課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題八立體幾何5空間向量在立體幾何中的應(yīng)用試題理

課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題八立體幾何5空間向量在立體幾何中的應(yīng)用試題理課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題八立體幾何5空間向量在立體幾何中的應(yīng)用試題理PAGEPAGE47課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題八立體幾何5空間向量在立體幾何中的應(yīng)用試題理空間向量在立體幾何中的應(yīng)用挖命題【考情探究】考點內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點1。用向量法證明平行、垂直①理解直線的方向向量與平面的法向量;②能用向量語言表述直線與直線、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)；④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算問題,了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用2018浙江,19，15分用向量法證明線面垂直線面角★★★2017天津,17，13分用向量法證明線面平行二面角、異面直線所成角2。用向量法求空間角和距離2018課標(biāo)Ⅱ,20,12分線面角線面垂直★★★2018課標(biāo)Ⅲ,19,12分二面角面面垂直的判定、三棱錐體積的最值2017課標(biāo)Ⅱ，19,12分線面角線面平行的判定2016課標(biāo)Ⅲ，19,12分線面角線面平行的判定分析解讀從近5年高考情況來看,利用空間向量證明平行與垂直以及求空間角（特別是二面角）、空間距離均是高考的熱點，考查頻率很高，主要考查向量的坐標(biāo)運算以及向量的平行、垂直、夾角問題,難度中等，多以解答題的形式呈現(xiàn).應(yīng)熟練掌握空間向量的坐標(biāo)表示和坐標(biāo)運算,會把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題.破考點【考點集訓(xùn)】考點一用向量法證明平行、垂直(2018寧夏銀川一中月考，19）如圖，在四棱錐P—ABCD中，ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,PB=2,PB與平面PCD成45°角，PB與平面ABD成30°角.（1)在PB上是否存在一點E，使得PC⊥平面ADE?若存在，確定E點位置，若不存在，請說明理由；(2）當(dāng)E為PB的中點時,求二面角P-AE-D的余弦值。解析(1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D—xyz,由題意易知PD=CD=1，BC=2,則D(0，0,0）,P(0,0,1），B(2,1,0)，C(0,1，0）,則PB=(2，1，—1），設(shè)PE=λPB，∴PE=λPB=λ（2，1，-1）,PC=（0，1,-1），由PC·DE=PC·（DP+PE)=(0，1,-1）·（2λ，λ，1-λ）=0，解得λ=12（2)由（1）知D（0，0，0)，A(2，0，0),E22,12,12,P(0,0,1），DA=（2，0,0），DE=22,設(shè)平面ADE的法向量為n1=（x1,y1,z1)，平面PAE的法向量為n2=（x2，y2,z2）,則n1·令y1=1，得n1=(0,1，-1）。同理求得n2=(1，0,2）,所以cos〈n1，n2>=n2·n易知所求二面角為銳二面角，故二面角P-AE-D的余弦值為33考點二用向量法求空間角和距離(2018福建四地七校4月聯(lián)考，10）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°，側(cè)棱AA1=2,D、E分別是CC1與A1B的中點，點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，則A1B與平面ABD所成角的余弦值為（)A。23B。73C。3答案B煉技法【方法集訓(xùn)】方法1求解二面角的方法1。(2018河北五個一名校聯(lián)考，18)如圖，在斜三棱柱(側(cè)棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC,底面△ABC是邊長為2的正三角形，A1A=A1C，A1A⊥A1C.（1)求證：A1C1⊥B1C；（2)求二面角B1—A1C-C1的正弦值.解析(1)證明:取A1C1的中點D，連接B1D,CD.∵C1C=A1A=A1C,∴CD⊥A1C1,（2分)∵底面△ABC是邊長為2的正三角形，∴AB=BC=2，A1B1=B1C1=2,∴B1D⊥A1C1，（4分)又∵B1D∩CD=D,∴A1C1⊥平面B1CD,∴A1C1⊥B1C.（6分）（2)解法一：過點D作DE⊥A1C于點E，連接B1E。易知B1D⊥平面A1CC1,∴B1D⊥A1C,∵DE∩B1D=D，∴A1C⊥平面B1DE,∴B1E⊥A1C，∴∠B1ED為所求二面角的平面角,（9分）∵A1B1=B1C1=A1C1=2，∴B1D=3，又∵ED=12CC1=2∴tan∠B1ED=B1DED=3可得sin∠B1ED=427∴二面角B1—A1C-C1的正弦值為427解法二：連接OB,取AC的中點O為坐標(biāo)原點,射線OB，OC，OA1分別為x，y，z軸的非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系，得A1(0，0,1），B1（3，1，1),C1（0，2,1),C(0,1，0)。(7分)∴A1B1=(3設(shè)m=（x,y,z）為平面A1B1C的法向量，∴m令y=3，得m=（-1，3，3）。（9分）又OB=（3，0,0）是平面A1CC1的一個法向量,（10分）∴cos<m,OB〉=-77又易知二面角B1-A1C—C1為銳二面角,∴二面角B1-A1C-C1的正弦值為1--72.（2018廣東廣州調(diào)研，18)如圖,已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長為2的菱形,PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA=2ED=2.(1）證明:平面PAC⊥平面PCE；(2）若直線PC與平面ABCD所成的角為45°，求二面角P—CE—D的余弦值.解析（1)證明：如圖，連接BD,交AC于點O，取PC的中點F，連接OF,EF。因為O,F分別為AC,PC的中點，所以O(shè)F∥PA,且OF=12因為DE∥PA,且DE=12所以O(shè)F∥DE,且OF=DE。（1分)所以四邊形OFED為平行四邊形,所以O(shè)D∥EF，即BD∥EF。（2分）因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD。因為四邊形ABCD是菱形,所以BD⊥AC。因為PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC。（4分）因為BD∥EF,所以EF⊥平面PAC.（5分)因為FE?平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE。（6分）（2)解法一：因為直線PC與平面ABCD所成角為45°，且PA⊥平面ABCD，所以∠PCA=45°,所以AC=PA=2.(7分)因為AC=AB=BC,所以△ABC為等邊三角形.取BC的中點M，連接AM，則AM⊥BC.以A為原點,AM,AD，AP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz（如圖）.則P(0,0,2），C(3，1,0），E(0，2，1），D(0,2，0),所以PC=(3，1，—2),CE=(—3,1，1），DE=(0,0,1)。設(shè)平面PCE的法向量為n=（x1，y1，z1），則n·PC令y1=1,則x1=3設(shè)平面CDE的法向量為m=（x2,y2，z2），則m·DE=0,m·所以m=(1，3,0）.(11分)設(shè)二面角P-CE—D的大小為θ,由于θ為鈍角，所以cosθ=-|cos〈n,m〉｜=—|n·m||所以二面角P-CE—D的余弦值為-64解法二：因為直線PC與平面ABCD所成角為45°,且PA⊥平面ABCD，所以∠PCA=45°，所以AC=PA=2.（7分）因為AC=AB=BC=2，所以△ABC為等邊三角形。因為PA⊥平面ABCD，由(1）知PA∥OF,所以O(shè)F⊥平面ABCD.因為OB?平面ABCD，OC?平面ABCD，所以O(shè)F⊥OB且OF⊥OC。在菱形ABCD中，OB⊥OC，故以點O為原點,OB，OC,OF所在的直線分別為x，y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz（如圖)。則O(0，0，0),P（0,-1，2)，C（0,1,0）,D(—3,0,0)，E(-3，0,1），所以CP=（0,-2,2）,CE=(—3,-1,1),CD=（—3,-1,0)。（9分）設(shè)平面PCE的法向量為n=（x1，y1，z1),則n·CP令y1=1，則x1設(shè)平面CDE的法向量為m=(x2，y2，z2),則m·CE令x2=1,則y2=-設(shè)二面角P-CE—D的大小為θ,由于θ為鈍角，則cosθ=—｜cos<n，m〉|=-|n·m||所以二面角P—CE—D的余弦值為—64方法2用向量法求解立體幾何中的探索型問題1。(2018江西南昌二中1月模擬,18)如圖，△ABC的外接圓☉O的半徑為5，CD⊥☉O所在的平面，BE∥CD,CD=4,BC=2,且BE=1，tan∠AEB=25.（1）求證:平面ADC⊥平面BCDE.(2）試問線段DE上是否存在點M,使得直線AM與平面ACD所成角的正弦值為27解析（1）證明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD，∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.∵BE=1,tan∠AEB=25,∴AB=25.∵☉O的半徑為5，∴AB是直徑，∴AC⊥BC.又∵CD⊥平面ABC,∴CD⊥BC，又AC∩CD=C,故BC⊥平面ADC?！連C?平面BCDE，∴平面ADC⊥平面BCDE.（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C—xyz,則A（4,0,0），B（0，2,0），D（0,0，4），E（0，2,1）,C(0，0，0），則DE=（0，2,—3)，易知平面ACD的一個法向量為CB=（0，2,0)，假設(shè)滿足題意的點M存在，設(shè)M（a，b，c),則DM=(a，b，c-4)，再設(shè)DM=λDE,λ∈(0，1],∴a=0,即M(0,2λ,4-3λ)，從而AM=（—4,2λ,4-3λ).設(shè)直線AM與平面ACD所成的角為θ,則sinθ=|cos〈AM,CB>｜=|2λ×2解得λ=-43或λ=23，其中λ=-又λ=23故滿足條件的點M存在，且點M為DE的靠近E的三等分點.2.（2018天津十二校4月聯(lián)考,17）如圖，四邊形ABCD是邊長為3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF=26,DE=36.（1)求證:平面ACE⊥平面BED；（2）求直線CA與平面BEF所成角的正弦值;（3）在線段AF上是否存在點M，使得二面角M—BE-D的大小為60°？若存在，求出AMAF解析(1）證明:因為平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD，DE?平面ADEF，DE⊥AD，所以DE⊥平面ABCD.（2分)又因為AC?平面ABCD,所以DE⊥AC。因為四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又因為DE∩BD=D,DE?平面BED，BD?平面BED，所以AC⊥平面BDE.（3分)又因為AC?平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED。（4分)（2)因為DE⊥DC，DE⊥AD，AD⊥DC,所以建立空間直角坐標(biāo)系D—xyz如圖所示。則A(3，0,0),F（3,0，26),E(0，0，36），B（3，3,0),C(0，3，0）,（5分)所以CA=（3,—3,0）,BE=(-3,—3,36),EF=（3,0,—6).設(shè)平面BEF的法向量為n=（x1,y1,z1）.則n·BE令x1=6,則y1=26,z1=3，則n=（6，26，3)。(6分）所以cos〈CA，n>=CA·n|CA||所以直線CA與平面BEF所成角的正弦值為1313（3)存在，理由如下:設(shè)M(3，0,t）,0≤t≤26.（9分）則BM=(0，—3,t）,BE=（-3，-3，36)。設(shè)平面MBE的法向量為m=(x2，y2，z2）,則m·BM令y2=t，則z2=3，x2=36—t,則m=(36-t,t,3）.(10分）又CA=(3,—3,0)是平面BDE的一個法向量,∴｜cos〈m，CA〉|=|m·CA||整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=5∴AMAF=1過專題【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組1。(2016課標(biāo)Ⅲ,19,12分）如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC,AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M為線段AD上一點，AM=2MD,N為PC的中點。（1）證明MN∥平面PAB；(2）求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.解析（1）證明：由已知得AM=23取BP的中點T,連接AT，TN,由N為PC中點知TN∥BC,TN=12又AD∥BC，故TNAM，故四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT。因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分）(2)取BC的中點E，連接AE.由AB=AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，且AE=AB2-BE以A為坐標(biāo)原點，AE的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz。由題意知,P（0,0，4）,M（0,2,0)，C(5,2，0）,N52PM=（0，2，—4）,PN=52,1,-2設(shè)n=(x,y，z）為平面PMN的法向量，則n·PM=0可取n=（0,2，1）.于是|cos〈n，AN〉｜=|n·AN即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為852.（2018課標(biāo)Ⅱ，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.(1）證明：PO⊥平面ABC;（2)若點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）證明：因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以O(shè)P⊥AC，且OP=23.連接OB.因為AB=BC=22AC，所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=1由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB。由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC。(2)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB的方向為x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的一個法向量OB=(2,0，0).設(shè)M(a,2—a，0）(0〈a≤2),則AM=(a，4—a，0).設(shè)平面PAM的法向量為n=（x，y，z).由AP·n=0,AM·n=0得2y+23z=0,所以cos<OB，n>=23由已知可得｜cos〈OB，n〉｜=32所以23|a-4所以n=-8又PC=（0，2,-23）,所以cos〈PC，n>=34所以PC與平面PAM所成角的正弦值為343。（2018課標(biāo)Ⅰ,18,12分）如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD,BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達(dá)點P的位置，且PF⊥BF。(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD;(2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值.解析（1）由已知可得BF⊥EF，又已知BF⊥PF,且PF、EF?平面PEF，PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。（2）作PH⊥EF,垂足為H.由(1）得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點，HF的方向為y軸正方向，|BF|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz。由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3,又PF=1，EF=2，故PE⊥PF,可得PH=32，EH=3則H（0，0,0)，P0,0,32,D-1,-32設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ，則sinθ=HP·DP|HP||DP|4。（2017課標(biāo)Ⅱ，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=12(1)證明:直線CE∥平面PAB;(2）點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F,連接EF，BF.因為E是PD的中點，所以EF∥AD,EF=12AD。由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD，又BC=1由已知得BA⊥AD,以A為坐標(biāo)原點,AB的方向為x軸正方向，|AB｜為單位長，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)（0<x<1),則BM=(x-1,y，z),PM=（x，y—1,z-3）.因為BM與底面ABCD所成的角為45°,而n=（0，0，1）是底面ABCD的一個法向量，所以|cos<BM，n>|=sin45°，|z|(即（x—1)2+y2—z2=0。①又M在棱PC上,設(shè)PM=λPC,則x=λ，y=1,z=3-3λ。②由①，②解得x=1+2所以M1-22,1設(shè)m=（x0，y0,z0)是平面ABM的法向量,則m·AM所以可取m=(0,-6，2）。于是cos<m,n〉=m·n|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,它們是高考的熱點和難點,解決此類題時常利用向量法,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M的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵。B組自主命題·?。▍^(qū)、市）卷題組考點一用向量法證明平行、垂直1.(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。解析解法一：(1)證明:如圖,以AC的中點O為原點，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由AB1·A1B1=0得AB1由AB1·A1C1=0得AB1所以AB1⊥平面A1B1C1.（2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ。由（1)可知AC1=(0,23，1）,AB=（1，3，0）,設(shè)平面ABB1的法向量n=（x,y，z）。由n·AB=0,n所以sinθ=｜cos<AC1,n>|=|A因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913解法二：(1）證明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB1故AB1⊥A1B1.由BC=2，BB1=2，CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5，由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23，由CC1⊥AC,得AC1=13，所以AB12+B1C1故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1。(2)如圖,過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連接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與平面ABB1所成的角。由B1C1=5，A1B1=22，A1C1=21得cos∠C1A1B1=67sin∠C1A1B1=17,所以C1D=3故sin∠C1AD=C1DA因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是39132.(2017天津,17,13分）如圖,在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC,∠BAC=90°。點D,E,N分別為棱PA,PC，BC的中點,M是線段AD的中點，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H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為721解析如圖,以A為原點，分別以AB,AC,AP方向為x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n·DE=0,n·DB因為MN?平面BDE，所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=（1，0，0）為平面CEM的一個法向量.設(shè)n2=（x,y,z）為平面EMN的法向量，則n因為EM=(0，—2,—1),MN=（1，2，-1)，所以-不妨設(shè)y=1，可得n2=（—4，1,-2）.因此有cos〈n1，n2〉=n1·n于是sin<n1,n2〉=10521所以，二面角C—EM-N的正弦值為10521（3)依題意，設(shè)AH=h(0≤h≤4)，則H(0,0,h），進(jìn)而可得NH=（—1，—2，h），BE=（-2,2，2）.由已知，得|cos〈NH,BE〉|=|NH·BE||NH||BE|=|所以，線段AH的長為85或1方法總結(jié)利用空間向量法證明線面位置關(guān)系與計算空間角的步驟：(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)點在坐標(biāo)軸上，求出相關(guān)點的坐標(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剑瑢⑾嚓P(guān)的坐標(biāo)代入進(jìn)行求解或證明;（3)檢驗,得出最后結(jié)論。考點二用向量法求空間角和距離1.（2018江蘇，22,10分）如圖，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點。（1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；（2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值。解析如圖，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{OB，OC,OO因為AB=AA1=2,所以A(0,-1,0）,B(3，0，0)，C（0,1，0)，A1(0,-1，2)，B1（3，0，2)，C1（0，1，2)。(1)因為P為A1B1的中點,所以P32從而BP=-32,-故|cos<BP,AC1>｜=|BP·A因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為310（2）因為Q為BC的中點，所以Q32因此AQ=32,32,設(shè)n=（x,y,z）為平面AQC1的一個法向量,則AQ·n不妨取n=（3，-1,1)。設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ,則sinθ=｜cos〈CC1,n>|=|CC1所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為55方法總結(jié)(1)向量法求異面直線所成角的步驟：①求兩條直線所對應(yīng)的方向向量m，n；②異面直線所成角θ的余弦值cosθ=|cos〈m，n>｜=|m（2)向量法求線面角的正弦值的步驟：①求直線的方向向量a和平面的法向量b；②直線與平面所成角θ的正弦值sinθ=|cos〈a,b>|=|a易錯警示（1)異面直線所成角θ的范圍為0,∴cosθ=｜cos<m，n〉｜.(2）線面角的正弦值為｜cos<a，b>｜，并不是｜sin〈a，b〉｜.2。(2017北京，16，14分）如圖,在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=6，AB=4。(1)求證:M為PB的中點;(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:設(shè)AC,BD交點為E,連接ME.因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.所以M為PB的中點。(2)取AD的中點O，連接OP，OE.因為PA=PD,所以O(shè)P⊥AD。又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以O(shè)P⊥平面ABCD.因為OE?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE.因為ABCD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(0,0,2)，D（2，0,0）,B(-2，4，0),BD=(4,—4，0），PD=(2,0,-2）。設(shè)平面BDP的法向量為n=（x，y,z）,則n·BD令x=1，則y=1，z=2.于是n=（1,1,2）.平面PAD的一個法向量為p=（0,1,0）。所以cos〈n,p〉=n·p|由題意知二面角B-PD—A為銳角,所以它的大小為π3（3）由題意知M-1,2,2設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α，則sinα=|cos<n,MC〉|=|n·MC所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為26方法總結(jié)1.在求二面角時,通常用空間向量法,即建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩個面的法向量n1,n2,設(shè)二面角的大小為θ，則有|cosθ｜=|cos〈n1,n2>|=|n1·n2|C組教師專用題組1.（2017江蘇,22,10分)如圖,在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2,AA1=3，∠BAD=120°.(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。解析本小題主要考查空間向量、異面直線所成角和二面角等基礎(chǔ)知識，考查運用空間向量解決問題的能力。在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE⊥AD,交BC于點E。因為AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE,AA1⊥AD。如圖，以｛AE,AD,AA因為AB=AD=2，AA1=3,∠BAD=120°，則A（0，0,0)，B（3，-1，0),D(0,2,0)，E（3，0，0），A1(0，0,3),C1(3,1,3).（1）A1B=(3，—1,—3)，AC1=(則cos<A1B,A=(=-17因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為17（2）平面A1DA的一個法向量為AE=（3，0，0).設(shè)m=（x,y，z)為平面BA1D的法向量,又A1B=(3，-1,—3）,BD=(-則m即3不妨取x=3,則y=3,z=2，所以m=（3,3,2）為平面BA1D的一個法向量,從而cos<AE,m〉=AE·m|AE||設(shè)二面角B—A1D—A的大小為θ,則|cosθ|=34因為θ∈[0，π］，所以sinθ=1-cos因此二面角B-A1D—A的正弦值為742.（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G為AB的中點,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,且AH=23解析依題意,OF⊥平面ABCD,如圖，以O(shè)為原點，分別以AD，BA,OF的方向為x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(xiàn)（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n1·不妨設(shè)z=1，可得n1=(0，2，1)，又EG=(0,1，-2)，可得EG·n1=0,又因為直線EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF。(2)易證，OA=（—1，1,0）為平面OEF的一個法向量.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n即x+y=0因此有cos<OA，n2>=OA·n2于是sin〈OA，n2〉=33所以,二面角O—EF—C的正弦值為33(3)由AH=23HF,得AH=2因為AF=（1，-1,2）,所以AH=25AF=進(jìn)而有H-35,35因此cos<BH,n2〉=BH·n2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。3.(2016浙江,17,15分）如圖,在三棱臺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AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示.因為平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此，BF⊥AC.又因為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點,則BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD。（2)解法一：過點F作FQ⊥AK于Q，連接BQ.因為BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,則AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK。所以，∠BQF是二面角B-AD—F的平面角。在Rt△ACK中，AC=3,CK=2，得FQ=313在Rt△BQF中,FQ=31313，BF=3，得cos∠BQF=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AD,BE，CF相交于一點K，則△BCK為等邊三角形.取BC的中點O,則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以點O為原點,分別以射線OB，OK的方向為x，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AC·m=0,AK由AB·n=0,AK于是，cos<m，n>=m·n|所以，二面角B-AD—F的平面角的余弦值為34方法總結(jié)計算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角,也可以利用平面的法向量和向量的夾角公式求解。本題(2）的解法一根據(jù)二面角的平面角的定義構(gòu)造AD的垂面,二面角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通過解三角形求解。評析本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力.4。(2016山東，17,12分）在如圖所示的圓臺中,AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O'的直徑,FB是圓臺的一條母線。（1）已知G,H分別為EC,FB的中點.求證:GH∥平面ABC；（2）已知EF=FB=12AC=23解析(1)證明:取FC的中點為I，連接GI，HI。在△CEF中，因為點G是CE的中點,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中，因為H是FB的中點,所以HI∥BC.又HI∩GI=I，所以平面GHI∥平面ABC.因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC。(2)解法一:連接OO’，則OO’⊥平面ABC。又AB=BC，且AC是圓O的直徑,所以BO⊥AC。以O(shè)為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得B（0，23，0)，C(-23，0,0），所以BC=(-23，-23，0),過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.所以FM=FB2-故BF=(0，-3，3）.設(shè)m=（x,y,z）是平面BCF的法向量.由m·BC進(jìn)而可得平面BCF的一個法向量m=-1因為平面ABC的一個法向量n=(0,0,1)，所以cos〈m,n〉=m·n|又易知二面角F—BC—A為銳二面角，所以二面角F-BC-A的余弦值為77解法二：連接OO'.過點F作FM垂直O(jiān)B于點M。則有FM∥OO’。又OO’⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC。可得FM=FB過點M作MN垂直BC于點N，連接FN?？傻肍N⊥BC，從而∠FNM為二面角F—BC-A的平面角。又AB=BC，AC是圓O的直徑,所以MN=BMsin45°=62從而FN=422，可得cos∠FNM=7所以二面角F—BC-A的余弦值為775.（2015課標(biāo)Ⅱ,19,12分,0。501）如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=16,BC=10，AA1=8,點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4。過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.（1）在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2）求直線AF與平面α所成角的正弦值.解析（1）交線圍成的正方形EHGF如圖：(2）作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形，所以EH=EF=BC=10。于是MH=EH以D為坐標(biāo)原點，DA的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A（10，0，0),H（10，10,0）,E（10，4,8)，F(xiàn)(0，4，8),FE=（10，0,0），HE=(0，-6，8）.設(shè)n=（x，y，z)是平面EHGF的法向量，則n·FE所以可取n=(0,4,3）.又AF=(-10，4，8），故｜cos<n,AF>|=|n·AF所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為45思路分析(1）正方形是矩形且所有邊都相等，利用面面平行的性質(zhì)定理,結(jié)合長方體各棱長度作截面；（2）以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,DD方法技巧利用向量求線面角的方法：(1）分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影的方向向量,進(jìn)而求兩個方向向量的夾角(或其補角)；（2）通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量的夾角或其補角(求銳角），取該角的余角就是斜線與平面所成的角.6.（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=π2（1）求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2）點Q是線段BP上的動點，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時,求線段BQ的長.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,則各點的坐標(biāo)為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AD是平面PAB的一個法向量，AD=（0，2,0)。因為PC=(1,1,-2），PD=（0,2，—2）,設(shè)平面PCD的法向量為m=（x，y，z），則m·PC=0，m·PD=0,即x令y=1,解得z=1，x=1。所以m=（1,1，1)是平面PCD的一個法向量.從而cos<AD，m>=AD·m|所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為33(2)因為BP=（—1,0，2),設(shè)BQ=λBP=（-λ，0,2λ）(0≤λ≤1）,又CB=(0，—1,0），則CQ=CB+BQ=（—λ，-1,2λ),又DP=（0，-2，2),從而cos<CQ,DP>=CQ·DP|設(shè)1+2λ=t,t∈［1,3］,則cos2<CQ，DP>=2t25t2當(dāng)且僅當(dāng)t=95,即λ=25時,|cos<CQ,DP〉｜的最大值為因為y=cosx在0,又因為BP=12+2所以BQ=25BP=27.（2014陜西,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示，過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD，DC，CA于點F，G，H.（1)證明:四邊形EFGH是矩形；（2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值.解析(1)證明：由該四面體的三視圖可知,BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC,BD=DC=2，AD=1.由題設(shè)知,BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH。同理,EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四邊形EFGH是平行四邊形.又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四邊形EFGH是矩形。(2）解法一:如圖,以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0),A(0，0,1），B（2,0，0），C(0，2,0），DA=(0,0，1）,BC=（—2,2,0），BA=(-2，0，1）。設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y，z），∵EF∥AD，F(xiàn)G∥BC,∴n·DA=0，n·BC=0，得z=0∴sinθ=|cos〈BA，n>|=BA·n|BA||解法二：如圖,以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，則D（0，0,0)，A（0，0,1），B(2,0，0），C（0，2，0),∵E是AB的中點,∴F，G分別為BD,DC的中點,得E1,∴FE=0,0,12設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y，z)，則n·FE=0,n·FG=0，得12∴sinθ=|cos<BA,n>|=BA·n|BA||【三年模擬】填空題(共5分）1。（2018廣東珠海四校4月模擬，14)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1，AA1=2，點E為CC1的中點，則點D1到平面BDE的距離為.

答案2二、解答題（共60分）2。（2019屆黑龍江哈爾濱師范大學(xué)附中期中，19)如圖，在四棱錐S—ABCD中，側(cè)棱SA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，且SA=AB=BC=2,AD=1，M是棱SB的中點.（1)求證:AM∥平面SCD;（2）求平面SCD與平面SAB所成銳二面角的余弦值；（3）設(shè)點N是線段CD上的動點，MN與平面SAB所成的角為θ，求sinθ的最大值。解析(1)以點A為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,A（0,0，0)，B（0，2，0）,C（2,2，0）,D（1，0,0)，S(0，0，2),M(0，1,1）,∴AM=（0,1，1),SD=(1，0,—2)，CD=（-1,-2,0)，設(shè)平面SCD的一個法向量為n=(x,y,z),則SD·n=0∴AM·n=0,即AM⊥n，∵AM?平面SCD,∴AM∥平面SCD.(2）取平面SAB的一個法向量m=(1，0,0）,由圖可知,平面SCD與平面SAB所成角為銳二面角,則cos<n,m>=n·m|n||∴平面SCD與平面SAB所成的銳二面角的余弦值為63（3）設(shè)N(x,2x-2，0)（1≤x≤2)，則MN=（x,2x-3,-1），∵平面SAB的一個法向量為m=(1,0,0)，∴sinθ=|cos<MN,m〉｜=MN·m|MN|·∴當(dāng)1x=35,即x=53時，sinθ取得最大值,且(sinθ)max思路分析（1）通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用AM·n=0即可證明AM∥平面SCD；(2）分別求出平面SCD與平面SAB的法向量,利用法向量的夾角即可得出；（3）利用線面角的夾角公式即可得出表達(dá)式,進(jìn)而利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出結(jié)果。3。(2019屆山東青島9月調(diào)研，19）如圖，在長方形ABCD中，AB=π,AD=2,E,F為線段AB的三等分點,G、H為線段DC的三等分點。將長方形ABCD卷成以AD為母線的圓柱W的半個側(cè)面，AB、CD分別為圓柱W上、下底面的直徑。（1）證明：平面ADHF⊥平面BCHF;(2)求二面角A—BH-D的余弦值.解析(1)證明:因為H在下底面圓周上，且CD為下底面半圓的直徑,所以DH⊥HC.又因為DH⊥FH,且CH∩FH=H，所以DH⊥平面BCHF,又因為DH?平面ADHF,所以平面ADHF⊥平面BCHF。(2）以H為坐標(biāo)原點,分別以HD,HC，HF所在直線為x，y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系H—xyz,設(shè)下底面半徑為r,則πr=π,所以r=1，CD=2,因為G、H為DC的三等分點,所以∠HDC=30°，所以在Rt△DHC中，HD=3，HC=1,所以A（3，0,2)，B(0,1,2），D（3，0,0)，設(shè)平面ABH的法向量為n=(x,y,z),因為n·HA=（x，y，z)·（3,0,2)=0,n·HB=（x，y,z)·(0，1,2)=0,所以3x+2z=0,y+2z所以平面ABH的一個法向量為n=(—2，-23，3),設(shè)平面BHD的法向量為m=(x1，y1，z1)，因為m·HD=(x1,y1,z1)·（3,0,0)=0,m·HB=(x1,y1，z1）·（0,1，2)=0，所以3x1=0,y1+2結(jié)合圖形結(jié)A-BH—D的二面角為銳角,設(shè)為θ，所以二面角A-BH-D的余弦值cosθ=m·n|4。（2018湖北八校4月聯(lián)考,18)如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形,FA=FC，且∠DAB=∠DBF=60°。(1）求證：AC⊥平面BDEF；(2）求直線