)證明:延長(zhǎng)AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示.因?yàn)槠矫鍮CFE平面ABC,且平面BCFE平面ABC=BC,ACBC,所以,AC平面BCK,又BF平面BCK,因此,BFAC.又因?yàn)镋FBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),則BFCK.又因?yàn)镃KAC=C,CK,AC平面ACFD,所以BF平面ACFD.(2)解法一:過點(diǎn)F作FQAK于Q,連接BQ.因?yàn)锽F平面ACK,所以BFAK,則AK平面BQF,所以BQAK.所以,BQF是二面角B-AD-F的平面角.在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=31313.在RtBQF中,FQ=31313,BF=3,得cosBQF=34.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為34.解法二:如圖,延長(zhǎng)AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,則BCK為等邊三角形.取BC的中點(diǎn)O,則KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OK的方向?yàn)閤,z的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,32,F-12,0,32.因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(2,3,0).設(shè)平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2).由ACm=0,AKm=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1);由ABn=0,AKn=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3).于是,cos=mn|m|n|=34.由圖可知所求二面角為銳角,所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為34.評(píng)析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.3.(2015江蘇,22,10分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四邊形ABCD為直角梯形,ABC=BAD=2,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值;(2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí),求線段BQ的長(zhǎng).解析以AB,AD,AP為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則各點(diǎn)的坐標(biāo)為B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因?yàn)锳D平面PAB,所以AD是平面PAB的一個(gè)法向量,AD=(0,2,0).因?yàn)镻C=(1,1,-2),PD=(0,2,-2),設(shè)平面PCD的法向量為m=(x,y,z),則mPC=0,mPD=0,即x+y-2z=0,2y-2z=0.令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量.從而cos=ADm|AD|m|=33,由圖可知平面PAB與平面PCD所成的二面角為銳角,所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為33.(2)因?yàn)锽P=(-1,0,2),設(shè)BQ=BP=(-,0,2)(01),又CB=(0,-1,0),則CQ=CB+BQ=(-,-1,2),又DP=(0,-2,2),從而cos=CQDP|CQ|DP|=1+2102+2.設(shè)1+2=t,t1,3,則cos2=2t25t2-10t+9=291t-592+209910.當(dāng)且僅當(dāng)t=95,即=25時(shí),|cos|的最大值為31010.因?yàn)閥=cosx在0,2上是減函數(shù),所以此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值.又因?yàn)锽P=12+22=5,所以BQ=25BP=255.評(píng)析本題主要考查空間向量、二面角和異面直線所成角等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)用空間向量解決問題的能力.4.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點(diǎn).(1)求證:GF平面ADE;(2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值.解析(1)證法一:如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD,又G是BE的中點(diǎn),所以GHAB,且GH=12AB.又F是CD的中點(diǎn),所以DF=12CD.由四邊形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.證法二:如圖,取AB中點(diǎn)M,連接MG,MF.又G是BE的中點(diǎn),可知GMAE.又AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分別是AB,CD的中點(diǎn)得MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因?yàn)镚MMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF,所以平面GMF平面ADE.因?yàn)镚F平面GMF,所以GF平面ADE.(2)如圖,在平面BEC內(nèi),過B點(diǎn)作BQEC.因?yàn)锽ECE,所以BQBE.又因?yàn)锳B平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B為原點(diǎn),分別以BE,BQ,BA的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因?yàn)锳B平面BEC,所以BA=(0,0,2)為平面BEC的一個(gè)法向量.設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量.又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),由nAE=0,nAF=0得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2).從而cos=nBA|n|BA|=432=23,所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為23.評(píng)析本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.5.(2015重慶,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PC平面ABC,PC=3,ACB=2.D,E分別為線段AB,BC上的點(diǎn),且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1)證明:DE平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.解析(1)證明:由PC平面ABC,DE平面ABC,得PCDE.由CE=2,CD=DE=2得CDE為等腰直角三角形,故CDDE.由于PCCD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線,故DE平面PCD.(2)由(1)知,CDE為等腰直角三角形,DCE=4.如圖,過D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又由已知得EB=1,故FB=2.由ACB=2得DFAC,DFAC=FBBC=23,故AC=32DF=32.以C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以CA,CB,CP的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),P(0,0,3),A32,0,0,E(0,2,0),D(1,1,0),所以,ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=12,-1,0.設(shè)平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),由n1DP=0,n1DA=0,得-x1-y1+3z1=0,12x1-y1=0,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ED,即n2=(1,-1,0).從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為cos=n1n2|n1|n2|=36,由圖可知所求二面角為銳角,故所求二面角A-PD-C的余弦值為3