2021新高考数学复习练习课件：§8.4　空间角与距离、空间向量及其应用.pptx

1、考点考点1 空间角与距离空间角与距离 1.(2020新高考,4,5分)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面 的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在 平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道 所在平面平行,点A处的纬度为北纬40,则晷针与点A处的水平面所成角为( ) A.20 B.40 C.50 D.90 答案答案 B 由题意作出如图所示的截面图,设所求角为, 由图易知=40.故选B. 2.(2018课标文,9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1

2、的中点,则异面直线AE与CD所成角 的正切值为( ) A. B. C. D. 2 2 3 2 5 2 7 2 答案答案 C 本题主要考查异面直线所成的角. 因为CDAB,所以BAE(或其补角)即为异面直线AE与CD所成的角. 设正方体的棱长为2,则BE=. 因为AB平面BB1C1C,所以ABBE. 在RtABE中,tanBAE=. 故选C. 5 BE AB 5 2 方法总结方法总结 求异面直线所成的角,需要将异面直线所成的角等价转化为两条相交直线所成的角,然 后利用解三角形的知识加以求解. 3.(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上的点(不

3、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. EQMN,EQSO,MNSO

4、=O,MN,SO平面SOQ, OS OE OS OP EQ平面SOQ,又SQ平面SOQ,EQSQ. 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. SQ EQ 0, 2 思路分析思路分析 (1)判断四棱锥的形状. (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. 4.(2020课标理,20,12分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的

5、底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N 分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F. (1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F; (2)设O为A1B1C1的中心.若AO平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 解析解析 (1)证明:因为M,N分别为BC,B1C1的中点, 所以MNCC1. 又由已知得AA1CC1,故AA1MN. 因为A1B1C1是正三角形, 所以B1C1A1N. 又B1C1MN,故B1C1平面A1AMN. 所以平面A1AMN平面EB1C1F. (2)由已知得AMBC.以M为坐

6、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M-xyz,则AB=2,AM=. MAMB 3 连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=,E.由(1)知平面A1AMN平面ABC,作 NQAM,垂足为Q,则NQ平面ABC. 设Q(a,0,0),则NQ=,B1a,1,故=-a,-,-,|= . 又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,故sin=cos=. 所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为. 2 3 3 2 3 1 , ,0 33 2 2 3 4- 3 a 2 2 3 4- 3 a 1 B E 2 3 3 2 3 2 2 3 4- 3 a 1 B

7、E 2 10 3 1 -,B 2 nE 1 B E 1 1 B | |B| nE nE 10 10 10 10 5.(2020浙江,19,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD平面ABC,ACB=ACD=45,DC= 2BC. (1)证明:EFDB; (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值. 解析解析 (1)证明:如图,过点D作DOAC,交直线AC于点O,连接OB. 由ACD=45,DOAC得CD=CO, 由平面ACFD平面ABC得DO平面ABC,所以DOBC. 由ACB=45,BC=CD=CO得BOBC.所以BC平面BDO,故BCDB. 由三棱台ABC-DEF得BCEF,所

8、以EFDB. (2)解法一:过点O作OHBD,交直线BD于点H,连接CH. 由三棱台ABC-DEF得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角. 2 1 2 2 2 由BC平面BDO得OHBC,故OH平面BCD, 所以OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=2, 由DO=OC=2,BO=BC=,得BD=,OH=, 所以sinOCH=,因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 解法二:由三棱台ABC-DEF得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所 成角,记为. 如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐

9、标系O-xyz. 2 26 2 3 3 OH OC 3 3 3 3 设CD=2. 由题意知各点坐标如下: O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此=(0,2,0),=(-1,1,0),=(0,-2,2). 设平面BCD的法向量n=(x,y,z). 由即可取n=(1,1,1). 所以sin =|cos|=. 因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 2 OCBCCD BC0, CD0, n n -0, -220, xy yz OC |OC| |OC| | n n 3 3 3 3 6.(2017天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD平面PD

10、C,ADBC,PDPB,AD=1,BC=3, CD=4,PD=2. (1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值; (2)求证:PD平面PBC; (3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. 解析解析 本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知 识.考查学生的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. (1)由ADBC,知DAP(或其补角)即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD平面PDC,所以AD PD.在RtPDA中,由题意得AP=,故cosDAP=.所以,异面直线AP与BC所 成角的余弦值为. (2)证明:因为AD平面PDC,直线PD平面PDC, 所以ADP

11、D.又因为BCAD, 所以PDBC,又PDPB,BCPB=B,BC,PB平面PBC, 所以PD平面PBC. (3)如图, 22 ADPD5 AD AP 5 5 5 5 过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影, 所以DFP为直线DF与平面PBC所成的角. 由于ADBC,DFAB, 故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2. 又ADDC,故BCDC,在RtDCF中, DF=2, 在RtDPF中,可得sinDFP=. 所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 22 CDCF

12、5 PD DF 5 5 5 5 方法点拨方法点拨 1.求异面直线所成角的步骤:(1)作:通过作平行线得到相交直线;(2)证:证明所作角(或 其补角)为异面直线所成的角;(3)求:解三角形,求出所作的角.如果求得的角是锐角或直角,则它就 是所求的角,如果求出的角是钝角,则它的补角为所求的角. 2.求直线与平面所成角的方法:(1)定义法:关键是找出斜线在平面内的射影;(2)公式法:sin =(其 中为直线与平面所成角,h为斜线上一点到平面的距离,l为该点到斜足的距离). h l 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

13、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所成角的正弦值. 3 解析解析 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.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,AD=2,故DM=. 因为AD平面ABC,故ADAC.

14、 在RtDAN中,AN=1,AD=2,故DN=. 3 22 ADAM13 3 22 ADAN13 在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cosDMN=.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值 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. 1 2 MN DM 13 26 13 26 3 22 ACAD CM CD 3 4 3 4 8.(20

15、19课标理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE EC1. (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值. 解析解析 (1)证明:由已知得,B1C1平面ABB1A1, 因为BE平面ABB1A1,故B1C1BE. 又BEEC1,B1C1EC1=C1,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

16、,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),则=(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 所以可取m=(1,1,0). 于是cos=-. 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为. DADA CBCE 1 CC CB0, CE0, n n 0, -0, x x yz 1 CC0, CE0, m m 2 0, - 0, z x yz | | | n m n m 1 2 3 2 一题多解一题多解 (2)连接BC1.设AE=m(m0),不

17、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, CE平面AA1C1C,BDCE,即BOCE. 在长方形AA1C1C中,AC=,AA1=2.连接AC1,=,且EAC =C1CA=90,RtC1CARtCAE. C1AC=CEA, CEA+ECA=90,ECA+C1AC=90, CEAC1.取CC1的中点F,连接OF,BF, 则OFAC1,OFCE. BOOF=O,CE平面FOB. 设CEOF=G,连接BG,则CEBG

18、,又CEFG,则BGF为二面角B-EC-C1的平面角,且sinBGF= 2 1m 2 2m 2 (2 )1m 2 1 CC AC 2 2 AC AE 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=. 即二面角B-EC-C1的正弦值为. 1 2 1 3 1 2 2 2 1 2 1 6 6 6 2 2 6 6 3 3 2 3 2 1.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边

19、的等腰直角三角形,BCAD, 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. 以下为教师用书专用 解析解析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,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. (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, 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

20、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. 1 2 1 2 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,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

21、正弦值是. 22 3 1 4 1 4 2 2 8 2 8 一题多解一题多解 (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x=-,z=

22、. 1 2 22 22 ( -1)14, 1, xz xz 1 2 3 2 即点P,又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=,则 n=0,又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. 13 -,0, 22 1 13 -, 4 24 AP 13 -,1, 22 AB 111 11 13 -0, 22 0 xyz xy 11 11 -, - 3, xy zy 3

23、 CE 513 -,-, 424 CE BCBP 33 -,0, 22 2 22 0, 33 -0, 22 y xz 3 则sin =|cos|=, 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为. CE |CE| |CE| | m m 2 8 2 8 方法总结方法总结 1.证明直线与平面平行的方法(例如求证: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n l=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.

24、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 =得结果. 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. d AB AB 2.(2016浙江理,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. 解析解析 (1)延长AD,BE,CF相交于

25、一点K,如图所示. 因为平面BCFE平面ABC,且平面BCFE平面ABC=BC,ACBC,所以AC平面BCK,因此BF AC. 又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK. 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=. 3 13 13 在RtBQF中,FQ=,BF=,得cosBQF=. 所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值为. 解法二:如图,取BC的中

26、点O,连接OK,则KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以 点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x轴,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); 3 13 13 3 3 4 3 4 3 13 ,0, 22 13 -,0, 22 ACAK3AB AC0, AK0 m m 1 111 3y0, x3

27、y3z0, 3 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. AB0, AK0 n n 22 222 2x3y0, x3y3z0, 3 | | | m n m n 3 4 3 4 3.(2016上海理,19,12分)将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱,如图, 长为, 长为,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧. (1)求三棱锥C-O1A1B1的体积; (2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小. AC 2 3 11 AB 3 解析解析 (1)由题意可知,圆柱的高h=1,底面半径r=1. 由 的长为,可知A1O1B1

28、=,连接A1B1,CO1,CA1, 则=O1A1 O1B1 sinA1O1B1=, 所以= h=. (2)设过点B1的母线与下底面交于点B,则BB1AA1, 所以CB1B(或其补角)为直线B1C与AA1所成的角.连接OB,CB. 由的长为,可知AOC=, 又AOB=A1O1B1=,所以COB=, 因为OC=OB,所以COB为等边三角形,所以CB=1. 11 AB 3 3 1 1 1 O A B S 1 2 3 4 1 1 1 -C O A B V 1 3 1 1 1 O A B S 3 12 AC 2 3 2 3 3 3 因为B1B平面AOC,CB平面AOC,所以B1BCB. 在CB1B中,因

29、为B1BC=,CB=1,B1B=1, 所以CB1B=, 从而异面直线B1C与AA1所成的角的大小为. 2 4 4 4.(2016天津文,17,13分)如图,四边形ABCD是平行四边形,平面AED平面ABCD,EFAB,AB=2,BC =EF=1,AE=,DE=3,BAD=60,G为BC的中点. (1)求证:FG平面BED; (2)求证:平面BED平面AED; (3)求直线EF与平面BED所成角的正弦值. 6 解析解析 (1)证明:取BD中点O,连接OE,OG.在BCD中,因为G是BC中点,所以OGDC且OG=DC= 1,又因为EFAB,ABDC,所以EFOG且EF=OG,即四边形OGFE是平行

30、四边形,所以FGOE. 又FG平面BED,OE平面BED,所以,FG平面BED. (2)证明:在ABD中,AD=1,AB=2,BAD=60,由余弦定理可得BD=,进而ADB=90,即BD AD.又因为平面AED平面ABCD,BD平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,所以BD平面 AED.又因为BD平面BED, 所以,平面BED平面AED. (3)因为EFAB,所以直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所成的角. 过点A作AHDE于点H,连接BH. 1 2 3 又平面BED平面AED=ED, 由(2)知AH平面BED. 所以,直线AB与平面BED所成的角即为ABH. 在ADE

31、中,AD=1,DE=3,AE=,由余弦定理得cosADE=,所以sinADE=,因此,AH=AD sin ADE=. 在RtAHB中,sinABH=. 所以,直线EF与平面BED所成角的正弦值为. 6 2 3 5 3 5 3 AH AB 5 6 5 6 方法总结方法总结 证明线面平行常用线线平行或面面平行进行转化;在证明面面垂直时注意线、面垂直 之间的相互转化;解决线面角问题的关键是找出斜线在平面内的射影,常用定义法求解. 1.(2017课标理,16,5分)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在 直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:

32、当直线AB与a成60角时,AB与b成30角; 当直线AB与a成60角时,AB与b成60角; 直线AB与a所成角的最小值为45; 直线AB与a所成角的最大值为60. 其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号) 考点考点2 空间向量及其应用空间向量及其应用 答案答案 解析解析 本题考查空间直线、平面间的位置关系. 过点C作直线a1a,b1b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分别以a1、b1、AC所在直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系,取n1=(1,0,0)为a1的方向向量,n2=(0,1,0)为b1的方向向量,令A(0,0,1).可设B (cos ,sin ,0),则=(cos ,sin

33、,-1).当直线AB与a成60角时,|cos|=,|cos |=,|sin |= ,|cos|=,即AB与b所成角也是60.|cos|=, 直线AB与a所成角的最小值为45.综上,和是正确的,和是错误的.故填. ABAB 1 2 2 2 2 2 AB 1 2 AB |cos | 12 |cos | 2 2 2 2.(2020江苏,22,10分)在三棱锥A-BCD中,已知CB=CD=,BD=2,O为BD的中点,AO平面BCD,AO =2,E为AC的中点. (1)求直线AB与DE所成角的余弦值; (2)若点F在BC上,满足BF=BC,设二面角F-DE-C的大小为,求sin 的值. 5 1 4 解析

34、解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查空间想象能力和运算 求解能力. (1)连接OC,因为CB=CD,O为BD的中点,所以COBD. 又AO平面BCD,所以AOOB,AOOC. 以,为基底,建立空间直角坐标系O-xyz. 因为BD=2,CB=CD=,AO=2, 所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2). 因为E为AC的中点,所以E(0,1,1). 则=(1,0,-2),=(1,1,1), 所以|cos|=. 因此,直线AB与DE所成角的余弦值为. OBOCOA 5 ABDE ABDE | | AB DE AB DE |10-2|

35、53 15 15 15 15 (2)因为点F在BC上,BF=BC,=(-1,2,0). 所以=. 又=(2,0,0), 故=+=. 设n1=(x1,y1,z1)为平面DEF的法向量, 则即 取x1=2,得y1=-7,z1=5,所以n1=(2,-7,5). 设n2=(x2,y2,z2)为平面DEC的法向量, 又=(1,2,0),则 即取x2=2,得y2=-1,z2=-1,所以n2=(2,-1,-1). 1 4 BC BF 1 4 BC 1 1 -,0 4 2 DB DFDBBF 7 1 ,0 4 2 1 1 DE0, DF0, n n 111 11 xyz0, 71 xy0, 42 DC 2 2

36、 DE0, DC0, n n 222 22 0, 20, xyz xy 故|cos |=. 所以sin =. 12 12 | | | n n n n |47-5| 786 13 13 2 1-cos 2 39 13 3.(2020课标理,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1, BF=2FB1. (1)证明:点C1在平面AEF内; (2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值. 解析解析 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.

37、(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),E,F,=,=,得=, 因此EAC1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内. (2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1, -1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1). 设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则 即可取n1=(-1,-1,1). 设n2为平面A1EF的法向量,则 同理可取n2=. 因为cos=-, 所以二面角A-EF-A1的正弦值为. 11 C D 2 ,0, 3 ac 1 0, , 3 bc EA 1 0,

38、 , 3 bc 1 C F 1 0, , 3 bc EA 1 C F AEAF 1 AE 1 AF 1 1 AE0, AF0, n n - -0, -2 -20, y z xz 21 21 A0, A0, nE nF 1 ,2,1 2 12 12 | | n n n n 7 7 42 7 4.(2020新高考,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平 面PBC的交线为l. (1)证明:l平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 解析解析 (1)证明:因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面

39、ABCD为正方形,所以ADDC.因此AD 平面PDC. 因为ADBC,AD平面PBC,所以AD平面PBC. 由已知得lAD. 因此l平面PDC. (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.则D(0,0,0),C(0, DA 1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1), 则=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则 即 可取n=(-1,0,a). 所以cos=. 设PB与平面QCD所成角为,则sin =. 因为,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角

40、的正弦值的最大值为 . DCPB DQ DQ0, DC0, n n 0, 0. axz y PB PB | |PB| n n 2 -1- 3 1a a 3 3 2 |1| 1 a a 3 3 2 2 1 1 a a 3 3 2 2 1 1 a a 6 3 6 3 5.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D, E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点. (1)求证:C1MB1D; (2)求二面角B-B1E-D的正弦值; (3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值. 解析解析

41、 依题意,以C为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系 (如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3). (1)证明:依题意,=(1,1,0),=(2,-2,-2),从而=2-2+0=0,所以C1MB1D. (2)依题意,=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,=(0,2,1),=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的 法向量,则即 不妨设x=1,可得n=(1,-1,2). 因此有cos=,于是sin=. 所以,二面

42、角B-B1E-D的正弦值为. CACB 1 CC 1 C M 1 B D 1 C M 1 B D CA 1 EBED 1 EB0, ED0, n n 20, 2 -0. yz x z CA CA |CA| | n n 6 6 CA 30 6 30 6 (3)依题意,=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos=-. 所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为. ABAB AB |AB| | n n 3 3 3 3 6.(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=, BA

43、D=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. 3 解析解析 本题主要考查空间向量、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,), AEAD 1 AA 3 33333 1

44、 AB33 1 AC33 则cos= =-, 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为|cos|=. (2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0). 设m=(x,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 =. 1 AB 1 AC 11 11 | AB AC AB AC ( 3,-1,- 3) ( 3,1, 3) 7 1 7 1 AB 1 AC 1 7 AE3 1 AB33BD3 1 A0

45、, BD0, mB m 3 - - 30, - 330. x yz xy 3 3 AE AE |AE| | m m ( 3,0,0) (3, 3,2) 34 3 4 3 4 2 1-cos 7 4 因此二面角B-A1D-A的正弦值为. 7 4 7.(2018课标理,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体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. CD CD 解析解析 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)证明:由题设知,平面CMD平面

46、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), 则=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0). CD DA CD AMABDA 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的一个法向量,因此 cos=,则sin=. 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. AM0, AB0, n n -20, 20, xyz y DA DA DA | |DA| n n 5 5 DA 2 5 5 2 5 5 解后反思解后反思 1.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. 2.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