（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习专题8立体几何8.5空间向量及其应用检测.doc

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1、18.5 空间向量及其应用挖命题【考情探究】5 年考情考点 内容解读考题示例 考向 关联考点预测热度2018 浙江,8,19 三种空间角直线与平面垂直的判定2017 浙江,9,19二面角、直线与平面所成的角直线与平面平行的判定2016 浙江文,18,14二面角、直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定2015 浙江,13,17,8,文18,7三种空间角直线与平面垂直的判定、圆锥曲线空间角1.理解两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念.2.会用空间向量求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角.2014 浙江,17,20,文 20二面角、直线与平面所成的角直线与平面垂直的判

2、定、立体几何应用问题2018 浙江,19直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定2017 浙江,19直线与平面所成的角直线与平面平行的判定2015 浙江,15,17 二面角空间向量在立体几何中的应用1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.2.了解空间向量的概念,了解空间向量基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.掌握空间向量的数量积及其坐标表示.2014 浙江,20 二面角直线与平面垂直的判定24.掌握空间向量的长度公式、夹角公式、两点间的距离公式,并会解决简单的立体几何问题.5.理解直线的方向向量和平面的法向量.6.会用向量的

3、语言表述立体几何中的平行、垂直关系.会用向量的方法证明有关的命题,了解向量的方法在研究立体几何问题中的作用.分析解读 1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间角是高考的必考内容.2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算主要是传统法和向量法.3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等,比用传统方法简便

4、快捷,一直是高考的重点和热点.4.预计 2020 年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一 空间角1.(2018 浙江嵊州高三期末质检,19,15 分)如图,在菱形 ABCD 中,BAD=,ED平面ABCD,EFDB,M 是线段 AE 的中点,DE=EF=BD.(1)证明:DM平面 CEF;(2)求直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值.3解析 (1)证明:连接 AC 与 BD 交于点 O,连接 MO.因为 DOEF,DO平面 CEF,EF平面 CEF,所以 DO平面 CEF.因为 M 是线段 AE 的中点,所以 MO

5、是ACE 的中位线,所以 MOEC.又 MO平面 CEF,EC平面 CEF,所以 MO平面 CEF,又 MODO=O,MO 平面 MDO,DO平面 MDO,所以平面 MDO平面 CEF,又 DM平面 MDO,所以 DM平面 CEF.(2)解法一:因为四边形 ABCD 是菱形,所以 ACBD.又因为 ED平面 ABCD,AC平面 ABCD,所以 EDAC,又 EDBD=D,所以 AC平面 DEF.设BD=2,则点 A 到平面 DEF 的距离 AO= .3因为点 M 是线段 AE 的中点,所以点 M 到平面 DEF 的距离 h=AO= .32设直线 DM 与平面 DEF 所成的角为 ,则 sin

6、= = = .3252 155故直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值为 .155解法二:设 AB 的中点为 G,连接 DG,则 DGDC.以 D 为坐标原点,DG,DC,DE 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.取 BD=2,则 D(0,0,0),M ,E(0,0,1),F ,所以 =(0,0,1), = .(32,-12,12) ( 32,12,1) (32,12,1)4设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则 =0,=0,即 =0,32+12+=0,可取法向量 n=(1,- ,0).3又 = ,(32,-12,12)所以 cos= = = ,|32+

7、322 52 155故直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值为 .1552.(2017 浙江高考模拟训练冲刺卷一,19)如图,在四棱锥 A-BCDO 中,DO平面AOB,BOCD,OA=CD=2,OD=2 ,OB=4,AOB=120.3(1)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值;(2)求二面角 D-OA-C 的余弦值.解析 (1)如图,过点 O 在平面 AOB 内作 OB 的垂线 OE,交 AB 于点 E.DO平面 AOB,ODOE,ODOB,分别以 OE,OB,OD 所在的直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则各点坐标为 O(0,0,0),A( ,-1,0),B

8、(0,4,0),C(0,2,2 ),D(0,0,2 ), =(- ,5,0),3 3 3 3=(- ,1,2 ). 3 35设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z),则由 n =0,n =0,得 取 x=5,得 n=(5, ,2). - 3+5=0,- 3+23=0, 3设直线 AC 与平面 ABD 所成角为 ,又 =(- ,3,2 ), 3 3sin =|cos ,n|= =,|故直线 AC 与平面 ABD 所成角的正弦值为.(2)设平面 AOD 的法向量为 m1=(x,y,z),又 =( ,-1,0), =(0,0,2 ),由 3 3m1 =0,m1 =0, 得 取 x=1,得 m1

9、=(1, ,0).3-=0,23=0, 3设平面 AOC 的法向量为 m2=(a,b,c),又 =( ,-1,0), =(0,2,2 ),由 3 3m2 =0,m2 =0, 得 取 b= ,得 m2=(1, ,-1).3-=0,2+23=0, 3 3cosm 1,m2= = ,12|1|2| 255由图可知二面角 D-OA-C 的平面角为锐角,故二面角 D-OA-C 的余弦值为 .255考点二 空间向量在立体几何中的应用1.(2017 浙江台州 4 月调研卷(一模),17)如图,在棱长为 2 的正四面体 A-BCD 中,E、F 分别为直线 AB、CD 上的动点,且|EF|= .若记 EF 的中

10、点 P 的轨迹为 L,则|L|等于 .(注:3|L|表示点 P 的轨迹的长度) 答案 2.(2017 浙江杭州二模(4 月),19)如图,已知四边形 ABCD 是矩形,M,N 分别为边 AD,BC 的中点,MN 与 AC 交于点 O,沿 MN 将矩形 MNCD 折起,设 AB=2,BC=4,二面角 B-MN-C 的大小为 .6(1)当 =90时,求 cosAOC 的值;(2)当 =60时,点 P 是线段 MD 上一点,直线 AP 与平面 AOC 所成角为 .若 sin = ,147求线段 MP 的长.解析 设 E 为 AB 的中点,连接 OE,则 OEMN,以 O 为原点,OE,ON 所在直线

11、分别为 x 轴,y 轴,建立空间直角坐标系(图略).(1)当 =90时,A(2,-1,0),C(0,1,2), =(2,-1,0), =(0,1,2), cosAOC= =-.|(2)由 =60得 C(1,1, ),D(1,-1, ),M(0,-1,0),3 3 =(1,0, ). 3设 = (01),则 = + =(,-1, ). 3 = - =(-2,0, ), 3设平面 AOC 的法向量为 n=(x,y,z).n =0,n =0, =(2,-1,0), =(1,1, ), 3 取 x=1,则 y=2,z=- ,2-=0,+ 3=0, 3故 n=(1,2,- ),3由题意得, = ,| 1

12、47即 3 2-10+3=0,=或 =3(舍去),在线段 MD 上存在点 P 符合题意,且 MP=MD=.炼技法7【方法集训】方法 1 求直线与平面所成角的方法1.(2017 浙江稽阳联谊学校联考(4 月),19)如图(1)所示,四边形 ABCD 为梯形,ABCD,C=60,点 E 在 CD 上,AB=CE=2,BF=BD= ,BDBC.现将ADE 沿 AE 翻折到图(2)3中APE 的位置,使得二面角 P-AE-C 的大小为.(1)求 PB 的长度;(2)求证:PB平面 ABCE;(3)求直线 AB 与平面 APE 所成角的正弦值.解析 (1)因为 ABEC, 所以四边形 ABCE 是平行四

13、边形,所以 BCAE,又因为 BDBC,所以 BDAE,所以 AEFB,AEFP,所以PFB 为二面角 P-AE-C 的平面角.(3 分)由 BF= ,PF=2 ,得 BP2=BF2+PF2-2BFPFcosBFP=9,3 3所以 BP=3.(5 分)(2)证明:由 BF= ,PF=2 ,BP=3 知,PB 2+BF2=PF2,所以 BFPB,(7 分)3 3又因为 BFAE,PFAE,BFPF=F,所以 AE平面 PFB,所以 AEPB,(9 分)由可知,PB平面 ABCE.(10 分)(3)解法一:作 BNPF 于 N 点,连接 AN.由(2)可知,AE平面 BFP,又 AE平面 APE,

14、平面 BFP平面 APE.又平面 BFP平面 APE=PF,BN平面 BFP,所以 BN平面 APE,(12 分)所以BAN 是直线 AB 与平面 APE 所成的角.(13 分)易知 BN=BFsin 60=,则 sinNAB= = =.3228故直线 AB 与平面 APE 所成角的正弦值为.(15 分)解法二:易知 BF,BP,BC 两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则 B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1, ,0),E(2, ,0),P(0,0,3).(11 分)3 3设平面 APE 的法向量为 n=(x,y,z).又 =(3,0,0), =(1,- ,3), 3所以由

15、即=0,=0, (,)(3,0,0)=0,(,)(1,- 3,3)=0,得 取 z=1,得 n=(0, ,1).(13 分)=0,- 3+3=0, 3设直线 AB 与平面 APE 所成的角为 ,又 =(1,- ,0), 3所以 sin =|cos|= =,|故直线 AB 与平面 APE 所成角的正弦值为.(15 分)2.如图,ABC 是以 C 为直角的等腰直角三角形,直角边长为 8,AEEC=53,DEBC,沿 DE将三角形 ADE 折起,使得点 A 在平面 BCED 上的射影是点 C,点 M 在 AC 上且 MC=AC.(1)在 BD 上确定点 N 的位置,使得 MN平面 ADE;(2)在(

16、1)的条件下,求 CN 与平面 ABD 所成角的正弦值.解析 (1)由点 A 在平面 BCED 上的射影是点 C,可知 AC平面 BCED,而 BCCE,如图建立空间直角坐标系,可知各点的坐标为 C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0).9由 MC=AC,可知点 M 的坐标为 ,设点 N 的坐标为(x,y,0),则由点 N 在 BD 上可得 y=8-x,(0,0,83)即点 N 的坐标为(x,8-x,0),则 = .(,8-,-83)设平面 ADE 的法向量为 n1=(x,y,z),则 而 =(0,-5,0), =(3,0,-4),1=0,1=0

17、, 所以 取 x=4,则 z=3,=0,3-4=0,可得 n1=(4,0,3).MN平面 ADE 等价于 n1 =0,即 4x+0(8-x)+3 =0.(-83)解之可得 x=2,即点 N 的坐标为(2,6,0),所以点 N 为 BD 的靠近 D 点的三等分点.(2)由(1)可知 =(2,6,0),设平面 ABD 的法向量为 n2=(p,q,r),由题意可知 而 2=0,2=0,=(-3,3,0), =(0,8,-4),可得 取 p=1,则 q=1,r=2. -3+3=0,8-4=0, 可得 n2=(1,1,2).设 CN 与平面 ABD 所成角为 ,则 sin = = .|2|2| 2151

18、5方法 2 求二面角的方法1.(2018 浙江镇海中学期中,20)在多面体 ABC-A1B1C1中,AA1BB 1CC 1,AA1=4,BB1=2,AB=4,CC1=3,ABBB 1,C1在平面 ABB1A1上的射影 E 是线段 A1B1的中点.(1)求证:平面 ABC平面 ABB1A1;10(2)若 C1E=2,求二面角 C1-AB1-C 的余弦值.解析 (1)证明:设线段 AB 的中点为 O,连接 OE,CO,则 OEAA 1,且 OE= =3,(2 分)1+12AA 1CC 1,OECC 1,又 OE=CC1=3,四边形 CC1EO 为平行四边形,OCEC 1.(4 分)C 1E平面 A

19、BB1A1,OC平面 ABB1A1,(5 分)OC平面 ABC,平面 ABC平面 ABB1A1.(7 分)(2)由(1)知 OB,OE,OC 两两互相垂直,分别以 OB,OE,OC 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 O(0,0,0),A(-2,0,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(0,3,2).(8 分)设平面 AB1C 的法向量为 m=(x,y,z),而 =(4,2,0), =(2,0,2),1 由 得1=0,=0, 4+2=0,2+2=0,取 x=1,得 m=(1,-2,-1).(10 分)设平面 AB1C1的法向量为 n=(x1,y1,z1),而 =(4,

20、2,0), =(2,3,2),1 1由 得 取 x1=1,得 n=(1,-2,2).(12 分)1=0,1=0, 41+21=0,21+31+21=0,cos= = ,(14 分)| 66由图可知二面角 C1-AB1-C 的平面角为锐角,故二面角 C1-AB1-C 的余弦值为 .(15 分)66112.(2017 浙江名校(诸暨中学)交流卷四,19)如图,已知ABC 为等边三角形,M 为 AB 的中点,AA1,BB1分别垂直平面 ABC 于点 A,B,AA1=AB,BB1=AB,MNA 1B1,垂足为 N.(1)求证:CNA 1B1;(2)求平面 ABC 与平面 A1B1C 所成的锐二面角的正

21、切值.解析 (1)证明:因为 AA1,BB1分别垂直平面 ABC 于点 A,B,所以平面 AA1B1B平面 ABC,因为 AC=BC,M 为 AB 的中点,所以 CMAB,又平面 AA1B1B平面 ABC=AB,CM平面 AA1B1B,所以 CM平面 A1ABB1,所以 CMA 1B1,又因为 MNA 1B1,所以 A1B1平面 CMN,所以 A1B1CN.(2)解法一:如图,延长 AB、A 1B1相交于点 D,连接 CD,则 CD 为所求二面角的棱.因为 BB1=AA1,BB1AA 1,所以 =,于是 BD=BC=BA,于是ACD=90,即 CDCA.又因为 CDAA 1,所以 CD平面 A

22、A1C,所以 CDCA 1.于是A 1CA 即为所求二面角的平面角.在 RtA 1AC 中,AA 1=AB=AC,所以A 1CA=45,所以 tanA 1CA=1.所以平面 ABC 与平面 A1B1C 所成的锐二面角的正切值为 1.解法二:如图,以 M 为原点,MA 所在直线为 x 轴,MC 所在直线为 y 轴建立空间直角坐标系,设AB=2.12则 C(0, ,0),A1(1,0,2),B1(-1,0,1), =(1,- ,2), =(-2,0,-1).3 1 3 11设平面 A1B1C 的法向量为 n1=(x,y,z).由 n1=0, n1=0,得 取 x=1,则 y=- ,z=-2,故 n

23、1=(1,- ,-2).1 11 - 3+2=0,-2-=0, 3 3设所求二面角的大小为 ,又平面 ABC 的一个法向量为 n2=(0,0,1).所以 cos = = = ,所以 tan =1.|12|1|2| 222 22过专题【五年高考】A 组 自主命题浙江卷题组考点一 空间角1.(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. 1 2 3 B. 3 2 1 C. 1 3 2 D. 2 3

24、1答案 D 2.(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( )13A.|= = .1|1|1| 3913因此,直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 .39133.(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,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 PB

25、C 所成角的正弦值.16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 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

26、.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= ,2 2在PBN 中,由 PN=BN=1,PB= 得 QH=,3在 RtMQH 中,QH=,MQ= ,2所以 sinQMH= .28所以,直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 .28一题多解 (

27、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,17四边形 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= .(-1)2

28、+1+2=4,2+2=1, 32即点 P ,而 E 为 PD 的中点,E .(-12,0, 32) (-14,12, 34)设平面 PAB 的法向量为 n=(x1,y1,z1), = , =(1,1,0),(-12,1, 32) -121+1+ 321=0,1+1=0 1=-1,1=- 31,取 y1=-1,得 n=(1,-1, ).3而 = ,则 n=0,而 CE平面 PAB,(-54,-12, 34) CE平面 PAB.(2)设平面 PBC 的法向量为 m=(x2,y2,z2), =(0,1,0), = , (-32,0, 32) 取 x2=1,得 m=(1,0, ).2=0,-322+

29、322=0, 3设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 .则 sin =|cos|= = ,| 2818故直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 .28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

30、、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.B 组 统一命题、省(区、市)卷题组考点一 空间角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.334 233 324 32答案 A 2.(2018 课标全国理,16,5 分)已知圆锥的顶点为 S

31、,母线 SA,SB 所成角的余弦值为 ,SA78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 . 15答案 40 23.(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2AC 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.19解析 (1)证明:因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,所以 OPAC,且 OP=2 .3连接 OB.因为 AB=BC= AC,22所以ABC 为等腰直角三角形

32、,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 PAC3 3的法向量 =(2,0,0).设 M(a,2-a,0)(0= .23(-4)23(-4)2+32+2由已知可得|cos|= .32所以 = .解得 a=-4(舍去)或 a=.23|-4|23(-4)2+32+2 32所以 n= .(-833,433

33、,-43)20又 =(0,2,-2 ),所以 cos= . 3 34所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 .344.(2018 天津理,17,13 分)如图,ADBC 且 AD=2BC,ADCD,EGAD 且 EG=AD,CDFG 且CD=2FG,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 本小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

34、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.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).(0,32,1)(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0=0,0=0, 20=0,20+20=0,不妨令 z0=-1,可得 n0=(1,0,-1).又 = ,可得 n0

35、=0,(1,-32,1) 又因为直线 MN平面 CDE,21所以 MN平面 CDE.(2)依题意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2). 设 n=(x1,y1,z1)为平面 BCE 的法向量,则 即=0,=0, -1=0,1-21+21=0,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=0,=0, -2=0,-2+22=0,不妨令 z2=1,可得 m=(0,2,1).因此有 cos= = ,于是 sin= .| 31010 1010所以,二面角 E-BC-F 的正弦值为 .1010(3)设线段 DP 的

36、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|= = ,|22+5由题意,可得 =sin 60= ,解得 h= 0,2.22+5 32 33所以,线段 DP 的长为 .33方法归纳 利用空间向量解决立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

37、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).5.(2017 课标全国理,18,12 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,ABCD,且BAP=CDP=90.22(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

38、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,2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,

39、则 AC= .3在AFC 中,AC= ,AF= ,FC= ,322 62由余弦定理可得 cosAFC= =- ,2+2-22 33所以二面角 A-PB-C 的余弦值为- .33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,23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 .(22,0,0) (0,0, 22) ( 22,1,0) (- 22,1,0)所以 = , =( ,0,0), = ,

40、 =(0,1,0).(- 22,1,- 22) 2 ( 22,0,- 22)设 n=(x1,y1,z1)是平面 PCB 的法向量,则即=0,=0, - 221+1- 221=0,21=0. 可取 n=(0,-1,- ).2设 m=(x2,y2,z2)是平面 PAB 的法向量,则即=0,=0, 222- 222=0,2=0. 可取 m=(1,0,1).则 cos= =- .| 33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- .33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

41、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.|12|1|2|6.(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=2.24(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 ,

42、求线段 AH 的长.721解析 本小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(0,0,0),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 =0,=0,不妨设 z=1,可得 n=(1,0,1).又

43、=(1,2,-1),可得 n=0.2=0,2-2=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2=0,2=0.因为 =(0,-2,-1), =(1,2,-1),所以 -2-=0,+2-=0.不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2).25因此有 cos= =- ,12|1|2| 421于是 sin= .10521所以,二面角 C-EM-N 的正弦值为 .10521(3)依题意,设 AH=h(0h4),则 H(0,0,h),进而可得 =(-1,-2,h), =(-2,2

44、,2).由已知, 得|cos|= = = ,整理得 10h2-21h+8=0,解得 h=或 h=.|2-2|2+523 721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.7.(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 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)