高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何

§8.5空間向量及其應(yīng)用

考綱解讀

浙江省五年高考統(tǒng)計(jì)

考點(diǎn)考綱內(nèi)容要求

20162017

18(文

10,517,4

8,5分)

分分9,4

7(文)(2),7

1.了解空間直角坐標(biāo)系,會(huì)用空間直角坐標(biāo)表20(2)20(2)分

分

示點(diǎn)的位置.19(

了解、5分14(文

1.空間角2.了解空間兩點(diǎn)間的距離公式.9分8分2),

掌握18(文),

3.會(huì)用向量方法解決兩異面直線所成角、直20(文20(文約

)4分

線與平面所成角、二面角的計(jì)算問(wèn)題.))8

(2),817(2)

(2),5(2),8分

分

分分

8分

L了解空間向量的概念，了解空間向量的基本

定逑及芳意義,掌握空間向量的正交分解及其

坐標(biāo)表示.

2.掌握空間向量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示.

3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示,能運(yùn)

用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直.15,6

4.掌握向量的長(zhǎng)度公式、兩向量夾角公式、分19,

2.綜合應(yīng)20,1520,1514,4

空間兩點(diǎn)間的距離公式,并會(huì)解決簡(jiǎn)單的立體掌握17(2)15

用分分分

幾何問(wèn)題.分

5.理解直線的方向向量與平面的法向量.8分

6.會(huì)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.

7.會(huì)用晌量方法證明直線和平面位置關(guān)系的

有關(guān)命題，了解向量方法在研究幾何問(wèn)題中的

作用.

分析解讀1.空間角是立體幾何中的一個(gè)突出的量化指標(biāo),是空間圖形位置關(guān)系的具體體現(xiàn),因此,空間角是

IWJ考的必考內(nèi)容.

2.考查空間角的計(jì)算，既可能以選擇題、填空題的形式出現(xiàn),也可能以解答題的形式出現(xiàn).以探索題、最值

問(wèn)題考查空間角的計(jì)算,常以解答題的形式出現(xiàn),空間角的計(jì)算主要是傳統(tǒng)法和向量法.

3.在立體幾何解答題中，建立空間直角坐標(biāo)系（或取基底向量），利用空間向量的數(shù)量積解決直線、平面間的

位置關(guān)系、角度、長(zhǎng)度等問(wèn)題越來(lái)越受到青睞，特別是處理存在性問(wèn)題、探索性問(wèn)題、開放性問(wèn)題等，比用傳統(tǒng)

方法簡(jiǎn)便快捷,一直是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn).

4.預(yù)計(jì)2019年高考試題中，空間角的計(jì)算,空間向量在立體幾何中的應(yīng)用必是高考熱點(diǎn).復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起高度

重視.

五年高考

考點(diǎn)一空間角

1.（2017浙江,9,4分）如圖，已知正四面體D-ABC（所有棱長(zhǎng)均相等的三棱錐），P,Q,R分別為AB,BC,CA上的

BQCR

點(diǎn),AP=PB,QC=R4=2.分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為a,B,丫，則（）

A.y<a<PB.a<y<0C.a<0<yD.0<y<a

答案B

2.(2014廣東,5,5分)已知向量a=(l,0,T),則下列向量中與a成60°夾角的是()

A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)

C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)

答案B

3.(2014課標(biāo)H,11,5分)直三棱柱ABC-A1BG中，ZBCA=90°,M,N分別是AB,AC的中點(diǎn),BC=CA=CCi,則BM與

AN所成角的余弦值為()

12頓也

A.10B.5C.10D.2

答案C

4.(2016浙江文，14,4分)如圖，已知平面四邊形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=擊,ZADC=90".沿直線AC將4ACD翻

折成AACD',直線AC與BD'所成角的余弦的最大值是_______.

冊(cè)

答案了

5.（2016浙江，17,15分）如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中，平面BCFEJL平面ABC,ZACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.

⑴求證:BF_L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_L平面ABC,且AC±BC,所以,AC_L平面BCK,因此,BF1AC.

又因?yàn)镋F〃BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以ABCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn)，則BF±CK.

又ACCCK=C,

所以BF_L平面ACFD.

⑵解法一:過(guò)點(diǎn)F作FQ_LAK于Q,連接BQ.

因?yàn)锽F_L平面ACK,所以BF1AK,則AK_L平面BQF,所以BQ1AK.

所以，ZBQF是二面角B-AD-F的平面角.

3.

在RtAACK中，AC=3,CK=2,得FQ=13.

37134739小

在RtZXBQF中,FQ=13,BF=悔,BQ=13，得cos/BQF=4.

所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為4.

解法二:如圖,延長(zhǎng)AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,則易知ABCK為等邊三角形.取BC的中點(diǎn)0,則K01BC,又平面

BCFE_L平面ABC,所以,K0_L平面ABC.以點(diǎn)0為原點(diǎn),分別以射線OB,0K的方向?yàn)閤,z的正方向,建立空間直角坐

標(biāo)系0-xyz.

[1,0,5(-1,0,^

由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,窗)，A(-1,-3,0),E[221卜22)

因此,(0,3,0),(1,3,憫，'^=(2>3,0).

設(shè)平面ACK的法向量為m=(xi,yi,zj,平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2).

(AC?m=0,3yl=o,

由'5一°得

?…x+啊=

；AB_-n0,

，2X2+3y2=0,

x+3%+A/3Z=0,廠

；AK-n。得22?2

由-取n=(3,-2,憫.

m,n小

于是，cos〈m,n〉=|m"n=4.

所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為4.

6.(2017課標(biāo)全國(guó)II理,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

1

ABCD,AB=BC=2AD,ZBAD=ZABC=90°,E是PD的中點(diǎn).

⑴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

⑴取PA的中點(diǎn)F,連接EF,BF.因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF//AD,EF=2AD.

1

由NBAD=NABC=90。得BC〃AD,又BC=5AD,所以EFBC,四邊形BCEF是平行四邊形,CE〃BF,又BFu平面

PAB,CEC平面PAB,故CE〃平面PAB.

⑵由已知得BA1AD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),4B的方向?yàn)閤軸正方向，|4B|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

A-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,窗)，'Pel(1,0,-筋)，"=(1,0)0).

PM

設(shè)M.(x,y,z)(0<x<l),則BM=(x-l,y,z),=(x,y-1,z-柩).

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，

)22.

所以|cos〈BM,n〉|=sin45°,_I)2+y2+z?=2,

即(x-l)2+y2-z2=0.①

又M在棱PC上，設(shè)嬴二人PC則

x=入，y=l,z=木-小人.②

由①②解得(舍去)，或

所以J2~21,從而兒U2-21.

設(shè)m=(xo,y0,z0)是平面ABM的法向量，

p?空二0,z(2-位居+2y0+A/6Z0=0,

則"=。,即t…

所以可取m=(0,2).

m?n^/10

于是cos〈m,n>=巾?l=5.

易知所求二面角為銳角.

炳

因此二面角M-AB-D的余弦值為5.

7.(2017北京理，16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD_L平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB

上,PD〃平面MAC,PA=PD=而,AB=4.

⑴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.

解析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理,線面平行的性質(zhì)定理,二面角，直線與平面所成的角等知識(shí).考查用空間向

量解決立體幾何問(wèn)題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力.

⑴設(shè)AC,BD交點(diǎn)為E,連接ME.

因?yàn)镻D〃平面MAC,平面MACn平面PDB=ME,

所以PD/7ME.

因?yàn)锳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)0,連接OP,0E.

因?yàn)镻A=PD,所以0P_LAD.

又因?yàn)槠矫鍼AD_L平面ABCD,且OPc平面PAD,

所以O(shè)P_L平面ABCD.

因?yàn)镺Ec平面ABCD,所以O(shè)P±OE.

因?yàn)锳BCD是正方形,所以0E1AD.

如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,返)，D⑵0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),⑵0,-g).

設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z),

n?BD:0,

j4x-4y=0,

n-PD=0[x-=0.

即2

令x=l,則y=l,z=也.

于是n=(l,1,詢.

平面PAD的一個(gè)法向量為p=(0,1,0).

n?p1

所以cos〈n,p>=nIp1=2.

由題意知二面角B-PD-A為銳角，所以它的大小為3.

II3.2,

⑶由題意知,爪2,4,0),MC』

設(shè)直線MC與平面BDP所成角為a,

n?MC|

2A/6

則sina|cos<n,MC>|二nMC|

所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為9.

8.(2017天津理,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA_L底面ABC,NBAC=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二AC=4,AB=2.

⑴求證:MN〃平面BDE;

⑵求二面角C-EM-N的正弦值；

⑶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21,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(wèn)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IX,1c,如1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

(n?DE=0,

II\n?DB=0,?!97、n

⑴證明：DE=(0,2,0)二⑵0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,貝八即設(shè)”2z一。不妨設(shè)

z=l,可得n=(l,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MN?n=0.

因?yàn)镸NC平面BDE,所以MN〃平面BDE.

I

伊2?EM=0,

ln2?MN=0.

(2)易知m=(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)n產(chǎn)(x,y,z)為平面EMN的法向量,則

?r-2y-z=0,

因?yàn)椤辍?(0,-2,-1),“'=(1,2,-1),所以口+2y-z=0.

不妨設(shè)y=l,可得n2=(-4,1,-2).

%?電4

nn

因此有cos<ni,n2>=i2=一

V105

于是sinVm,ri2>=21.

7105

所以,二面角C-EM-N的正弦值為k.

⑶依題意,設(shè)AH二h(0WhW4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得二(-1,-2,h)，謁二(-2,2,2).由已知,得

一"㈣J…豆81

|COS&H,￡〉|=N*BE|#+5X2顯五,整理得10*26+8=0,解得h工或h=5.

所以，線段AH的長(zhǎng)為M或5.

9.(2016課標(biāo)全國(guó)II,19,12分)如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)0,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分別在AD,CD

5

上,AE=CF=4,EF交BD于點(diǎn)H.將ADEF沿EF折到△□'EF的位置,0D'=廊.

(1)證明:D'H_L平面ABCD;

(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.

解析(1)證明：由己知得AC_LBD,AD=CD.

AECF

又由AE=CF得AD=CD,故AC〃EF.

因此EF_LHD,從而EFID'H.(2分)

由AB=5,AC=6得DO=BO=7xfi2-A°2=4.

OHAE

由EF〃AC得。。=4。=4.

所以O(shè)H-1,D'H=DH=3.

于是D,H2+0H2=32+l2=10=D'02,故D'H±OH.(4分)

又D'H_LEF,而OHPEF=H,所以D'H_L平面ABCD.(5分)

(2)如圖，以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-

，

l,0),B(0,-5)0),C(31-l)0),D(0,0,3),

4B=(3,-4,0),4C=(6,0,0),4。'=(3,1,3).(6分)

設(shè)m=(xi,ybzi)是平面ABD)的法向量,

m?AB3X]-4yl=0,

1

m?AD3X]+%+3z1=0,

所以可取m=(4,3,-5).(8分)

設(shè)n=(x2,y2,Z2)是平面ACD'的法向量,

所以可取n=(0,-3,1).(10分)

XV10=-25

sin<m,n>=25.

2項(xiàng)

因此二面角B-D'A-C的正弦值是25.（12分）

10.（2015陜西，18,12分）如圖1,在直角梯形ABCD中，AD〃BC,NBAD=2,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點(diǎn),0是AC

與BE的交點(diǎn).將4ABE沿BE折起到AAiBE的位置,如圖2.

⑴證明：CDJ_平面AiOC;

（2）若平面AiBE_L平面BCDE,求平面AiBC與平面A￡D夾角的余弦值.

解析（1）證明：在題圖1中，因?yàn)锳B=BC=1,AD=2,E是AD的中點(diǎn)，ZBAD=2,

所以BE±AC.

即在題圖2中,BE±0Ai,BE10C,

從而BE_L平面AiOC,

又CD〃BE,

所以CD_L平面AQC.

（2）因?yàn)槠矫鍭iBE_L平面BCDE,

又由（1）知，BElOAi,BE±0C,

所以NAQC為二面角A-BE-C的平面角，

7T

所以NAQC=5.

如圖，以o為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)锳iB=AiE=BC=ED=l,BC〃ED,

所以B’

f.f.o'

Illil

,CD=BE=(—小,0,0).

設(shè)平面AiBC的法向量ni=(xi,ybzi),平面AiCD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面AiBC與平面AiCD夾角為。,

II

(n?BC=0,

-1(-X1+V1=°.

(ni,A]C=0,jy-z.=0,

則得(11HZn,=(1,1,1);

(n2?CD=0,

AjC=0,

從而cos0-1cos<ni,n：

即平面A,BC與平面A￡D夾角的余弦值為3.

11.（2014福建，17,13分）在平面四邊形ABCD中，AB=BD=CD=1,AB±BD,CD1BD.將4ABD沿BD折起,使得平面

ABD_L平面BCD,如圖.

⑴求證:AB_LCD;

(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：I?平面ABD_L平面BCD,平面ABDCI平面BCD=BD,ABc平面ABD,AB±BD,

，AB_L平面BCD.

又CDc平面BCD,.1.ABICD.

⑵過(guò)點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE1BD,如圖.

由(1)知AB_L平面BCD,BEc平面BCD,BDc平面BCD,

.\AB±BE,AB±BD.

以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以裾，'叱K的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.

(0.H,

依題意，得B(O,O,O),C(1,1,O),D(O,1,O),A(O,O,1),M、22,

則bcL(1,1,0),嬴=(°,5,3,AD=(0,1,-1).

設(shè)平面MBC的法向量為n=(xo,yo,z0),

/II

(n,BC=0,

,\n?=0,

則

/%+%=°，

11

2y°*/=°，

即

取z0=l,得平面MBC的一個(gè)法向量為n=(l,-l,1).

設(shè)直線AD與平面MBC所成角為0,

_^AD'

I,,,I,—

則sin0=|cos<n,AD>\=n,AD|=3,

季

即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為萬(wàn)

教師用書專用(12—27)

12.(2015四川，14,5分)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ

上,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn).設(shè)異面直線EM與AF所成的角為。，則cos。的最大值為

2

答案5

13.(2017課標(biāo)全國(guó)I理，18,12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB〃CD,且NBAP=NCDP=90°.

⑴證明：平面PAB_L平面PAD;

(2)若PA=PD=AB=DC,NAPD=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(wèn)題.

(1)由已知NBAP=NCDP=90°,得AB±AP,CD±PD.

由于AB〃CD,故AB_LPD,

又APClPD=P,從而AB_L平面PAD.

又ABc平面PAB,所以平面PAB_L平面PAD.

(2)在平面PAD內(nèi)作PF_LAD,垂足為F.

由⑴可知,AB_L平面PAD,故AB1PF,

又ADAAB=A,可得PF_L平面ABCD.

以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，工,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F-xyz.

由(1)及已知可得A'5°'°

/142,，2),小慮0,0)13{2,，2),定(0,1,0).

設(shè)n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,則

(也嶇

「?普=。，一萬(wàn)x+y-萬(wàn)z=0,

In-CB=0,I圾=0.

即

可取n=兩.

設(shè)n=(x,y,z)是平面PAB的法向量,則

I(也也

(m-PA=0,萬(wàn)x-yz=0,

[m?加=0Iy=0.

即

可取m=(l,0,1).

n?m

則cos〈n,ni>="m\=-3,

易知二面角A-PB-C為鈍二面角，

g

所以二面角A-PB-C的余弦值為-了.

14.（2015課標(biāo)H,19,12分）如圖，長(zhǎng)方體ABCD-AiBiCiDi中,AB=16,BC=10,AAi=8,點(diǎn)E,F分別在AB,DC

上,AiE=DiF=4.過(guò)點(diǎn)E,F的平面a與此長(zhǎng)方體的面相交,交線圍成一個(gè)正方形.

￡2

⑴在圖中畫出這個(gè)正方形（不必說(shuō)明畫法和理由）

⑵求直線AF與平面a所成角的正弦值.

解析（1）交線圍成的正方形EHGF如圖：

MH

(2)作EM1AB,垂足為M,貝！JAM=AiE=4,EM=AAi=8.

因?yàn)镋HGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.

于是MH二而"2_EM?=6>所以AH=10.

以D為坐標(biāo)原點(diǎn),bl的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則

II

A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),眸(10,0,0),HE=(o,-6,8).

設(shè)n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量，

n?FE

n-ffilOx=0,

-6y+8z=0,

所以可取n=(0,4,3).

又AF二（-10,4,8）,故|cos<n,”〉|=InAF|=15.

4而

所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為記

TT

15.（2015重慶，19,13分）如圖，三棱錐P-ABC中，PC_L平面ABC,PC=3,ZACB=2.D,E分別為線段AB,BC上的點(diǎn),

且CD=DE=M,CE=2EB=2.

⑴證明:DEL平面PCD;

（2）求二面角A-PD-C的余弦值.

解析（1）證明：由PC_L平面ABC,DEc平面ABC,得PC±DE.由CE=2,為等腰直角三角形,故

CDIDE.

由PCnCD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線,

故DE_L平面PCD.

(2)由(1)知，ACDE為等腰直角三角形，ZDCE=4.如圖，過(guò)D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,

故FB=2.

TTDFFB233

由NACB=5得DF^AC,AC=BC=3I故AC=2DF=2.

以C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以MM炭的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則

b,O,III-1>0

C(0,0,0),P(0,0,3),A、2<E(0,2,0),D(1,1,0),(1,-1,0),DP=(T,-1,3),加=\2

設(shè)平面PAD的法向量為m=(xi,ybzi),

xi-yx+3z1=o,

1

-x.一y1二o,

21

由m?DP=0,ni,D4=0,得故可取ni=(2,1,1).

由⑴可知DE,平面PCD,故平面PCD的法向量3可取為ED,即3二(1,T,0).

從而法向量nb3的夾角的余弦值為

nn

cos<ni,n2>=?i??21=6,

又二面角為銳角，

故所求二面角A-PD-C的余弦值為6.

16.(2014安徽,20,13分)如圖，四棱柱ABCD-ABCD中，AiA_L底面ABCD.四邊形ABCD為梯形,AD〃BC,且AD=2BjC.

過(guò)Ai,C,D三點(diǎn)的平面記為a,BB,.與a的交點(diǎn)為Q.

(1)證明:Q為BBi的中點(diǎn);

(2)求此四棱柱被平面a所分成上下兩部分的體積之比；

(3)若AAi=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面a與底面ABCD所成二面角的大小.

BC

解析⑴證明：因?yàn)锽Q〃AA“BC〃AD,BCClBQ=B,ADClAAi=A,

所以平面QBC〃平面AiAD.

從而平面AiCD與這兩個(gè)平面的交線相互平行，即QC〃AD

故△QBC與AAiAD的對(duì)應(yīng)邊相互平行,于是△QBCS/XAIAD.

BQBQBCI

所以BBI=44=而旦即Q為BBl的中點(diǎn).

(2)如圖1,連接QA,QD.設(shè)AA,=h,梯形ABCD的高為d,四棱柱被平面a所分成上下兩部分的體積分別為V上和V

T,BC=a,則AD=2a.

圖1

111

%-4AD=3X2?2a?h?d二3ahd,

1a+2a11

VQ-ABCD=3?2?d?2h=4ahd,

7

所以V下二%-xiAD+Vo-ABCD=12ahd,

3

17~

又”-ABCD=2ahd,

3711

所以V上=〃品?「ABCD-VT=2ahd-12ahd=12ahd,

LLH

故人=7

(3)解法一:如圖1,在ZkADC中，作AE±DC,垂足為E,連接AEAC.

又DE_LAAi,且AAiAAE=A,

所以DE_L平面AEAi,于是DE±AiE.

所以NAEAi為平面a與底面ABCD所成二面角的平面角.

因?yàn)锽C/7AD,AD=2BC,所以SAAI>C=2SABCA.

又因?yàn)樘菪蜛BCD的面積為6,DO2,所以SAADC=4,AE=4.

44]IT

于是tanNAEAi="E=1,NAEAi=4.

IT

故平面a與底面ABCD所成二面角的大小為4

解法二:如圖2,以D為原點(diǎn),0%的方向分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.

圖2

設(shè)NCDA=0.

a+2a

因?yàn)閟四邊形ABCD=2?2sin0=6,

2

所以a二sin。.

從而C(2cos9,2sin0,0),

，4

—0,4

Ai

，4

----,0,4

所以DC=(2cos9,2sin。，0),叫」

設(shè)平面AiDC的一個(gè)法向量為n=(x,y,1),

,I__I4

DAn=x+4=0,

1sm9

DC-n=2xcos0+2ysin0=0,,

由得x=-sin0,y=cos9,

所以n=(-sin0,cos0,1).

又因?yàn)槠矫鍭BCD的一個(gè)法向量為m二(0,0,1),

n?m也

所以cos<n,m>=lnl1^1=2,

由圖知平面a與底面ABCD所成二面角的平面角為銳角，

1T

故平面a與底面ABCD所成二面角的大小為4.

17.(2014廣東,18,13分)如圖，四邊形ABCD為正方形,PD_L平面ABCD,NDPC=30°,AF±PC于點(diǎn)F,FE//CD,交PD

于點(diǎn)E.

⑴證明：CF_L平面ADF;

⑵求二面角D-AF-E的余弦值.

AB

解析(1)證明：:PD，平面ABCD,

.\PD±AD,

又CD_LAD,PDACD=D,

???AD_L平面PCD,,??AD_LPC,

又AFI.PC,AFGAD二A,

???PC_L平面ADF,即CF_L平面ADF.

(2)設(shè)AB=1,則RtAPDC中，CD=1,???NDPO30

???PC=2,PD二瓶由(1)知CF±DF,

?

；.DF=2,

1

；.CF=5,又FE〃CD,

DECF1書

；.PD=PC=4t,-.DE=4,

33

同理EF=4CD=4,

如圖所示，以D為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,1),

小3\

—,一,0J

E,440),C(0,1,0).

設(shè)m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,

柒=(,,o,-1)

EF=(0,|,0),

m_1_AE,

m±S,

則又

二V3

Tn-AE=_X_z=0,

4

3

m-EF=-y=0,

令x=4,得z=也故m=(4,0,”)，

由⑴知平面ADF的一個(gè)法向量為1Pel(-啊1,0),設(shè)二面角D-AF-E的平面角為0,可知。為銳角，

I..:G城2^572^57

cos0=|cos<m,pC>|=m-PC|=4歷X2=19，故二面角D-AF-E的余弦值為19.

18.(2014北京，17,14分)如圖，正方形AMDE的邊長(zhǎng)為2,B,C分別為AM,MD的中點(diǎn).在五棱錐P-ABCDE中,F為棱

PE的中點(diǎn),平面ABF與棱PD,PC分別交于點(diǎn)G,H.

⑴求證:AB〃FG;

(2)若PA_L底面ABCDE,且PA=AE,求直線BC與平面ABF所成角的大小,并求線段PH的長(zhǎng).

解析(1)證明：在正方形AMDE中，因?yàn)锽是AM的中點(diǎn)，所以AB〃DE.

又因?yàn)锳B。平面PDE,

所以AB〃平面PDE.

因?yàn)锳Bc平面ABF,且平面ABFC1平面PDE=FG,

所以AB〃FG.

⑵因?yàn)镻A_L底面ABCDE,所以PA±AB,PA±AE.

如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(O,0,0),B(l,0,0),C⑵1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),&1=(1,1,0).

設(shè)平面ABF的法向量為n=(x,y,z),

/I

(n?AB=0,

即

令z=l,則y=-l.所以n=(0,-1,1).

設(shè)直線BC與平面ABF所成角為a,

n?BC

-------1

則sina=|cos〈n,BC>|二?MlBCI=2.

Tt

因此直線BC與平面ABF所成角的大小為W.

設(shè)點(diǎn)H的坐標(biāo)為(u,v,w).

因?yàn)辄c(diǎn)H在棱PC上,所以可設(shè)二xW(0<x<1),

即(u,v,w-2)=A(2,1,-2).

所以u(píng)=2入，v=入，w=2-2人.

因?yàn)閚是平面ABF的法向量,所以n-1川二0,

即(0,T,1)?(2入，X,2-2X)=0.

2(半

解得入=3,所以點(diǎn)H的坐標(biāo)為口3'隊(duì)

所以PH=

19.(2014陜西，17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過(guò)棱AB的中點(diǎn)E作平行于AD,BC的平面分別交四

面體的棱BD,DC,CA于點(diǎn)F,G,H.

⑴證明：四邊形EFGH是矩形；

(2)求直線AB與平面EFGH夾角e的正弦值.

解析(1)證明：由該四面體的三視圖可知,

BD1DC,BD1AD,AD1DC,BD=DC=2,AD=1.

由題設(shè)知,BC〃平面EFGH,

平面EFGHn平面BDC=FG,

平面EFGHP平面ABC=EH,

，BC〃FG,BC〃EH,，F(xiàn)G〃EH.

同理,EF〃AD,HG〃AD,；.EF〃叫

四邊形EFGH是平行四邊形.

又YAD^DC,AD_LBD,；.AD_L平面BDC,

；.AD_LBC,；.EF_LFG,

四邊形EFGH是矩形.

(2)解法一:如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)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),

/廿二y

X

必(0,0,1),盛二(-2,2,0),必(-2,0,1).

設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z),

VEF/7AD,FG/7BC,

IIII

An?。4=0,n,BC=0,

(z=0,

得iTx+Z"。坂.,],。)，

I

BA?n

I2炳

/.sin8=|cos〈B4,n〉|=出川H=加X也=5.

解法二:如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)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),

VE是AB的中點(diǎn)，，F(xiàn),G分別為BD,DC的中點(diǎn)，

(1,0,1)

得N2<F(l,0,0),G(0,1,0).

I(°?°>I)IIII

???*\2),FG=(-1,1,0),BA=(-2,0,1).

設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z),

貝ljn?=0,n?FG=0,

(1

I?-0，

,I-x+y=0,

得取n=(l,1,0),

I

BA?n

―?----2炳

/.sin8=|cos〈B4n>|=仍""宿=而X例=5.

20.(2014四川，18,12分)三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示.設(shè)M,N分別為線段AD,AB的中點(diǎn),P為線

段BC上的點(diǎn)，且MN_LNP.

⑴證明：P是線段BC的中點(diǎn)；

(2)求二面角A-NP-M的余弦值.

俯視圖

解析(1)證明：如圖，取BD中點(diǎn)0,連接AO,CO.

由側(cè)視圖及俯視圖知，AABD,ABCD為正三角形，

因此AO_LBD,0C1BD.

因?yàn)锳O,OCu平面AOC內(nèi)，且AOC0C=0,

所以BD_L平面AOC.

又因?yàn)锳Cc平面AOC,所以BD±AC.

取B0的中點(diǎn)H,連接NH,PH.

又M,N分別為線段AD,AB的中點(diǎn)，

所以NH〃AO,MN〃BD.

因?yàn)锳O_LBD,所以NH_LBD.

因?yàn)镸N_LNP,所以NP_LBD.

因?yàn)镹H,NPc平面NHP,且NHCNP=N,

所以BD_L平面NHP.

又因?yàn)镠Pc平面NHP,所以BD±HP.

又0C1BD,HPc平面BCD,OCc平面BCD,所以HP〃OC.

因?yàn)镠為B0中點(diǎn)，故P為BC中點(diǎn).

⑵如圖，作NQ1,AC于Q,連接MQ.

由(1)知,NP〃AC,所以NQ_LNP.

因?yàn)镸N±NP,所以NMNQ為二面角A-NP-M的一個(gè)平面角.

由(1)知，AABD,ABCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以A0=0C=\5.

由俯視圖可知,AO_L平面BCD.

因?yàn)镺Cc平面BCD,所以AO±OC.

因此在等腰RtAAOC中,AC=

作BR_LAC于R

AB2-(-V迎

在4ABC中,AB=BC,所以BR=J=2.

因?yàn)樵谄矫鍭BC內(nèi)，NQ_LAC,BR±AC,所以NQ〃BR.

又因?yàn)镹為AB的中點(diǎn)，所以Q為AR的中點(diǎn)，

BR順

因此NQ=2=4.

炳

同理,可得MQ=V,

MNBD

24曬

所以在等腰AHNQ中，cosZMNQ=W^=V.

Vio

故二面角A-NP-M的余弦值是5.

21.(2014天津，17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA_L底面ABCD,AD±AB,AB/ZDC,AD=DC=AP=2,AB=1,點(diǎn)E為

棱PC的中點(diǎn).

⑴證明BE1DC;

⑵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BF±AC,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(l,1,1).

(1)證明：向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE-DC=Q_

所以BE1DC.

⑵向量加=(T,2,0),‘PB=(1,0,-2).設(shè)n=(xi,ybz)為平面PBD的法向量，

[n?BD=0,

j□_(-x+2y=Q,

則二°，即iX_2z=0.不妨令y=i,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個(gè)法向量.于是有

?-產(chǎn)2?

cos<n,BEy=\n\?|BE|=的X也=3.

也

所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為了.

⑶向量b3(l,2,0),CPL(-2,-2,2),1C=(2,2,0),定(1,0,0).由點(diǎn)F在棱PC上,

IIII

設(shè)CF二人牝0W入WL

3

i^BF=BC+CF=BC+XCP=(1-2入，2-2入，2入).由BFJ_AC,得BF.AC=0,因止匕,2入)+2(2-2入)=0,解得人二4.故

儼］?些=0,(1；‘3

L.BF=0,

BF4222”設(shè)m=(xi,y?zj為平面FAB的法向量，貝『即一

不妨令Z1=1,可得ni=(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

二1°-2-33710

nn

cos<ni,n2>=li?l2l=V10X1二一10.

易知,二面角F-AB-P是銳角，

3匹

所以其余弦值為工鼠.

22.（2013遼寧，18,12分）如圖,AB是圓的直徑,PA垂直圓所在的平面,C是圓上的點(diǎn).

⑴求證:平面PAC_L平面PBC;

（2）若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.

解析（1）證明：由AB是圓的直徑,得AC±BC,由PA_L平面ABC,BCc平面ABC,得PA±BC.

又PAnAC=A,PAc平面PAC,ACc平面PAC,所以BC_L平面PAC.

因?yàn)锽Cu平面PBC,

所以平面PBC_L平面PAC.（6分）

⑵解法一:過(guò)C作CM//AP,則CM_L平面ABC.

如圖，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn).分別以直線CB,CA,CM為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

因?yàn)锳B=2,AC=1,所以BC=<3.

因?yàn)镻A=L所以A(0,l,0),B(避,0,0),P(0,1,1),

故屋(啊0,0),/L(0,1,1).

設(shè)平面BCP的法向量為m=(x,y,z),

(CB,n1=0,

CP?%=0,

則

fV3x=0,

所以”二。，

不妨令y=l,則ni=(0,1,-1).

因?yàn)?1(0,0,1),^(A-1,0),

設(shè)平面ABP的法向量為n2=(xi,ybzi),

I

(AP,n2=0,

jAB?n9=0,

則

(4=0,

所以向f=°'

不妨令X1=1,則n2=(l,小,0).

■V6

于是cos<ni,n2>=2^=4,

<6

由題圖可知二面角C-PB-A為銳二面角，故其余弦值為了.(J2分)

解法二:過(guò)C作CM_LAB于M,

因?yàn)镻A_L平面ABC,CMc平面ABC,

所以PA±CM,

故CMJ_平面PAB.

過(guò)M作MN1PB于N,連接NC,

易知CN_LPB.

所以NCNM為二面角C-PB-A的平面角.

小3

在RtAABC中,由AB=2,AC=1,得BC=/,CM=2,BM=2.在RtAPAB中,由AB=2,PA=1,得PB=A/5.

因?yàn)镽tABNM^RtABAP,

3

MN23擊

所以1=而，故MN=10.

A/30<6

又在RtACNM中，CN=5,故cosNCNM=4.

<6

所以二面角C-PB-A的余弦值為了.