2020年浙江高考数学复习练习课件：§8.5　空间角、空间向量及其应用.pptx

1、考点一 空间角,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,1.(2019浙江,8,4分)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端 点).记直线PB与直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角P-AC-B的平面 角为,则 ( ) A., B., C., D.,答案 B 本题考查了空间角和正三棱锥的性质,通过空间角的计算考查了空间想象能力和 数学运算能力,通过找角的过程考查了直观想象的核心素养. 过B作直线lAC,过P作底面ABC的垂线PD,D为垂足,过D作DFAB于F,作DEl于E,连接AD, BD,PF,PE, 由题意可知,二面角P-AC-B的大小与

2、二面角P-AB-C的大小相等, 结合空间角的定义知PBE=,PBD=,PFD=, 在RtPEB与RtPDB中,由PEPD得sin sin , (、均为锐角). 在RtPDB与RtPDF中,由PBPF得sin (、均为锐角).故选B.,思路分析 在图形中找到异面直线所成的角,线面角和二面角的平面角,通过解直角三角形,比 较求解,本题也可以通过取正四面体侧棱的中点P,由特殊值法求解.,疑难突破 过点P作平面ABC的垂线,以其为公共边找到相应的空间角,通过解直角三角形去 求解,是关键也是难点的突破口.,2.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的

3、点(不 含端点).设SE与BC所成的角为1,SE与平面ABCD所成的角为2,二面角S-AB-C的平面角为3,则 ( ) A.123 B.321 C.132 D.231,答案 D 本题考查正四棱锥的性质,异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角的概 念、作法以及三角函数值的大小比较. 由题意知该四棱锥为正四棱锥,设AB,AD,BC的中点分别为P,M,N.连接MN,过点E作直线MN的 垂线交MN于点Q.设O为S在底面ABCD内的射影,连接SO,OP,OE,SP,SQ,则SEQ=1,SEO=2, SPO=3, tan 2= ,tan 3= ,OPOE,tan 3tan 2. 又EQMN,EQSO

4、,MNSO=O,MN,SO平面SOQ,EQ平面SOQ,又SQ平面SOQ,EQ SQ. tan 1= ,SQSO,EQ=OP,tan 1tan 3. 故有tan 1tan 3tan 2. 由图可知1,2,3 ,132,故选D.,思路分析 (1)判断四棱锥的形状,作出高线. (2)作出异面直线SE与BC所成的角,直线SE与平面ABCD所成的角,二面角S-AB-C的平面角. (3)根据公共边找等量关系,选择求三个角的正弦值、余弦值还是正切值. (4)比较所求三角函数值的大小,得三个角的大小关系.,3.(2017浙江,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为A

5、B,BC, CA上的点,AP=PB, = =2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为,则 ( ) A. B. C. D.,答案 B 本题考查正四面体的性质,二面角的定义,解三角形,利用空间向量求平面的法向量 及计算并比较二面角的大小,考查推理运算能力和空间想象能力. 解法一:连接CP,作ROAB,交CP于点O,则O为等边ABC的中心,且点D在平面ABC内的射影 为O,连接DO.,以O为坐标原点,OP所在直线为x轴,RO所在直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立空间直角坐标 系,如图所示. 设正四面体的棱长为3,则OP= 3= ,OR= 3=1,点Q到x轴的距离为 PB=

6、 = ,点Q到y轴的距离为 .,故有P ,Q ,R(0,-1,0),D(0,0, ). 此时,点O在PQR内部,故,均为锐角. 取平面PQR的一个法向量为n=(0,0,1). 设平面DPR的法向量为m1=(x1,y1,z1), = , =(0,1, ), 得 取z1=1,得m1=(2 ,- ,1). cos =|cos|= = . 设平面DPQ的法向量为m2=(x2,y2,z2), = , = , 得 取x2=2 ,得m2=(2 ,4 ,1). cos =|cos|= = . 设平面DQR的法向量为m3=(x3,y3,z3), = , =(0,1, ), 得 取z3=1,得m3=(-3 ,-

7、,1). cos =|cos|= = . cos .故选B.,解法二:设点D在平面ABC上的射影为O,则O为正ABC的中心, 设O到RP,PQ,QR的距离分别为d1,d2,d3,则tan = ,tan = ,tan = ,故只要比较d1,d2,d3的 大小即可.,以O为原点,RO所在直线为x轴,PC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,如图. 不妨设正四面体的棱长为3,则有P ,Q ,R(-1,0). 从而直线PR的方程为x+ y+1=0,d1= = . 直线PQ的方程为2 x-y- =0,d2= .,直线RQ的方程为x- y+1=0,d3= . 又d2tan tan , 而,均为锐角,.故选B

8、.,4.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD= ,ADC=90.沿直 线AC将ACD翻折成ACD,直线AC与BD所成角的余弦的最大值是 .,解析 如图,过D作DFAC于点F,取AC的中点E,连接BE,则ACBE. 在ADC中,ADC=90,CD=1,AD= ,AC= , DF= ,CF= ,EF= , 在ABC中,BE= . = + + , 则 =( + + ) = = =2. 设AC与BD所成的角为, 又| |2=( + + )2 = + + +2 cos =9+5cos, | |= , 则cos = = ,答案,当cos=-1时,D在平

9、面ABC内,cos 取最大值 .,评析 本题重点考查了立体几何中的异面直线夹角问题,平面图形的折叠问题也是本题的 一个考查点,在折叠的过程中发现最值点所处的位置是解决本题的关键.,5.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF= FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF平面ACFD; (2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.,解析 (1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示. 因为平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以,AC平面BCK,因此,BFAC. 又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,

10、所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK. 又ACCK=C, 所以BF平面ACFD. (2)解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ. 因为BF平面ACK,所以BFAK,则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= .,在RtBQF中,FQ= ,BF= ,BQ= ,得cosBQF= . 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 . 解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则易知BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO BC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以点O为原点,分别以射线

11、OB,OK的方向为x, z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0, ),A(-1,-3,0),E ,F . 因此, =(0,3,0), =(1,3, ), =(2,3,0). 设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).,由 得 取m=( ,0,-1); 由 得 取n=(3,-2, ). 于是,cos= = . 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 .,方法总结 计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 和向量的夹角公式求解.本题(2)的解法一根据

12、二面角的平面角的定义构造AD的垂面,二面角 的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通过解三角形求解.,评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力 和运算求解能力.,1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2= .若空间向量b满足be1=2,be2= ,且对于 任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0= ,y0= ,|b|= .,考点二 空间向量及其应用,答案 1;2;2,解析 e1,e2是单位向量,e1e2= ,cos= ,又0180,=60.不妨把 e1,e2放到空间直角坐

13、标系O-xyz的平面xOy中,设e1=(1,0,0),则e2= ,再设 =b=(m,n,r),由 be1=2,be2= ,得m=2,n= ,则b=(2, ,r).而xe1+ye2是平面xOy上任一向量,由|b-(xe1+ye2)|1知 点B(2, ,r)到平面xOy的距离为1,故可得r=1.则b=(2, ,1),|b|=2 .又由|b-(xe1+ye2)|b-(x0e 1+y0e2)|=1知x0e1+y0e2=(2, ,0),解得x0=1,y0=2.,2.(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

14、=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.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.满分15分. 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

15、,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,

16、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),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

17、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”.,3.(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

18、象能力和运算求解能力. 解法一: (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).

19、由 得 可取n=(- ,1,0). 所以sin =|cos|= = . 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是 . 解法二: (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B1C1= , 由AB=BC=2,ABC=120得AC=2 , 由CC1AC,得AC1= ,所以A +B1 =A , 故AB1B1C1,又A1B1B1C1=B1,A1B1,B1C1平面A1B1C1, 所以AB1平面A1B1C1. (2)如图,过点C1作C1DA

20、1B1,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 .,4.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC AD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE平面PAB; (2)求直线CE与

21、平面PBC所成角的正弦值.,解析 (1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP. PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,OPAD. BC= AD=OD,且BCOD, 四边形BCDO为平行四边形,又CDAD, OBAD,OPOB=O,AD平面OPB. 过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M, 以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如 图. 设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).,设P(x,0,z)(z0),由PC=2,OP=1, 得 得x=- ,z= . 即点P ,而E为PD的中点

22、,E . 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1), = , =(1,1,0), 取y1=-1,得n=(1,-1, ). 而 = ,则 n=0,而CE平面PAB, CE平面PAB. (2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2), =(0,1,0), = , 取x2=1,得m=(1,0, ). 设直线CE与平面PBC所成角为. 则sin =|cos|= = , 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 .,一题多解 (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD 且EF= AD. 又因为BCAD,BC= AD,所以EFBC且EF=BC,

23、 即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF, 因此CE平面PAB. (2)分别取BC,AD的中点为M,N. 连接PN交EF于点Q,连接MQ. 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点, 在平行四边形BCEF中,MQCE.,由PAD为等腰直角三角形得PNAD. 由DCAD,N是AD的中点得BNAD. 所以AD平面PBN, 由BCAD得BC平面PBN, 那么平面PBC平面PBN. 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1. 在PCD中,由PC=2,CD=1,PD= 得CE= , 在PBN中,

24、由PN=BN=1,PB= 得QH= , 在RtMQH中,QH= ,MQ= , 所以sinQMH= . 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是 .,方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l) 线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l. 面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面,使得,从而得l. 向量法:(i)求出平面的法向量n和直线l的方向向量l,证明nl=0,得l. (ii)证明直线l的方向向量l能被平面内的两个基底向量所表示,得l.,2.求线面角的方法. 定义法:作出线面角,解三角形即可. 解斜线段、射影、垂线段构成的三角形. 例:求AB与

25、平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法 求d),由sin = 得结论. 向量法:求出平面的法向量n,设直线AB与所成角为,则sin =|cos|. 最好是画出图形,否则容易出错.,考点一 空间角,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(2018课标全国理,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-A1B1

26、C1D1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.(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,B

27、C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,PO平面ABC,POAC, 又POPE=P,AC平面POE, ACOE, 同理有BCOF,四边形OECF为矩形, PC=PC且PE=PF,RtPECRtPFC,EC=FC= =1, 四边形OECF是边长为1的正方形, OC= , 在RtPOC中,PO= = .,思路分析 设PO平面ABC,作PEAC,PFBC,根

28、据线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.,3.(2018课标全国理,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,cosAS

29、B= ,所以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.,4.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为,则cos 的最大值为 .,答案,解析 如图,建立空间直角坐标系A-xyz, 设AB=2,QM=m(0m2), 则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0m2).

30、=(2,1,0), =(1,-m,-2),cos =|cos|= = = . 设y= , 则y= = = .,当0m2时,y0, y= 在(0,2)上单调递减. 当m=0时,y取最大值, 此时cos 取最大值,(cos )max= = .,5.(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,B1

31、C1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=(x,y,z), 则 即

32、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 (2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE= ,C1E= ,BC1= . BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2. 连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1. 由题意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C, BD平面AA1C1C,BDCE, 即BOCE. 在长方形AA1C1C中,AC= ,AA1=2.连接AC1,有 = = ,又EAC=C1CA=90,则RtC1 CARtCAE. ECA+C1AC=90,CEAC1. 取CC1的中点F,连接OF,BF,则O

33、FAC1,OFCE.,BOOF=O,CE平面FOB. 设CEOF=G,连接BG,CEBG,CEFG,则BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF= sinBGO.设AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE= CC1,AH= AC1.易知OGAH,又 O为AC的中点,OG= AH.BO= ,OG= AH= AC1= ,BOOG,tanBGO= = ,BGO=60,则BGF=120,故sinBGF= .,6.(2018课标全国理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为 AC的中点. (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC

34、上,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.,解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC= AC, 所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知POOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 ), =(0,2,2 ).取平面PAC的法向量 =(2,0,0). 设M(a,2-a,0

35、)(0a2),则 =(a,4-a,0).,设平面PAM的法向量为n=(x,y,z). 由 n=0, n=0得 可取n=( (a-4), a,-a), 所以cos= . 由已知可得|cos|= . 所以 = .解得a=-4(舍去)或a= . 所以n= . 又 =(0,2,-2 ),所以cos= . 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 .,7.(2018天津文,17,13分)如图,在四面体ABCD中,ABC是等边三角形,平面ABC平面ABD,点 M为棱AB的中点,AB=2,AD=2 ,BAD=90. (1)求证:ADBC; (2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值; (3)求直线CD与平面ABD

36、所成角的正弦值.,解析 本题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知 识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. (1)证明:由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故AD BC. (2)取棱AC的中点N,连接MN,ND. 又因为M为棱AB的中点,故MNBC.所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角. 在RtDAM中,AM=1,故DM= = . 因为AD平面ABC,故ADAC. 在RtDAN中,AN=1,故DN= = .,在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cosDMN= = . 所以,异面直线BC与MD所

37、成角的余弦值为 . (3)连接CM.因为ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CMAB,CM= .又因为平面ABC 平面ABD,而CM平面ABC,故CM平面ABD.所以,CDM为直线CD与平面ABD所成的角. 在RtCAD中,CD= =4. 在RtCMD中,sinCDM= = . 所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为 .,8.(2017课标全国理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明: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 本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角

38、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,

39、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F-xyz.,由(1)及已知可得A ,P ,B ,C . 所以 = , =( ,0,0), = , =(0,1,0). 设n=(x1,y1

40、,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.

41、,9.(2017天津理,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. 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

42、,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), =(1,2,-1),所以 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos= =- , 于

43、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.,

44、1.(2018课标全国理,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为 折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,考点二 空间向量及其应用,解析 证明:(1)由已知可得,BFEF, 又BFPF,且PF,EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF, 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. (2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H为坐标原点, 的方向为y轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H- xyz. 由(1

45、)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE= , 又PF=1,EF=2,故PEPF, 可得PH= ,EH= , 则H(0,0,0),P ,D , = , = 为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为,则sin = = = . 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 .,易错警示 利用空间向量求线面角的注意事项. (1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角 即为所求. (2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2+cos2=1求出其值,不要误以为直线的方向 向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.,2.(2017山东理,17

46、,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: 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,

47、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,z2)是平面ACG的法向量. 由 可得 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,- ,-2). 所以cos= = . 易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60. 解法二: 取 的中点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EM