【数学】2020届天津一轮复习通用版8-5空间向量及其应用、空间角与距离作业

【数学】2020届天津一轮复习通用版8-5空间向量及其应用、空间角与距离作业

‎8.5　空间向量及其应用、空间角与距离 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.用向量证明空间中的平行和垂直关系 ‎1.理解直线的方向向量与平面的法向量 ‎2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系 ‎3.能用向量法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)‎ ‎2018天津,17‎ ‎2017天津,17‎ 用向量法求空间角的正弦值、用向量法证明空间中直线与平面的平行关系 空间角问题 ‎★★★‎ ‎2016天津,17‎ 用向量法求空间角的正弦值、用向量法证明空间中直线与平面的平行关系 求线面角的正弦值 ‎2.用向量求空间角与距离 ‎1.能用向量法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题 ‎2.能用向量法解决点面、线面、面面距离问题,了解向量方法在立体几何问题中的应用 ‎2015天津,17‎ ‎2014天津,17‎ 用向量法求空间角 线面平行的判定、线线垂直的判定 ‎★★★‎ 分析解读　　1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理以及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,属中档题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　用向量证明空间中的平行和垂直关系 ‎1.(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,CD⊥AD,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,∴OP⊥AD.‎ ‎∵BC=‎1‎‎2‎AD=OD,且BC∥OD,‎ ‎∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,‎ ‎∴OB⊥AD,∵OP∩OB=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)(z>0),由PC=2,OP=1,‎ 得‎(x-1‎)‎‎2‎+1+z‎2‎=4,‎x‎2‎‎+z‎2‎=1,‎解得x=-‎1‎‎2‎,z=‎3‎‎2‎,‎ 即点P‎-‎1‎‎2‎,0,‎‎3‎‎2‎,‎ 而E为PD的中点,∴E‎-‎1‎‎4‎,‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎4‎.‎ 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ ‎∵AP=‎-‎1‎‎2‎,1,‎‎3‎‎2‎,AB=(1,1,0),‎ ‎∴‎-‎1‎‎2‎x‎1‎+y‎1‎+‎3‎‎2‎z‎1‎=0,‎x‎1‎‎+y‎1‎=0‎⇒‎x‎1‎‎=-y‎1‎,‎z‎1‎‎=-‎3‎y‎1‎,‎ 取y1=-1,得n=(1,-1,‎3‎).‎ 而CE=‎-‎5‎‎4‎,-‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎4‎,则CE·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),‎ ‎∵BC=(0,1,0),BP=‎-‎3‎‎2‎,0,‎‎3‎‎2‎,‎ ‎∴y‎2‎‎=0,‎‎-‎3‎‎2‎x‎2‎+‎3‎‎2‎z‎2‎=0,‎取x2=1,得m=(1,0,‎3‎).‎ 设直线CE与平面PBC所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|CE·m|‎‎|CE|·|m|‎=‎2‎‎8‎,‎ 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∥α)‎ ‎①利用线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.‎ ‎②利用面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.‎ ‎③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,结合l⊄α可得l∥α.‎ ‎(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基向量所表示,结合l⊄α可得l∥α.‎ ‎2.求线面角的方法.‎ ‎①定义法:作出线面角,解三角形即可.‎ ‎②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.‎ 例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=dAB得结论.‎ ‎③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sin θ=|cos|.‎ 最好是画出图形,否则容易出错.‎ 考点二　空间角与距离 ‎2.(2018课标Ⅱ,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=‎3‎,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)‎ A.‎1‎‎5‎　　　　B.‎5‎‎6‎　　　　C.‎5‎‎5‎　　　　D.‎‎2‎‎2‎ 答案　C　‎ ‎3.已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.‎ ‎(1)求点D到平面PEF的距离;‎ ‎(2)求直线AC到平面PEF的距离.‎ 解析　(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,‎ 则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E‎1,‎1‎‎2‎,0‎,F‎1‎‎2‎‎,1,0‎,‎ ‎∴PE=‎1,‎1‎‎2‎,-1‎,‎ EF‎=‎-‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎,0‎,‎ DP‎=(0,0,1).‎ 设平面PEF的法向量为n=(x,y,z).‎ 则有n·PE=0,‎n·EF=0‎⇒x+‎1‎‎2‎y-z=0,‎‎-‎1‎‎2‎x+‎1‎‎2‎y=0‎⇒‎z=‎3‎‎2‎x,‎y=x.‎ 令x=1,则n=‎1,1,‎‎3‎‎2‎.‎ ‎∴点D到平面PEF的距离为 d=‎|DP·n|‎‎|n|‎=‎3‎‎2‎‎17‎‎2‎=‎3‎‎17‎‎17‎.‎ ‎(2)直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离.‎ ‎∵AE=‎0,‎1‎‎2‎,0‎,平面PEF的一个法向量为n=‎1,1,‎‎3‎‎2‎,‎ ‎∴点A到平面PEF的距离为d1=‎|AE·n|‎‎|n|‎=‎1‎‎2‎‎17‎‎2‎=‎17‎‎17‎.‎ ‎∴直线AC到平面PEF的距离为‎17‎‎17‎.‎ ‎4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面AA1C1C,AA1=AB=AC=2,∠A1AC=60°.过AA1的平面交B1C1于点E,交BC于点F.‎ ‎(1)求证:A1C⊥平面ABC1;‎ ‎(2)求证:四边形AA1EF为平行四边形;‎ ‎(3)若BFBC=‎2‎‎3‎,求二面角B-AC1-F的大小.‎ 解析　(1)证明:因为AB⊥平面AA1C1C,A1C⊂平面AA1C1C,所以A1C⊥AB.‎ 在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,所以平行四边形AA1C1C为菱形,所以A1C⊥AC1.‎ 又AB∩AC1=A,AB,AC1⊂平面ABC1,所以A1C⊥平面ABC1.‎ ‎(2)证明:因为A1A∥B1B,A1A⊄平面BB1C1C,BB1⊂平面BB1C1C,所以A1A∥平面BB1C1C.‎ 因为平面AA1EF∩平面BB1C1C=EF,所以A1A∥EF.‎ 因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面AA1EF∩平面ABC=AF,平面AA1EF∩平面A1B1C1=A1E,‎ 所以A1E∥AF,‎ 所以四边形AA1EF为平行四边形.‎ ‎(3)在平面AA1C1C内,过A作Az⊥AC.‎ 因为AB⊥平面AA1C1C,所以AB,AC,Az两两垂直.‎ 故可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.‎ 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,1,‎3‎),C1(0,3,‎3‎),所以BC=(-2,2,0),AC‎1‎=(0,3,‎3‎).‎ 因为BFBC=‎2‎‎3‎,所以BF=‎2‎‎3‎BC=‎-‎4‎‎3‎,‎4‎‎3‎,0‎,‎ 所以F‎2‎‎3‎‎,‎4‎‎3‎,0‎,‎ 所以AF=‎2‎‎3‎‎,‎4‎‎3‎,0‎.‎ 由(1)得平面ABC1的一个法向量为A‎1‎C=(0,1,-‎3‎).‎ 设平面AC1F的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AC‎1‎=0,‎n·AF=0,‎ 即‎3y+‎3‎z=0,‎‎2‎‎3‎x+‎4‎‎3‎y=0.‎ 令y=1,则x=-2,z=-‎3‎,‎ 所以n=(-2,1,-‎3‎).‎ 所以cos=n·‎A‎1‎C‎|n||A‎1‎C|‎=‎2‎‎2‎.‎ 由图可知二面角B-AC1-F的平面角是锐角,‎ 所以二面角B-AC1-F的大小为45°.‎ 思路分析　(1)通过证明四边形AA1C1C为菱形,得出A1C⊥AC1,从而证得A1C⊥平面ABC1;‎ ‎(2)由面面平行的性质定理、线面平行的性质定理分别得到两组对边互相平行,进而证明四边形AA1EF为平行四边形;‎ ‎(3)由平面的法向量和夹角公式求解.‎ 方法总结　正确掌握线面平行和垂直的证明方法和计算空间角的基本方法是求解立体几何问题的基础和保障,务必“记牢活用.”‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　空间角与距离的向量求法 ‎1.正四棱锥S-ABCD的八条棱长都相等,SB的中点是E,则异面直线AE,SD所成角的余弦值为　　　　. ‎ 答案　‎‎3‎‎3‎ ‎2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1B1的中点,则异面直线D1E和BC1间的距离为　　　　. ‎ 答案　‎‎2‎‎6‎‎3‎ 方法2　用向量法求立体几何中的探索性问题 ‎3.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E为AD的中点,PA⊥AD,BE∥CD,BE⊥AD,PA=AE=BE=2,CD=1.‎ ‎(1)求证:平面PAD⊥平面PCD;‎ ‎(2)求二面角C-PB-E的余弦值;‎ ‎(3)在线段PE上是否存在点M,使得DM∥平面PBC?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,‎ 且平面PAD∩平面ABCD=AD,‎ 所以PA⊥平面ABCD.‎ 又CD⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥CD.‎ 又因为BE⊥AD,BE∥CD,‎ 所以CD⊥AD.‎ 又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 因为CD⊂平面PCD,‎ 所以平面PAD⊥平面PCD.‎ ‎(2)以E为原点,以EB,ED的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,‎ 则E(0,0,0),P(0,-2,2),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),‎ 所以PB=(2,2,-2),BC=(-1,2,0),EP=(0,-2,2).‎ 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·PB=0,‎n·BC=0,‎即‎2x+2y-2z=0,‎‎-x+2y=0.‎ 令y=1,则x=2,z=3,‎ 所以n=(2,1,3).‎ 设平面PBE的法向量为m=(a,b,c),‎ 则m·PB=0,‎m·EP=0,‎即‎2a+2b-2c=0,‎‎-2b+2c=0.‎ 令b=1,则a=0,c=1,‎ 所以m=(0,1,1).‎ 所以cos=n·m‎|n|·|m|‎=‎2×0+1×1+3×1‎‎14‎‎×‎‎2‎=‎2‎‎7‎‎7‎.‎ 由图可知,所求二面角为锐角,‎ 所以二面角C-PB-E的余弦值为‎2‎‎7‎‎7‎.‎ ‎(3)“在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC”等价于“在线段PE上存在点M,使其满足DM·n=0”.‎ 设PM=λPE,λ∈[0,1].‎ 因为PE=(0,2,-2),所以PM=(0,2λ,-2λ),‎ 则M(0,2λ-2,2-2λ),所以DM=(0,2λ-4,2-2λ).‎ 由(2)知平面PBC的一个法向量为n=(2,1,3),‎ 所以DM·n=2λ-4+6-6λ=0,‎ 解得λ=‎1‎‎2‎.‎ 因为λ=‎1‎‎2‎∈[0,1],‎ 所以在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC,此时点M为PE的中点.‎ ‎4.如图1,在平面五边形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,CD=1,△ADE是边长为2的正三角形,现将△ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图2),且DE⊥AB.‎ ‎(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD;‎ ‎(2)求平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小;‎ ‎(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF∥平面BCE?若存在,求出EFEA的值;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)证明:由已知得AB⊥AD,因为AB⊥DE,‎ 且AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE,所以AB⊥平面ADE.‎ 又AB⊂平面ABCD,所以平面ADE⊥平面ABCD.‎ ‎(2)设AD的中点为O,连接EO.‎ 因为△ADE是正三角形,‎ 所以EA=ED,所以EO⊥AD.‎ 因为平面ADE⊥平面ABCD,‎ 平面ADE∩平面ABCD=AD,EO⊂平面ADE,‎ 所以EO⊥平面ABCD.‎ 在平面ABCD内过O点作垂直于AD的直线交CB于点M.‎ 以O为原点,OA所在的直线为x轴,OM所在的直线为y轴,OE所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,‎ 则E(0,0,‎3‎),B(1,2,0),C(-1,1,0),‎ 所以CE=(1,-1,‎3‎),CB=(2,1,0).‎ 设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),‎ 则m·CE=0,‎m·CB=0,‎即x-y+‎3‎z=0,‎‎2x+y=0.‎ 令x=1,则y=-2,z=-‎3‎,‎ 所以m=(1,-2,-‎3‎).‎ 易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),‎ 所以cos=m·n‎|m||n|‎=-‎2‎‎2‎.‎ 所以平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小为π‎4‎.‎ ‎(3)在棱AE上存在点F,使得DF∥平面BCE,此时EFEA=‎1‎‎2‎.‎ 理由:设BE的中点为G,连接CG,FG,‎ 则FG∥AB,FG=‎1‎‎2‎AB,‎ 因为AB∥CD,且CD=‎1‎‎2‎AB,‎ 所以FG∥CD,且FG=CD.‎ 所以四边形CDFG是平行四边形,‎ 所以DF∥CG.‎ 因为CG⊂平面BCE,且DF⊄平面BCE,‎ 所以DF∥平面BCE.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·天津卷题组 ‎1.(2018天津,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG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.‎ 依题意,可以建立以D为原点,分别以DA,DC,DG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),M‎0,‎3‎‎2‎,1‎,N(1,0,2).‎ ‎(1)证明:依题意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).‎ 设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,‎ 则n‎0‎‎·DC=0,‎n‎0‎‎·DE=0,‎即‎2y‎0‎=0,‎‎2x‎0‎+2z‎0‎=0,‎ 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).‎ 又MN=‎1,-‎3‎‎2‎,1‎,可得MN·n0=0,‎ 又因为直线MN⊄平面CDE,‎ 所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).‎ 设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,‎ 则n·BC=0,‎n·BE=0,‎即‎-x‎1‎=0,‎x‎1‎‎-2y‎1‎+2z‎1‎=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m·BC=0,‎m·CF=0,‎即‎-x‎2‎=0,‎‎-y‎2‎+2z‎2‎=0,‎ 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).‎ 因此有cos=m·n‎|m||n|‎=‎3‎‎10‎‎10‎,于是sin=‎10‎‎10‎.‎ 所以,二面角E-BC-F的正弦值为‎10‎‎10‎.‎ ‎(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).‎ 易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,‎ 故|cos|=‎|BP·DC|‎‎|BP||DC|‎=‎2‎h‎2‎‎+5‎,‎ 由题意,可得‎2‎h‎2‎‎+5‎=sin 60°=‎3‎‎2‎,‎ 解得h=‎3‎‎3‎∈[0,2].‎ 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).‎ ‎2.(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‎7‎‎21‎,求线段AH的长.‎ 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AB,AC,AP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:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·DE=0,‎n·DB=0,‎即‎2y=0,‎‎2x-2z=0.‎ 不妨设z=1,可得n=(1,0,1).‎ 又MN=(1,2,-1),可得MN·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n‎2‎‎·EM=0,‎n‎2‎‎·MN=0.‎ 因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以‎-2y-z=0,‎x+2y-z=0.‎ 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).‎ 因此有cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎=-‎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(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=‎|NH·BE|‎‎|NH||BE|‎=‎|2h-2|‎h‎2‎‎+5‎‎×2‎‎3‎=‎7‎‎21‎,‎ 整理得10h2-21h+8=0,‎ 解得h=‎8‎‎5‎或h=‎1‎‎2‎.‎ 所以,线段AH的长为‎8‎‎5‎或‎1‎‎2‎.‎ 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.‎ ‎3.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.‎ ‎(1)求证:EG∥平面ADF;‎ ‎(2)求二面角O-EF-C的正弦值;‎ ‎(3)设H为线段AF上的点,且AH=‎2‎‎3‎HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ 解析　依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以AD,BA,OF的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).‎ ‎(1)证明:依题意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).‎ 设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,‎ 则n‎1‎‎·AD=0,‎n‎1‎‎·AF=0,‎即‎2x=0,‎x-y+2z=0.‎ 不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),‎ 又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0,‎ 又因为直线EG⊄平面ADF,‎ 所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)易证,OA=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.‎ 依题意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).‎ 设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则n‎2‎‎·EF=0,‎n‎2‎‎·CF=0,‎ 即x+y=0,‎‎-x+y+2z=0.‎不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).‎ 因此有cos=OA‎·‎n‎2‎‎|OA|·|n‎2‎|‎=-‎6‎‎3‎,‎ 于是sin=‎3‎‎3‎.‎ 所以,二面角O-EF-C的正弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)由AH=‎2‎‎3‎HF,得AH=‎2‎‎5‎AF.‎ 因为AF=(1,-1,2),‎ 所以AH=‎2‎‎5‎AF=‎2‎‎5‎‎,-‎2‎‎5‎,‎‎4‎‎5‎,‎ 进而有H‎-‎3‎‎5‎,‎3‎‎5‎,‎‎4‎‎5‎,‎ 从而BH=‎2‎‎5‎‎,‎8‎‎5‎,‎‎4‎‎5‎,‎ 因此cos=BH‎·‎n‎2‎‎|BH|·|n‎2‎|‎=-‎7‎‎21‎.‎ 所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为‎7‎‎21‎.‎ 思路分析　(1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值.‎ ‎4.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=‎5‎,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.‎ ‎(1)求证:MN∥平面ABCD;‎ ‎(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;‎ ‎(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为‎1‎‎3‎,求线段A1E的长.‎ 解析　如图,以A为原点建立空间直角坐标系,‎ 依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).‎ 又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,‎ 所以M‎1,‎1‎‎2‎,1‎,N(1,-2,1).‎ ‎(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=‎0,-‎5‎‎2‎,0‎.由此可得MN·n=0,‎ 又因为直线MN⊄平面ABCD,‎ 所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2)AD‎1‎=(1,-2,2),AC=(2,0,0).‎ 设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n‎1‎‎·AD‎1‎=0,‎n‎1‎‎·AC=0,‎ 即x-2y+2z=0,‎‎2x=0.‎不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).‎ 设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,‎ 则n‎2‎‎·AB‎1‎=0,‎n‎2‎‎·AC=0,‎ 又AB‎1‎=(0,1,2),得y+2z=0,‎‎2x=0.‎ 不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).‎ 因此有cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎|·|n‎2‎|‎=-‎10‎‎10‎,‎ 于是sin=‎3‎‎10‎‎10‎.‎ 所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为‎3‎‎10‎‎10‎.‎ ‎(3)依题意,可设A‎1‎E=λA‎1‎B‎1‎,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE=(-1,λ+2,1).‎ 又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,‎ 由已知,得cos=‎NE‎·n‎|NE|·|n|‎ ‎=‎1‎‎(-1‎)‎‎2‎+(λ+2‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎=‎1‎‎3‎,‎ 整理得λ2+4λ-3=0,‎ 又因为λ∈[0,1],解得λ=‎7‎-2.‎ 所以,线段A1E的长为‎7‎-2.‎ 评析本小题主要考查直线与平面平行和垂直、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、运算能力和推理论证能力.‎ ‎5.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.‎ ‎(1)证明BE⊥DC;‎ ‎(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;‎ ‎(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.‎ 解析　依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).‎ ‎(1)证明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE·DC=0.‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2)向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,‎ 则n·BD=0,‎n·PB=0,‎即‎-x+2y=0,‎x-2z=0.‎ 不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.‎ 于是有cos=n·‎BE‎|n|·|BE|‎=‎2‎‎6‎‎×‎‎2‎=‎3‎‎3‎.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由点F在棱PC上,设CF=λCP,0≤λ≤1.‎ 故BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得BF·AC=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=‎3‎‎4‎.即BF=‎-‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎2‎.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则n‎1‎‎·AB=0,‎n‎1‎‎·BF=0,‎即x=0,‎‎-‎1‎‎2‎x+‎1‎‎2‎y+‎3‎‎2‎z=0.‎ 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则 cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎|·|n‎2‎|‎=‎-3‎‎10‎‎×1‎=-‎3‎‎10‎‎10‎.‎ 易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为‎3‎‎10‎‎10‎.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　用向量证明空间中的平行和垂直关系 ‎　(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　(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意知各点坐标如下:‎ A(0,-‎3‎,0),B(1,0,0),A1(0,-‎3‎,4),B1(1,0,2),C1(0,‎3‎,1).‎ 因此 AB‎1‎=(1,‎3‎,2),A‎1‎B‎1‎=(1,‎3‎,-2),A‎1‎C‎1‎=(0,2‎3‎,-3).‎ 由 AB‎1‎·A‎1‎B‎1‎=0得AB1⊥A1B1.由 AB‎1‎·A‎1‎C‎1‎=0得AB1⊥A1C1.‎ 又A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,‎ 所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.‎ 由(1)可知 AC‎1‎=(0,2‎3‎,1),AB=(1,‎3‎,0),BB‎1‎=(0,0,2).‎ 设平面ABB1的法向量n=(x,y,z),‎ 则n·AB=0,‎n·BB‎1‎=0,‎即x+‎3‎y=0,‎‎2z=0,‎可取n=(-‎3‎,1,0).‎ 所以sin θ=|cos|=‎|AC‎1‎·n|‎‎|AC‎1‎|·|n|‎=‎39‎‎13‎.‎ 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是‎39‎‎13‎.‎ 考点二　空间角与距离 ‎1.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2‎2‎,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)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,‎ 所以OP⊥AC,且OP=2‎3‎.‎ 连接OB.因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC,‎ 所以△ABC为等腰直角三角形,‎ 且OB⊥AC,OB=‎1‎‎2‎AC=2.‎ 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.‎ 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)如图,以O为坐标原点,OB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(0,0,2‎3‎),AP=(0,2,2‎3‎).‎ 取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).‎ 设M(a,2-a,0)(0=‎2‎3‎(a-4)‎‎2‎‎3(a-4‎)‎‎2‎+3a‎2‎+‎a‎2‎.‎ 由已知可得|cos|=‎3‎‎2‎.‎ 所以‎2‎3‎|a-4|‎‎2‎‎3(a-4‎)‎‎2‎+3a‎2‎+‎a‎2‎=‎3‎‎2‎.‎ 解得a=-4(舍去)或a=‎4‎‎3‎.‎ 所以n=‎-‎8‎‎3‎‎3‎,‎4‎‎3‎‎3‎,-‎‎4‎‎3‎.‎ 又PC=(0,2,-2‎3‎),所以cos=‎3‎‎4‎.‎ 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为‎3‎‎4‎.‎ ‎2.(2017课标Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,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)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD,故AB⊥PD,‎ 又AP∩PD=P,AP,PD⊂平面PAD,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PF⊥AD,垂足为F.‎ 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,‎ 又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.‎ 以 F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|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A‎2‎‎2‎‎,0,0‎,P‎0,0,‎‎2‎‎2‎,B‎2‎‎2‎‎,1,0‎,C‎-‎2‎‎2‎,1,0‎.‎ 所以PC=‎-‎2‎‎2‎,1,-‎‎2‎‎2‎,CB=(‎2‎,0,0),PA=‎2‎‎2‎‎,0,-‎‎2‎‎2‎,AB=(0,1,0).‎ 设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则 n·PC=0,‎n·CB=0,‎即‎-‎2‎‎2‎x‎1‎+y‎1‎-‎2‎‎2‎z‎1‎=0,‎‎2‎x‎1‎‎=0.‎ 可取n=(0,-1,-‎2‎).‎ 设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则 m·PA=0,‎m·AB=0,‎即‎2‎‎2‎x‎2‎‎-‎2‎‎2‎z‎2‎=0,‎y‎2‎‎=0.‎ 可取m=(1,0,1).‎ 则cos=n·m‎|n||m|‎=-‎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θ,则|cos θ|=‎|n‎1‎·n‎2‎|‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.‎ ‎3.(2017课标Ⅱ,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=‎1‎‎2‎AD,∠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EF∥AD,EF=‎1‎‎2‎AD.‎ 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=‎1‎‎2‎AD,所以EF