2020年北京高考数学复习练习课件§8.5　空间角与距离、空间向量及其应用.pptx

1、考点一 匀变速直线运动,A组 自主命题北京卷题组,五年高考,1.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC= ,AC=AA1=2. (1)求证:AC平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)证明:直线FG与平面BCD相交.,解析 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中, 因为CC1平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形. 又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以ACEF. 因为AB=BC,所以ACBE. 所以AC平面BEF. (2)由(1)知ACEF,ACBE,EF

2、CC1. 又CC1平面ABC,所以EF平面ABC. 因为BE平面ABC,所以EFBE. 如图建立空间直角坐标系E-xyz.,由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). 所以 =(-1,-2,0), =(1,-2,1). 设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0), 则 即 令y0=-1,则x0=2,z0=-4. 于是n=(2,-1,-4). 又因为平面CC1D的一个法向量为 =(0,2,0), 所以cos= =- . 由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为- . (3)由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4

3、), =(0,2,-1). 因为n =20+(-1)2+(-4)(-1)=20, 所以直线FG与平面BCD相交.,2.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-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.,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)设AC,BD交点为E,连接ME.

4、 因为PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME, 所以PDME. 因为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), 则 即 令x=1,则y=1,z= . 于是n=(1,1, ).,

5、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 =|cos|= = . 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为 .,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.2.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si

6、n = , .,3.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EF BC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点. (1)求证:AOBE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE平面AOC,求a的值.,解析 (1)证明:因为AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AOEF. 又因为平面AEF平面EFCB,平面AEF平面EFCB=EF, AO平面AEF,所以AO平面EFCB. 又BE平面EFCB,所以AOBE. (2)取BC的中点G,连接OG. 由题设知EFCB是等腰梯形, 所以OGEF. 由(1)知A

7、O平面EFCB, 又OG平面EFCB,所以OAOG. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,思路分析 (1)先用面面垂直的性质定理得出线面垂直,进而得到线线垂直;(2)建立空间直角 坐标系,求出两个平面的法向量n,p,利用cos= 求值;(3)用坐标表示 , ,利用 =0求a的值.,评析 本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的求解以及线面垂直的性质定理,考查学 生的空间想象能力和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题 的关键.,4.(2012北京,16,14分)如图1,在RtABC中,C=90,BC=3,AC=6.D,E分别是AC,AB上的点,且DE BC,DE=2.将A

8、DE沿DE折起到A1DE的位置,使A1CCD,如图2. (1)求证:A1C平面BCDE; (2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小; (3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.,解析 (1)证明:因为ACBC,DEBC,所以DEAC. 所以DEA1D,DECD.所以DE平面A1DC.所以DEA1C. 又因为A1CCD,所以A1C平面BCDE. (2)如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz, 则A1(0,0,2 ),D(0,2,0),M(0,1, ),B(3,0,0),E(2,2,0). 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),

9、则n =0,n =0. 又 =(3,0,-2 ), =(-1,2,0), 所以 令y=1,则x=2,z= .所以n=(2,1, ). 设CM与平面A1BE所成的角为.,因为 =(0,1, ), 所以sin =|cos|= = = . 所以CM与平面A1BE所成角的大小为 . (3)线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:假设这样的点P存在,设其坐 标为(p,0,0),其中p0,3. 设平面A1DP的法向量为m=(x,y,z),则m =0,m =0. 又 =(0,2,-2 ), =(p,-2,0), 所以 令x=2,则y=p,z= .所以m= . 平面A1DP平面A1B

10、E,当且仅当mn=0,即4+p+p=0. 解得p=-2,与p0,3矛盾. 所以线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.,评析 本题主要考查线面垂直及空间角,进一步考查空间向量在立体几何中的应用.,5.(2011北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2, BAD=60. (1)求证:BD平面PAC; (2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值; (3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.,解析 (1)证明:因为四边形ABCD是菱形, 所以ACBD. 又因为PA平面ABCD,BD平面ABCD, 所以PABD. 又因

11、为PAAC=A,PA,AC平面PAC, 所以BD平面PAC. (2)设ACBD=O. 因为BAD=60,AB=2, 所以BO=1,AO=CO= . 如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,- ,2),A(0,- ,0),B(1,0,0),C(0, ,0), 所以 =(1, ,-2), =(0,2 ,0).,失分警示 易忽视菱形的对角线互相垂直,造成失分. 没有选择合适的空间直角坐标系,算错点的坐标、向量的数量积和模,造成失分. 算错平面的法向量以及运算失误,造成失分.,评析 本题考查空间线面位置关系的判定和相互转化,考查异面直线所成角的概念和求法.考 查空间想象能力、逻辑

12、思维能力和运算能力.解题的关键: 利用菱形的对角线互相垂直,进而判断线面垂直. 选取合适的空间直角坐标系,简化求点的坐标的过程. 利用平面的法向量解决异面直线所成角的问题. 本题综合性较强,计算量大,属于中等难度题.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 空间角与距离,1.(2018课标,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截 此正方体所得截面面积的最大值为( ) A. B. C. D.,答案 A 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题. 由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面所成的角均相等.如图, 正方体ABCD-A1

13、B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以平 面A1BD,当平面趋近点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面经过正方体的中心O时,截面图 形为正六边形,其边长为 ,截面图形的面积为6 = ;当平面趋近于C1时,截面 图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为 ,故选A.,解题关键 利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面所成角转化为共顶点的三条棱所在 直线与平面所成角是解决本题的关键.,方法点拨 利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法.,2.(2018课标,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1= ,则异面直线AD

14、1与DB1所 成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 本题考查异面直线所成的角. 解法一:如图,将长方体ABCD-A1B1C1D1补成长方体ABCD-A2B2C2D2,使AA1=A1A2,连接B1C2,DC2, 易知AD1B1C2, DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角. 易知B1C2=AD1=2,DB1= = ,DC2= = = .在DB1C2中,由余弦 定理的推论得cosDB1C2= = =- ,异面直线AD1与DB1所成角的余 弦值为 .故选C. 解法二:以A1为原点建立空间直角坐标系(如图),则A(0,0, ),D1(0,1,0),D(0,1, ),B1

15、(1,0,0),所以 =(0,1,- ), =(1,-1,- ),所以cos= = = .故选C.,方法总结 常见的求异面直线所成角的方法 (1)通过平移找到异面直线所成的角或其补角,构造三角形,通过解三角形求解; (2)建立空间直角坐标系,由向量的夹角公式求解.,3.(2017课标全国,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异面 直线AB1与BC1所成角的余弦值为( ) A. B. C. D.,答案 C 将直三棱柱ABC-A1B1C1补形成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图),连接AD1,B1D1,则AD1 BC1. 则B1AD1

16、(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角,易求得AB1= ,BC1=AD1= ,B1D1= .由 余弦定理得cosB1AD1= .故选C.,4.(2019课标全国文,16,5分)已知ACB=90,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到ACB两边 AC,BC的距离均为 ,那么P到平面ABC的距离为 .,答案,解析 本题主要考查直线与平面垂直的判定与性质,点到平面距离的计算等知识点;考查了考 生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力;考查的核心素养为直观想象. 设PO平面ABC于O,PEAC于E,PFBC于F, 连接OE、OF、OC,思路分析 设PO平面ABC,作PEAC,PFBC,根据线

17、面垂直的判定与性质判定四边形 OECF为矩形,根据RtPECRtPFC,得出EC=FC,进而判断出四边形OECF是正方形,从而 得出OC的长,进一步在RtPOC中求出PO的长,即点P到平面ABC的距离.,5.(2018课标,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为 ,SA与圆锥底面所 成角为45.若SAB的面积为5 ,则该圆锥的侧面积为 .,答案 40 ,解析 本题考查了圆锥的性质和侧面积的计算,考查了异面直线所成的角和线面角. 因为母线SA与圆锥底面所成的角为45,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形.设底面圆的半 径为r,则母线长l= r.在SAB中,cosASB= ,所

18、以sinASB= .因为SAB的面积为5 , 即 SASBsinASB= r r =5 ,所以r2=40,故圆锥的侧面积为rl= r2=40 .,疑难突破 利用底面半径与母线的关系,以及SAB的面积值求出底面半径是解题的突破口.,6.(2019天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PCD为等边三 角形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD; (2)求证:PA平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.,解析 本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂

19、直、直线与平面 所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运 算与直观想象的核心素养. (1)证明:连接BD,易知ACBD=H,BH=DH. 又由BG=PG,故GHPD.又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD. (2)证明:取棱PC的中点N,连接DN. 依题意,得DNPC. 又因为平面PAC平面PCD,平面PAC平面PCD=PC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC, 故DNPA. 又已知PACD,CDDN=D,所以PA平面PCD. (3)连接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角.,因为PCD为等边三角

20、形,CD=2且N为PC的中点, 所以DN= . 又DNAN,在RtAND中,sinDAN= = . 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 .,思路分析 (1)在BPD中证明GHPD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱 PC的中点N,连接DN,有DNPC,由面面垂直的性质,得DN平面PAC,从而得DNPA,进而得 出结论;(3)由(2)知所求角为DAN,在RtAND中求其正弦值即可.,7.(2018课标全国,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧 所在平面垂 直,M是 上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD平面BMC; (2)当三棱锥M-ABC体积

21、最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.,解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用. (1)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面 CMD,故BCDM. 因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)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. 当三棱锥M-ABC体积最大时,M为 的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1, 1)

22、, =(-2,1,1), =(0,2,0), =(2,0,0). 设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则,即 可取n=(1,0,2). 是平面MCD的法向量,因此 cos= = ,sin= . 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是 .,解后反思 一、面面垂直的判定 在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可 通过作辅助线来解决. 二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法 1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在 平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形

23、 判断所求角是锐角还是钝角. 2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根 据实际问题求解.,8.(2018天津,17,13分)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2 FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长.,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

24、空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. 依题意,可以建立以D为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐 标系(如图),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),M ,N(1,0,2). (1)证明:依题意 =(0,2,0), =(2,0,2). 设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量, 则 即 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又 = ,可得 n0=0, 又因为直线MN平面CDE, 所以MN平面CDE.,(2)依题意,可得 =(-1,0,0), =(1,

25、-2,2), =(0,-1,2). 设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量, 则 即 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量, 则 即 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos= = ,于是sin= .,所以,二面角E-BC-F的正弦值为 . (3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得 =(-1,-2,h). 易知, =(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量, 故|cos|= = , 由题意,可得 =sin 60= ,解得h= 0,2. 所以,线段DP的长为 .,方法归纳 利用空间向量解决立

26、体几何问题的一般步骤 (1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系; (2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标; (3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法 向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量; (4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、 求解; (5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).,9.(2017课标,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平

27、面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.,解析 本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象 能力、推理论证能力和运算求解能力. (1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD, 又APPD=P,AP、PD平面PAD,所以AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD. (2)解法一(综合法):根据题意可设AB=1, 因为ABCD,APD=BAP=CDP=90,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形, 且AD=PC=PB=CB= ,取PB的中点为

28、F,连接AF,CF, 在等腰三角形PAB中,可得AFPB,在等边三角形PBC中,可得CFPB, 所以AFC为二面角A-PB-C的平面角, 由(1)知AB平面PAD,又AD平面PAD,所以ABAD. 所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC= . 在AFC中,AC= ,AF= ,FC= , 由余弦定理可得cosAFC= =- , 所以二面角A-PB-C的余弦值为- . 解法二(向量法):在平面PAD内作PFAD,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

29、F-xyz.,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 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-PB-C为钝二面角, 所以二面角A-PB-C的余弦值为- .,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

30、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.,10.(2017课标,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.,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)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF= AD. 由BAD=ABC=

31、90得BCAD,又BC= AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE BF,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). 设M(x,y,z)(0x1),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的法向量,所以|cos|=sin 45, = , 即(x-1

32、)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, 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 .,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 由线面角为45求点M的坐标是解题的关键.,考点二 空间向量及其应用,1.(2019课标全国理,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtAB

33、C和菱形BFGC组成的一个平面图 形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.,解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的 空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象 和数学运算的核心素养. (1)由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面. 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.

34、 又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC. 由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH= . 以H为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz, 则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0, ), =(1,0, ), =(2,-1,0). 设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则 即 所以可取n=(3,6,- ). 又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos= = . 因此二面角B-CG-A的大小为30.

35、,思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE平行关系不变,可得ADCG,进而可得A、C、G、D四 点共面.由折叠前后不变的位置关系可得ABBE,ABBC,从而AB平面BCGE,由面面垂直的 判定定理可得结论成立. (2)由(1)可得EH平面ABC.以H为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系, 求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小.,2.(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)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.,解析 本题考查

36、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)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RtABERtA1B1E, 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), =(1,0,0), =(1,-1,1), =(0,0,2). 设平面EBC的法向量

37、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 .,一题多解,3.(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 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.

38、本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养. 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

39、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A1BC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, 所以,A1E平面ABC. 如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.,不妨设AC=4, 则A1(0,0,2 ),B( ,1,0

40、),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 ). 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 .,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”

41、.,4.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC=120, A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)证明:AB1平面A1B1C1; (2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.,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. 解法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=2 , 所以A1 +A =A , 故AB1A1B1. 由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B

42、1C1= , 由AB=BC=2,ABC=120得AC=2 , 由CC1AC,得AC1= ,所以A +B1 =A , 故AB1B1C1.又A1B1B1C1=B1, 因此AB1平面A1B1C1. (2)如图,过点C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.,由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1, 由C1DA1B1得C1D平面ABB1, 所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角. 由B1C1= ,A1B1=2 ,A1C1= 得cosC1A1B1= , 则sinC1A1B1= ,所以C1D= , 故sinC1AD= = . 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是

43、 . 解法二:(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的非负半轴,建立空间直 角坐标系O-xyz.,由题意知各点坐标如下: A(0,- ,0),B(1,0,0),A1(0,- ,4),B1(1,0,2),C1(0, ,1). 因此 =(1, ,2), =(1, ,-2), =(0,2 ,-3). 由 =0得AB1A1B1. 由 =0得AB1A1C1. 所以AB1平面A1B1C1. (2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为. 由(1)可知 =(0,2 ,1), =(1, ,0), =(0,0,2). 设平面ABB1的法向量n=(x,y,z). 由 得 可取n=(-

44、 ,1,0). 所以sin =|cos|= = . 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是 .,5.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.点D,E,N分别为棱PA, PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ,求线段AH的长.,解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线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.

45、 如图,以A为原点,分别以 , , 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意 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)证明: =(0,2,0), =(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则 即 不 妨设z=1,可得n=(1,0,1).又 =(1,2,-1),可得 n=0. 因为MN平面BDE,所以MN平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则,因为 =(0,-2,-1),

46、 =(1,2,-1),所以 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos= =- , 于是sin= . 所以,二面角C-EM-N的正弦值为 . (3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得 =(-1,-2,h), =(-2,2,2).由已知,得|cos|= = = ,整理得10h2-21h+8=0,解得h= 或h= . 所以,线段AH的长为 或 .,方法总结 利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充 分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标; (2)求出相关直线的方向向量及相关平面的

47、法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关 的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论.,6.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在 直线为旋转轴旋转120得到的,G是 的中点. (1)设P是 上的一点,且APBE,求CBP的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.,解析 本题考查线面垂直的证明和二面角的计算. (1)因为APBE,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)解法一:取 的中点

48、H,连接EH,GH,CH. 因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱形, 所以AE=GE=AC=GC= = . 取AG中点M,连接EM,CM,EC, 则EMAG,CMAG, 所以EMC为所求二面角的平面角.,又AM=1,所以EM=CM= =2 . 在BEC中,由于EBC=120, 由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12, 所以EC=2 ,因此EMC为等边三角形,故所求的角为60. 解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标 系. 由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1, ,3),C(-1, ,0), 故 =(2,0,-3), =(1, ,0), =(2,0,3), 设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量. 由 可得,取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,- ,2). 设n=(x2,y2,