2020年江苏高考数学复习练习课件第十六章　空间向量与立体几何.pptx

1、五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,1.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点. (1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值; (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.,解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解 决问题的能力. 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,OB. 则OBOC,OO1OC,OO1OB, 以 , , 为基底,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为AB=AA1=2, 所以A(0,-1,0),B

2、( ,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2), B1( ,0,2),C1(0,1,2).,(1)因为P为A1B1的中点,所以P . 从而 = , =(0,2,2). 故|cos|= = = . 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为 . (2)因为Q为BC的中点,所以Q , 因此 = , =(0,2,2), =(0,0,2). 设n=(x,y,z)为平面AQC1的法向量, 则 即 不妨取n=( ,-1,1).,设直线CC1与平面AQC1所成角为, 则sin =|cos|= = = , 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为 .,方法总结 (1)向量法求异面直线所成角的步骤:

3、求两条直线所对应的方向向量m,n; 异面直线所成角的余弦值cos =|cos|= . (2)向量法求线面角的正弦值的步骤: 求直线的方向向量a和平面的法向量b; 直线与平面所成角的正弦值sin =|cos|= .,易错警示 (1)异面直线所成角的范围为 , cos =|cos|. (2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.,2.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1 = ,BAD=120. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A1D-A的正弦值.,解析 本题主要考查空间向

4、量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量解 决问题的能力. 在平面ABCD内,过点A作AEAD,交BC于点E. 因为AA1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD. 如图,以 , , 为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz. 因为AB=AD=2,AA1= ,BAD=120, 则A(0,0,0),B( ,-1,0),D(0,2,0),E( ,0,0),A1(0,0, ),C1( ,1, ).,(1) =( ,-1,- ), =( ,1, ), 则cos= = =- , 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为 . (2)平面A1DA的一个法向量为 =( ,0,0). 设m=(x,

5、y,z)为平面BA1D的法向量, 又 =( ,-1,- ), =(- ,3,0), 则 即 不妨取x=3,则y= ,z=2, 所以m=(3, ,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos= = = . 设二面角B-A1D-A的大小为,则|cos |= . 因为0,所以sin = = . 因此二面角B-A1D-A的正弦值为 .,3.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯 形,ABC=BAD= ,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值; (2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成

6、的角最小时,求线段BQ的长.,解析 以 , , 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为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 是平面PAB的一个法向量, =(0,2,0). 因为 =(1,1,-2), =(0,2,-2), 设平面PCD的法向量为m=(x,y,z), 则m =0,m =0, 即 令y=1,解得z=1,x=1.,所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量. 从而cos= = , 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为 . (2)因为 =(-1,0,2), 设 = =(-,0,

7、2)(01), 又 =(0,-1,0), 则 = + =(-,-1,2), 又 =(0,-2,2), 从而cos= = . 设1+2=t,t1,3, 则cos2 = = .,当且仅当t= ,即= 时,|cos|的最大值为 . 因为y=cos x在 上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值. 又因为BP= = , 所以BQ= BP= .,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点一 空间向量的概念、线线角、线面角,1.(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

8、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). =(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= = .,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=AC,E,F分别是AC,A1B1

9、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,连接EG,GF,则EGFA1是平

10、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,A1E平面A1ACC1, 平面A1

11、ACC1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轴的非负半轴,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所成的角的余弦值为 .,评析 本题主要考查

12、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.,解析 (1)证明:由已知可得BFEF, 又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F, 所以BF平面PEF, 又BF平面ABFD,所以平面

13、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)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

14、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.,4.(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OP

15、2+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)(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

16、=(0,2,-2 ),所以cos= . 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 .,5.(2017北京理,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)证明:设AC,BD交点为E,连接ME. 因为PD平面MAC,平

17、面MAC平面PDB=ME, 所以PDME. 因为四边形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. 因为四边形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, ). 平面PA

18、D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sin

19、= , .,6.(2016课标全国理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC= 3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.,解析 (1)证明:由已知得AM= AD=2. 取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN= BC=2. (3分) 又ADBC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT. 因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB. (6分) (2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC

20、,从而AEAD,且AE= = = . 以A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A-xyz.,由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( ,2,0),N , =(0,2,-4), = , = . 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量, 则 即 (10分) 可取n=(0,2,1). 于是|cos|= = . 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 . (12分),7.(2015课标全国,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在 A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面与此长方体

21、的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF与平面所成角的正弦值.,解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图: (2)作EMAB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH= =6,所以AH=10. 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,则A(10,0,0),H (10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8), =(10,0,0), =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 则 即,所以可取

22、n=(0,4,3). 又 =(-10,4,8),故|cos|= = . 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为 .,考点二 二面角,1.(2019天津理,17,13分)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF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.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考 查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.

23、满分13分. 依题意,可以建立以A为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系 (如图), 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 设CF=h(h0),则F(1,2,h). (1)证明:依题意, =(1,0,0)是平面ADE的法向量,又 =(0,2,h),可得 =0, 又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.,(2)依题意, =(-1,1,0), =(-1,0,2), =(-1,-2,2). 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则 即 不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有cos= =- .

24、 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 . (3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则 即 不妨令y=1,可得m= .,由题意,有|cos|= = = ,解得h= .经检验,符合题意.所以,线段CF的长为 .,2.(2019课标全国理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2, BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值.,解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考 查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型

25、考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养. (1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME= B1C.又因为N为A1D 的中点,所以ND= A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平 行四边形,MNED.又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE. (2)由已知可得DEDA.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, 则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, ,2),N(1,0,2), =(0,0,-4), =(-1, ,-2), =(-1,0,-2), =(0,-

26、,0). 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则 所以 可取m=( ,1,0). 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则 所以 可取n=(2,0,-1). 于是cos= = = , 所以二面角A-MA1-N的正弦值为 .,3.(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)证明:由已知得,

27、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),

28、 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 .,4.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD= CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且 = . (1)求证:CD平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)设点G在PB上,且 = .判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.,解析 本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱 锥为背景考查直观想象的核心素养. (1)因为PA平面ABCD,所以PACD, 又因为

29、ADCD,所以CD平面PAD. (2)过A作AD的垂线交BC于点M. 因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).,因为E为PD的中点,所以E(0,1,1). 所以 =(0,1,1), =(2,2,-2), =(0,0,2). 所以 = = , = + = . 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1). 又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0), 所以cos= =- . 由题知,二面角F

30、-AE-P为锐角,所以其余弦值为 . (3)直线AG在平面AEF内. 因为点G在PB上,且 = , =(2,-1,-2),所以 = = , = + = . 由(2)知,平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1).,所以 n=- + + =0. 所以直线AG在平面AEF内.,思路分析 (1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向 量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出 n,结合A平面AEF可证明AG平面 AEF.,一题多解 (2)PA=AD且E为PD的中点,AEPD.由(1)知CDAE,又PDCD=D,AE 平面PCD,又EF平面PCD,AEEF,

31、故可知FEP为二面角F-AE-P的平面角.PE= = ,PF= = ,cosCPD= = ,sinCPD= ,EF2= +( )2-2 = ,EF= ,在PEF中,由正弦定理得 = ,即sinFEP= = ,且 FEP为锐角, cosFEP= = . 故二面角F-AE-P的余弦值为 .,5.(2017课标全国理,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

32、查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算. (1)证明: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=90得BCAD,又BC= AD,所以EFBC,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)(0|=sin 45, = , 即(x-1)2+

33、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 .,6.(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 本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题. (1)证明:由已知BAP=C

34、DP=90,得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD, 又APPD=P,从而AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD. (2)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,z1)是平面PCB的法向量,则 即,可取n=(0,-1,- ). 设m=(x2,y2,z2)是平面P

35、AB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.,C组 教师专用题组,考点一 空间向量的概念、线线角、线面角,1.(2014广东改编,5,5分)已知向量

36、a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是 . (-1,1,0) (1,-1,0) (0,-1,1) (-1,0,1),答案 ,解析 经检验,只有中向量(1,-1,0)与向量a=(1,0,-1)的夹角的余弦值为 ,即它们的夹角为60 .,2.(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. B

37、C= 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,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

38、 = ,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 .,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

39、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.,3.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P- ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H. (1)求证:ABFG; (2)若PA底面ABCDE,且PA=A

40、E,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.,解析 (1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以ABDE. 又因为AB平面PDE, 所以AB平面PDE. 因为AB平面ABF,且平面ABF平面PDE=FG, 所以ABFG. (2)因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1), =(1,1,0).,设平面ABF的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1). 设直线BC与平面ABF所成角为, 则sin =

41、|cos|= = . 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为 . 设点H的坐标为(u,v,w). 因为点H在棱PC上,所以可设 = (01), 即(u,v,w-2)=(2,1,-2). 所以u=2,v=,w=2-2. 因为n是平面ABF的法向量,所以n =0, 即(0,-1,1)(2,2-2)=0.,解得= ,所以点H的坐标为 . 所以PH= =2.,评析 本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,推 理计算能力;建立恰当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.,考点二 二面角,1.(2017浙江改编,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的

42、三棱锥),P,Q,R分别为 AB,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,的大小关系为 .(用“”连接),答案 ,解析 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= = ,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P

43、QR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 ,- ,1). cos =|cos|= = . cos . 解法二:设点D在平面ABC上的射影为O,则O为正

44、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,.,2.(2019课标全国理,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图 形,其中A

45、B=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. 又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面B

46、CGE. (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.,思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE平

47、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.,3.(2018北京理,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,A1 C1,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

48、面BCD相交.,解析 (1)证明: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,EFCC1. 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的法向量为 =(0,