2021届新高考版高考数学一轮复习精练:§8-5 空间向量及其在立体几何中的应用(试题部分)

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2021届新高考版高考数学一轮复习精练:§8-5 空间向量及其在立体几何中的应用(试题部分)

‎§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用 基础篇固本夯基 ‎【基础集训】‎ 考点一 用向量法证明平行、垂直 ‎1.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.‎ ‎(1)求证:AF∥平面PEC;‎ ‎(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.‎ 证明 ∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,‎ ‎∴PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,‎ 以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,‎ 由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0),‎ P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0).‎ ‎(1)∵F为PD的中点,E为AB的中点,‎ ‎∴F(0,1,1),E(1,0,0),‎ ‎∴PE=(1,0,-2),PC=(2,2,-2).‎ 设平面PEC的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 则n‎1‎‎·PE=0,‎n‎1‎‎·PC=0,‎即x‎1‎‎-2z‎1‎=0,‎‎2x‎1‎+2y‎1‎-2z‎1‎=0,‎ 取z1=1,则n1=(2,-1,1),‎ 又∵AF=(0,1,1),∴AF·n1=0-1+1=0,‎ ‎∴AF⊥n1,∴AF∥平面PEC.‎ ‎(2)PC=(2,2,-2),PD=(0,2,-2).‎ 设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则n‎2‎‎·PC=0,‎n‎2‎‎·PD=0,‎∴‎2x‎2‎+2y‎2‎-2z‎2‎=0,‎‎2y‎2‎-2z‎2‎=0,‎即x‎2‎‎+y‎2‎-z‎2‎=0,‎y‎2‎‎-z‎2‎=0,‎ 取z2=1,则n2=(0,1,1),‎ 又∵n1=(2,-1,1)是平面PEC的一个法向量,‎ ‎∴n1·n2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n1⊥n2,‎ ‎∴平面PEC⊥平面PCD.‎ ‎2.如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上.‎ ‎(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;‎ ‎(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为‎3‎‎7‎,求四面体ADPQ的体积.‎ 解析 由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.‎ ‎(1)证明:因为P是DD1的中点,所以P‎0,‎9‎‎2‎,3‎,所以PQ=‎6,m-‎9‎‎2‎,-3‎.又AB‎1‎=(3,0,6),‎ 于是AB‎1‎·PQ=18-18=0,所以AB‎1‎⊥PQ,即AB1⊥PQ.‎ ‎(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD‎1‎=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则n‎1‎‎·DQ=0,‎n‎1‎‎·DD‎1‎=0,‎即‎6x+(m-6)y=0,‎‎-3y+6z=0.‎取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),‎ 所以cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎|·|n‎2‎|‎=‎3‎‎1×‎‎(6-m‎)‎‎2‎+‎6‎‎2‎+‎‎3‎‎2‎=‎3‎‎(6-m‎)‎‎2‎+45‎.‎ 而二面角P-QD-A的余弦值为‎3‎‎7‎,因此‎3‎‎(6-m‎)‎‎2‎+45‎=‎3‎‎7‎,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).‎ 设DP=λDD‎1‎(0<λ≤1),而DD‎1‎=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(6,3λ-2,-6λ).‎ 因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=‎2‎‎3‎,从而P(0,4,4).‎ 于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=‎1‎‎3‎S△ADQ·h=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×6×6×4=24.‎ 考点二 用向量法求空间角与距离 ‎3.在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.‎ ‎(1)求证:AB⊥CD;‎ ‎(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值;‎ ‎(3)在(2)的条件下,求点D到平面BMC的距离.‎ 解析 (1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,‎ ‎∴AB⊥平面BCD.‎ 又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.‎ ‎(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.‎ 由(1)知AB⊥平面BCD,又BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,‎ ‎∴AB⊥BE,AB⊥BD.‎ 以B为坐标原点,分别以BE,BD,BA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,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M‎0,‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,‎ 则BC=(1,1,0),BM=‎0,‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,AD=(0,1,-1).‎ 设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),‎ 则n·BC=0,‎n·BM=0,‎即x‎0‎‎+y‎0‎=0,‎‎1‎‎2‎y‎0‎‎+‎1‎‎2‎z‎0‎=0,‎ 取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|n·AD|‎‎|n|·|AD|‎=‎6‎‎3‎,‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为‎6‎‎3‎.‎ ‎(3)由(2)可知平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1),‎ 又∵BD=(0,1,0),‎ ‎∴点D到平面BMC的距离为‎|BD·n|‎‎|n|‎=‎1‎‎3‎=‎3‎‎3‎.‎ ‎4.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.‎ ‎(1)求证:AO⊥BE;‎ ‎(2)求二面角F-AE-B的余弦值;‎ ‎(3)若BE⊥平面AOC,求a的值;‎ ‎(4)在(3)的条件下,求BE与AF所成角的余弦值.‎ 解析 (1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.‎ 又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,‎ 所以AO⊥平面EFCB.‎ 所以AO⊥BE.‎ ‎(2)取BC的中点G,连接OG.‎ 由题意知四边形EFCB是等腰梯形,‎ 所以OG⊥EF.‎ 由(1)知AO⊥平面EFCB,‎ 又OG⊂平面EFCB,‎ 所以OA⊥OG.‎ 如图建立空间直角坐标系O-xyz,‎ 则E(a,0,0),A(0,0,‎3‎a),B(2,‎3‎(2-a),0),‎ 所以EA=(-a,0,‎3‎a),BE=(a-2,‎3‎(a-2),0).‎ 设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·EA=0,‎n·BE=0,‎即‎-ax+‎3‎az=0,‎‎(a-2)x+‎3‎(a-2)y=0.‎ 令z=1,则x=‎3‎,y=-1.‎ 于是n=(‎3‎,-1,1).‎ 又平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).‎ 所以cos=n·p‎|n||p|‎=-‎5‎‎5‎.‎ 由题设知二面角F-AE-B为钝二面角,‎ 所以它的余弦值为-‎5‎‎5‎.‎ ‎(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.‎ 因为BE=(a-2,‎3‎(a-2),0),OC=(-2,‎3‎(2-a),0),‎ 所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.‎ 由BE·OC=0及0=AF‎·‎BE‎|AF||BE|‎=‎8‎‎9‎‎8‎‎3‎‎×‎‎4‎‎3‎=‎1‎‎4‎,‎ ‎∴BE与AF所成角的余弦值为‎1‎‎4‎.‎ 综合篇知能转换 ‎【综合集训】‎ 考法一 求异面直线所成角的方法 ‎1.(2017课标Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(  )‎ A.‎3‎‎2‎   B.‎15‎‎5‎   C.‎10‎‎5‎   D.‎‎3‎‎3‎ 答案 C ‎2.(2019吉林长春外国语学校一模,15)如图所示,平面BCC1B1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC1B1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为    . ‎ 答案 ‎‎6‎‎4‎ 考法二 求直线与平面所成角的方法 ‎3.(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 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,‎ 设AC,A1C1的中点分别为O,O1,‎ 则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,‎ 以{OB,OC,OO‎1‎}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(‎3‎,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(‎3‎,0,2),C1(0,1,2).‎ ‎(1)因为P为A1B1的中点,所以P‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,2‎.‎ 从而BP=‎-‎3‎‎2‎,-‎1‎‎2‎,2‎,AC‎1‎=(0,2,2).‎ 故|cos|=‎|BP·AC‎1‎|‎‎|BP|·|AC‎1‎|‎=‎|-1+4|‎‎5‎‎×2‎‎2‎=‎3‎‎10‎‎20‎.‎ 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为‎3‎‎10‎‎20‎.‎ ‎(2)因为Q为BC的中点,所以Q‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,0‎,‎ 因此AQ=‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎,AC‎1‎=(0,2,2),CC‎1‎=(0,0,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,‎ 则‎ AQ·n=0,‎AC‎1‎‎·n=0,‎即‎3‎‎2‎x+‎3‎‎2‎y=0,‎‎2y+2z=0.‎不妨取n=(‎3‎,-1,1).‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|CC‎1‎·n|‎‎|CC‎1‎|·|n|‎=‎2‎‎5‎‎×2‎=‎5‎‎5‎,‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为‎5‎‎5‎.‎ ‎4.(2018湖北八校4月联考,18)如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°.‎ ‎(1)求证:AC⊥平面BDEF;‎ ‎(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值.‎ 解析 (1)证明:设AC与BD相交于点O,连接FO,‎ ‎∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,且O为AC中点,‎ ‎∵FA=FC,∴AC⊥FO,‎ 又FO∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(5分)‎ ‎(2)连接DF,∵四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,‎ ‎∴△DBF为等边三角形,∵O为BD的中点,∴FO⊥BD,又AC⊥FO,AC∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF两两垂直,‎ ‎∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.(7分)‎ 设AB=2,∵四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,‎ ‎∴BD=2,AC=2‎3‎.‎ ‎∵△DBF为等边三角形,∴OF=‎3‎.∴A(‎3‎,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,‎3‎),‎ ‎∴AD=(-‎3‎,-1,0),AF=(-‎3‎,0,‎3‎),AB=(-‎3‎,1,0).‎ 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则AF‎·n=-‎3‎x+‎3‎z=0,‎AB‎·n=-‎3‎x+y=0,‎ 取x=1,得n=(1,‎3‎,1).(10分)‎ 设直线AD与平面ABF所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|AD·n|‎‎|AD|·|n|‎=‎15‎‎5‎.(12分)‎ 考法三 求二面角的方法 ‎5.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=‎5‎,FC=1.‎ ‎(1)证明:平面CDF⊥平面ADE;‎ ‎(2)求二面角E-BD-F的正弦值.‎ 解析 (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴CD⊥AD.‎ ‎∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE.‎ 又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.‎ ‎∵CD⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.‎ ‎(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=‎5‎,‎ ‎∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD.‎ 又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.‎ 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,‎ 则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2).‎ ‎∴DB=(1,2,0),DF=(0,2,1),‎ 设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),‎ ‎∴m·DB=x+2y=0,‎m·DF=2y+z=0,‎令x=2,得m=(2,-1,2).‎ 同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2,-1,-1),‎ ‎∴cos=m·n‎|m|·|n|‎=‎3‎‎3×‎‎6‎=‎6‎‎6‎,‎ ‎∴sin=‎30‎‎6‎.故二面角E-BD-F的正弦值为‎30‎‎6‎.‎ ‎6.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥P-ABC中,PC⊥AB,△ABC是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°.‎ ‎(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;‎ ‎(2)设F为棱PA的中点,求二面角P-BC-F的余弦值.‎ 解析 (1)证明:在△PBC中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=2‎3‎,‎ ‎∴PC2+BC2=PB2,∴PC⊥BC,(2分)‎ 又PC⊥AB,AB∩BC=B,‎ ‎∴PC⊥平面ABC,∵PC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(4分)‎ ‎(2)在平面ABC中,过点C作CM⊥CA,以CA,CM,CP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略).‎ 则C(0,0,0),P(0,0,2‎3‎),A(2,0,0),B(1,‎3‎,0),F(1,0,‎3‎).(6分)‎ 设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 则CB‎·m=x‎1‎+‎3‎y‎1‎=0,‎CP‎·m=2‎3‎z‎1‎=0,‎z1=0,取y1=-1,则x1=‎3‎,‎ 即m=(‎3‎,-1,0)为平面PBC的一个法向量.(8分)‎ 设平面BCF的法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 则CB‎·n=x‎2‎+‎3‎y‎2‎=0,‎CF‎·n=x‎2‎+‎3‎z‎2‎=0,‎ 取x2=‎3‎,则y2=-1,z2=-1,即n=(‎3‎,-1,-1)为平面BCF的一个法向量,(10分)‎ cos=m·n‎|m||n|‎=‎3+1+0‎‎2×‎‎(‎3‎‎)‎‎2‎+(-1‎)‎‎2‎+(-1‎‎)‎‎2‎=‎2‎‎5‎‎5‎.‎ 由题图可知二面角P-BC-F为锐二面角,‎ 故二面角P-BC-F的余弦值为‎2‎‎5‎‎5‎.(12分)‎ 应用篇知行合一 ‎【应用集训】‎ ‎1.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2‎6‎,DE=3‎6‎.‎ ‎(1)求证:平面ACE⊥平面BED;‎ ‎(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;‎ ‎(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF的值;若不存在,说明理由.‎ 解析 (1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,‎ 所以DE⊥平面ABCD.(2分)‎ 又因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,‎ 所以AC⊥平面BDE.(3分)‎ 又因为AC⊂平面ACE,‎ 所以平面ACE⊥平面BED.(4分)‎ ‎(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.‎ 则A(3,0,0),F(3,0,2‎6‎),E(0,0,3‎6‎),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)‎ 所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,3‎6‎),EF=(3,0,-‎6‎).‎ 设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).‎ 则n·BE=0,‎n·EF=0,‎即‎-3x‎1‎-3y‎1‎+3‎6‎z‎1‎=0,‎‎3x‎1‎-‎6‎z‎1‎=0,‎ 令x1=‎6‎,则y1=2‎6‎,z1=3,则n=(‎6‎,2‎6‎,3).(6分)‎ 所以cos=CA‎·n‎|CA||n|‎=‎-3‎‎6‎‎3‎2‎×‎‎39‎=-‎13‎‎13‎.(7分)‎ 所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为‎13‎‎13‎.(8分)‎ ‎(3)存在,理由如下:‎ 设M(3,0,t),0≤t≤2‎6‎.(9分)‎ 则BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,3‎6‎).‎ 设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),‎ 则m·BM=0,‎m·BE=0,‎即‎-3y‎2‎+tz‎2‎=0,‎‎-3x‎2‎-3y‎2‎+3‎6‎z‎2‎=0,‎ 令y2=t,则z2=3,x2=3‎6‎-t,则m=(3‎6‎-t,t,3).(10分)‎ 又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,‎ ‎∴|cos|=‎|m·CA|‎‎|m||CA|‎=‎|9‎6‎-6t|‎‎3‎2‎×‎‎(3‎6‎-t‎)‎‎2‎+t‎2‎+9‎=‎1‎‎2‎,(11分)‎ 整理得2t2-6‎6‎t+15=0,解得t=‎6‎‎2‎或t=‎5‎‎6‎‎2‎(舍去),(12分)‎ ‎∴AMAF=‎1‎‎4‎.(13分)‎ ‎2.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.‎ ‎(1)若M是A1D的中点,求直线CM与平面A1BE所成角的大小;‎ ‎(2)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.‎ 解析 (1)由折叠的性质得CD⊥DE,A1D⊥DE,又CD∩A1D=D,∴DE⊥平面A1CD.又∵A1C⊂平面A1CD,∴A1C⊥DE,又A1C⊥CD,CD∩DE=D,‎ ‎∴A1C⊥平面BCDE.(3分)‎ 建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A1(0,0,2‎3‎),E(-2,2,0),B(0,3,0),‎ ‎∴A‎1‎B=(0,3,-2‎3‎),A‎1‎E=(-2,2,-2‎3‎),‎ 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),‎ 则A‎1‎B‎·n=0,‎A‎1‎E‎·n=0,‎∴‎3y-2‎3‎z=0,‎‎-2x+2y-2‎3‎z=0,‎取z=‎3‎,则x=-1,y=2,‎ ‎∴n=(-1,2,‎3‎).(5分)‎ 又∵M(-1,0,‎3‎),∴CM=(-1,0,‎3‎),‎ ‎∴cos=CM‎·n‎|CM|·|n|‎=‎1+3‎‎1+4+3‎‎×‎‎1+3‎=‎2‎‎2‎.‎ ‎∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°.(6分)‎ ‎(2)假设线段BC上存在点P满足条件,设P点坐标为(0,a,0),则a∈[0,3],‎ ‎∴A‎1‎P=(0,a,-2‎3‎),DP=(2,a,0),‎ 设平面A1DP的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 则ay‎1‎-2‎3‎z‎1‎=0,‎‎2x‎1‎+ay‎1‎=0,‎取y1=6,则x1=-3a,z1=‎3‎a,‎ ‎∴n1=(-3a,6,‎3‎a).(9分)‎ 若平面A1DP与平面A1BE垂直,则n1·n=0,‎ ‎∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2,‎ ‎∵0≤a≤3,∴a=-2舍去.‎ ‎∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.(12分)‎ ‎【五年高考】‎ 考点一 用向量法证明平行、垂直 ‎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:依题意得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课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,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=‎2‎‎3‎AD=2.‎ 取BP的中点T,连接AT,TN,‎ 由N为PC的中点知TN∥BC,TN=‎1‎‎2‎BC=2.(3分)‎ 又AD∥BC,故TNAM,故四边形AMNT为平行四边形,‎ 于是MN∥AT.‎ 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AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=AB‎2‎-BE‎2‎=AB‎2‎-‎BC‎2‎‎2‎=‎5‎.‎ 以A为坐标原点,AE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(‎5‎,2,0),N‎5‎‎2‎‎,1,2‎,‎ PM‎=(0,2,-4),PN=‎5‎‎2‎‎,1,-2‎,AN=‎5‎‎2‎‎,1,2‎.‎ 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,‎ 则n·PM=0,‎n·PN=0,‎即‎2y-4z=0,‎‎5‎‎2‎x+y-2z=0,‎(10分)‎ 可取n=(0,2,1).‎ 于是|cos|=‎|n·AN|‎‎|n||AN|‎=‎8‎‎5‎‎25‎.‎ 即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为‎8‎‎5‎‎25‎.(12分)‎ ‎4.(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的中点.‎ ‎(1)证明:EF⊥BC;‎ ‎(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.‎ 解析 (1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC,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(0,0,2‎3‎),B(‎3‎,1,0),B1(‎3‎,3,2‎3‎),F‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,2‎‎3‎,C(0,2,0).‎ 因此,EF=‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,2‎‎3‎,BC=(-‎3‎,1,0).‎ 由EF·BC=0得EF⊥BC.‎ ‎(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.‎ 由(1)可得BC=(-‎3‎,1,0),A‎1‎C=(0,2,-2‎3‎).‎ 设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).‎ 由BC‎·n=0,‎A‎1‎C‎·n=0,‎得‎-‎3‎x+y=0,‎y-‎3‎z=0.‎ 取n=(1,‎3‎,1),‎ 故sin θ=|cos|=‎|EF·n|‎‎|EF|·|n|‎=‎4‎‎5‎.‎ 因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为‎3‎‎5‎.‎ 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”.‎ ‎5.(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)证明: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,OB∩AC=O,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.‎ 考点二 用向量法求空间角与距离 ‎6.(2019课标Ⅰ,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ME∥B1C,且ME=‎1‎‎2‎B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=‎1‎‎2‎A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.‎ ‎(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,DA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(1,‎3‎,2),N(1,0,2),A‎1‎A=(0,0,-4),A‎1‎M=(-1,‎3‎,-2),A‎1‎N=(-1,0,-2),MN=(0,-‎3‎,0).‎ 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A‎1‎M=0,‎m·A‎1‎A=0.‎ 所以‎-x+‎3‎y-2z=0,‎‎-4z=0.‎可取m=(‎3‎,1,0).‎ 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,‎n·A‎1‎N=0.‎ 所以‎-‎3‎q=0,‎‎-p-2r=0.‎可取n=(2,0,-1).‎ 于是cos=m·n‎|m||n|‎=‎2‎‎3‎‎2×‎‎5‎=‎15‎‎5‎,‎ 所以二面角A-MA1-N的正弦值为‎10‎‎5‎.‎ ‎7.(2019课标Ⅲ,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=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)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.‎ 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.‎ 又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)作EH⊥BC,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=‎3‎.‎ 以H为坐标原点,HC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(2,0,‎3‎),CG=(1,0,‎3‎),AC=(2,-1,0).‎ 设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则CG‎·n=0,‎AC‎·n=0,‎即x+‎3‎z=0,‎‎2x-y=0.‎ 所以可取n=(3,6,-‎3‎).‎ 又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),‎ 所以cos=n·m‎|n||m|‎=‎3‎‎2‎.‎ 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平行关系不变,可得AD∥CG,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AB⊥BE,AB⊥BC,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,HC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.‎ ‎8.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD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.‎ 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ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.‎ 因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM=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,DA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CD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),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).‎ 设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则 n·AM=0,‎n·AB=0,‎即‎-2x+y+z=0,‎‎2y=0,‎可取n=(1,0,2).‎ DA是平面MCD的法向量,因此 cos=n·‎DA‎|n||DA|‎=‎5‎‎5‎,sin=‎2‎‎5‎‎5‎.‎ 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是‎2‎‎5‎‎5‎.‎ 解后反思 一、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.‎ 二、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面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.‎ ‎2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.‎ ‎9.(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)证明: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EFBC,则四边形BCEF是平行四边形,所以CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE平面PAB,故CE∥平面PAB.‎ ‎(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB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A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,‎3‎),PC=(1,0,-‎3‎),AB=(1,0,0).‎ 设M(x,y,z)(0|=sin 45°,‎|z|‎‎(x-1‎)‎‎2‎+y‎2‎+‎z‎2‎=‎2‎‎2‎,‎ 即(x-1)2+y2-z2=0.①‎ 又M在棱PC上,设PM=λPC,则 x=λ,y=1,z=‎3‎-‎3‎λ.②‎ 由①,②解得x=1+‎2‎‎2‎,‎y=1,‎z=-‎‎6‎‎2‎(舍去),或x=1-‎2‎‎2‎,‎y=1,‎z=‎6‎‎2‎,‎ 所以M‎1-‎2‎‎2‎,1,‎‎6‎‎2‎,从而AM=‎1-‎2‎‎2‎,1,‎‎6‎‎2‎.‎ 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,‎ 则m·AM=0,‎m·AB=0,‎即‎(2-‎2‎)x‎0‎+2y‎0‎+‎6‎z‎0‎=0,‎x‎0‎‎=0,‎ 所以可取m=(0,-‎6‎,2).‎ 于是cos=m·n‎|m||n|‎=‎10‎‎5‎.‎ 易知所求二面角为锐角.‎ 因此二面角M-AB-D的余弦值为‎10‎‎5‎.‎ 方法总结 本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考的热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.‎ 解题关键 由线面角为45°求点M的坐标是解题的关键.‎ ‎10.(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AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.‎ 又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.‎ 所以BF⊥平面ACFD.‎ ‎(2)由(1)知△BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,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OB,OK的方向为x,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,‎3‎),A(-1,-3,0),‎ E‎1‎‎2‎‎,0,‎‎3‎‎2‎,F‎-‎1‎‎2‎,0,‎‎3‎‎2‎.‎ 因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,‎3‎),AB=(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AC‎·m=0,‎AK‎·m=0‎得‎3y‎1‎=0,‎x‎1‎‎+3y‎1‎+‎3‎z‎1‎=0,‎取m=(‎3‎,0,-1);‎ 由AB‎·n=0,‎AK‎·n=0‎得‎2x‎2‎+3y‎2‎=0,‎x‎2‎‎+3y‎2‎+‎3‎z‎2‎=0,‎取n=(3,-2,‎3‎).‎ 于是,cos=m·n‎|m|·|n|‎=‎3‎‎4‎.‎ 又易知二面角B-AD-F为锐二面角,‎ 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为‎3‎‎4‎.‎ 方法总结 若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cos θ|=|cos|,要求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos|,还是cos θ=-|cos|.‎ 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.‎ ‎11.(2017山东,17,12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DF的中点.‎ ‎(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;‎ ‎(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.‎ 解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,‎ 所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP, ‎ 所以BE⊥BP,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(2,0,0),G(1,‎3‎,3),C(-1,‎3‎,0),‎ 故AE=(2,0,-3),AG=(1,‎3‎,0),CG=(2,0,3),‎ 设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.‎ 由m·AE=0,‎m·AG=0‎可得‎2x‎1‎-3z‎1‎=0,‎x‎1‎‎+‎3‎y‎1‎=0.‎ 取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-‎3‎,2).‎ 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.‎ 由n·AG=0,‎n·CG=0‎可得x‎2‎‎+‎3‎y‎2‎=0,‎‎2x‎2‎+3z‎2‎=0.‎ 取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-‎3‎,-2).‎ 所以cos=m·n‎|m|·|n|‎=‎1‎‎2‎.‎ 易知所求角为锐二面角,‎ 因此所求的角为60°.‎ 解法二:取EC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=‎3‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=‎13‎.‎ 取AG的中点M,连接EM,CM,EC,‎ 则EM⊥AG,CM⊥AG,‎ 所以∠EMC为所求二面角的平面角.‎ 又AM=1,所以EM=CM=‎13-1‎=2‎3‎.‎ 在△BEC中,由于∠EBC=120°,‎ 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,‎ 所以EC=2‎3‎,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.‎ ‎12.(2015课标Ⅱ,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α与此长方体的面相交,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α所成角的正弦值.‎ 解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:‎ ‎(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.‎ 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.‎ 于是MH=EH‎2‎-EM‎2‎=6,所以AH=10.‎ 以D为坐标原点,DA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),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8).‎ 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,‎ 则n·FE=0,‎n·HE=0,‎即‎10x=0,‎‎-6y+8z=0,‎所以可取n=(0,4,3).‎ 又AF=(-10,4,8),故|cos|=‎|n·AF|‎‎|n||AF|‎=‎4‎‎5‎‎15‎.‎ 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为‎4‎‎5‎‎15‎.‎ 思路分析 (1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度作截面;(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD‎1‎的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面α的法向量与直线AF的方向向量,从而利用向量法求得直线AF与平面α所成角的正弦值.‎ 方法技巧 利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.‎ ‎13.(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=‎3‎,∠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AE⊥AD,交BC于点E.‎ 因为AA1⊥平面ABCD,‎ 所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.‎ 如图,以{AE,AD,AA‎1‎}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.‎ 因为AB=AD=2,AA1=‎3‎,∠BAD=120°,‎ 所以A(0,0,0),B(‎3‎,-1,0),D(0,2,0),E(‎3‎,0,0),A1(0,0,‎3‎),C1(‎3‎,1,‎3‎).‎ ‎(1)A‎1‎B=(‎3‎,-1,-‎3‎),AC‎1‎=(‎3‎,1,‎3‎),‎ 则cos=‎A‎1‎B‎·‎AC‎1‎‎|A‎1‎B||AC‎1‎|‎ ‎=‎(‎3‎,-1,-‎3‎)·(‎3‎,1,‎3‎)‎‎7‎=-‎1‎‎7‎,‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为‎1‎‎7‎.‎ ‎(2)平面A1DA的一个法向量为AE=(‎3‎,0,0).‎ 设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,‎ 又A‎1‎B=(‎3‎,-1,-‎3‎),BD=(-‎3‎,3,0),‎ 则m·A‎1‎B=0,‎m·BD=0,‎即‎3‎x-y-‎3‎z=0,‎‎-‎3‎x+3y=0.‎ 不妨取x=3,则y=‎3‎,z=2,‎ 所以m=(3,‎3‎,2)为平面BA1D的一个法向量,‎ 从而cos=AE‎·m‎|AE||m|‎=‎(‎3‎,0,0)·(3,‎3‎,2)‎‎3‎‎×4‎=‎3‎‎4‎.‎ 设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=‎3‎‎4‎.‎ 因为θ∈[0,π],所以sin θ=‎1-cos‎2‎θ=‎7‎‎4‎.‎ 因此二面角B-A1D-A的正弦值为‎7‎‎4‎.‎ ‎14.(2018课标Ⅰ,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PF⊥BF.‎ ‎(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BF⊥EF,‎ 又已知BF⊥PF,且PF、EF⊂平面PEF,PF∩EF=F,‎ 所以BF⊥平面PEF,‎ 又BF⊂平面ABFD,‎ 所以平面PEF⊥平面ABFD.‎ ‎(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.‎ 由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=‎3‎,‎ 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=‎3‎‎2‎,EH=‎3‎‎2‎,‎ 则H(0,0,0),P‎0,0,‎‎3‎‎2‎,D‎-1,-‎3‎‎2‎,0‎,DP=‎1,‎3‎‎2‎,‎‎3‎‎2‎,HP=‎0,0,‎‎3‎‎2‎为平面ABFD的法向量.‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=HP‎·‎DP‎|HP||DP|‎=‎3‎‎4‎‎3‎=‎3‎‎4‎.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为‎3‎‎4‎.‎ 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sin2θ+cos2θ=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.‎ 教师专用题组 考点一 用向量法证明平行、垂直 ‎1.(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 依题意得,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:依题意得,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.‎ 依题意得,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.‎ ‎2.(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,‎ 得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.‎ 考点二 用向量法求空间角和距离 ‎3.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为(  )‎ A.‎1‎‎10‎   B.‎2‎‎5‎   C.‎30‎‎10‎   D.‎‎2‎‎2‎ 答案 C ‎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θ,则cos θ的最大值为    . ‎ 答案 ‎‎2‎‎5‎ ‎5.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.‎ ‎(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;‎ ‎(2)已知EF=FB=‎1‎‎2‎AC=2‎3‎,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.‎ ‎6.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π‎2‎.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=‎2‎,CE=2EB=2.‎ ‎(1)证明:DE⊥平面PCD;‎ ‎(2)求二面角A-PD-C的余弦值.‎ 解析 (1)证明:由PC⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,得PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=‎2‎得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.‎ 由PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,‎ 故DE⊥平面PCD.‎ ‎(2)由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE=π‎4‎.如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故FB=2.‎ 由∠ACB=π‎2‎得DF∥AC,DFAC=FBBC=‎2‎‎3‎,故AC=‎3‎‎2‎DF=‎3‎‎2‎.‎ 以C为坐标原点,分别以CA,CB,CP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A‎3‎‎2‎‎,0,0‎,E(0,2,0),D(1,1,0),ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=‎1‎‎2‎‎,-1,0‎.‎ 设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 由n1·DP=0,n1·DA=0,得‎-x‎1‎-y‎1‎+3z‎1‎=0,‎‎1‎‎2‎x‎1‎‎-y‎1‎=0,‎ 故可取n1=(2,1,1).‎ 由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为ED,即n2=(1,-1,0).‎ 从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为 cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎|·|n‎2‎|‎=‎3‎‎6‎,‎ 故所求二面角A-PD-C的余弦值为‎3‎‎6‎.‎ ‎7.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π‎2‎,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.‎ ‎(1)证明:CD⊥平面A1OC;‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.‎ 解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=π‎2‎,所以BE⊥AC.‎ 即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,‎ 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,‎ 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,‎ 所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=π‎2‎.‎ 如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,‎ 因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,‎ 所以B‎2‎‎2‎‎,0,0‎,E‎-‎2‎‎2‎,0,0‎,‎ A1‎0,0,‎‎2‎‎2‎,C‎0,‎2‎‎2‎,0‎,‎ 得BC=‎-‎2‎‎2‎,‎2‎‎2‎,0‎,A‎1‎C=‎0,‎2‎‎2‎,-‎‎2‎‎2‎,‎ CD‎=BE=(-‎2‎,0,0).‎ 设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,‎ 则n‎1‎‎·BC=0,‎n‎1‎‎·A‎1‎C=0,‎得‎-x‎1‎+y‎1‎=0,‎y‎1‎‎-z‎1‎=0,‎取n1=(1,1,1);‎ n‎2‎‎·CD=0,‎n‎2‎‎·A‎1‎C=0,‎得x‎2‎‎=0,‎y‎2‎‎-z‎2‎=0,‎取n2=(0,1,1),‎ 从而cos θ=|cos|=‎2‎‎3‎‎×‎‎2‎=‎6‎‎3‎,‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为‎6‎‎3‎.‎ 评析 本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键.‎ ‎8.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.‎ ‎(1)求证:GF∥平面ADE;‎ ‎(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.‎ 解析 (1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,‎ 又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=‎1‎‎2‎AB.‎ 又F是CD的中点,所以DF=‎1‎‎2‎CD.‎ 由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,‎ 所以GH∥DF,且GH=DF,‎ 从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.‎ 又DH⊂平面ADE,GF平面ADE,所以GF∥平面ADE.‎ 证法二:如图,取AB的中点M,连接MG,MF.‎ 又G是BE的中点,可知GM∥AE.‎ 又AE⊂平面ADE,GM平面ADE,所以GM∥平面ADE.‎ 在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.‎ 又AD⊂平面ADE,MF平面ADE,所以MF∥平面ADE.‎ 又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,‎ 所以平面GMF∥平面ADE.‎ 因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.‎ ‎(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.‎ 又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.‎ 以B为原点,分别以BE,BQ,BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).‎ 因为AB⊥平面BEC,所以BA=(0,0,2)为平面BEC的一个法向量.‎ 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.‎ 又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),‎ 由n·AE=0,‎n·AF=0,‎得‎2x-2z=0,‎‎2x+2y-z=0,‎ 取z=2,得n=(2,-1,2).‎ 从而cos=n·‎BA‎|n|·|BA|‎=‎4‎‎3×2‎=‎2‎‎3‎,‎ 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为‎2‎‎3‎.‎ 评析 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.‎ ‎9.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=‎1‎‎2‎AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.‎ ‎(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;‎ ‎(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.‎ 解析 (1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.‎ 延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.‎ 理由如下:‎ 由已知得,BC∥ED,且BC=ED.‎ 所以四边形BCDE是平行四边形.‎ 从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM平面PBE,‎ 所以CM∥平面PBE.‎ ‎(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)解法一:由已知得,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,‎ 所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.‎ 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.‎ 设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.‎ 过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.‎ 易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,‎ 从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.‎ 所以平面PCE⊥平面PAH.‎ 过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.‎ 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.‎ 在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=‎2‎‎2‎.‎ 在Rt△PAH中,PH=PA‎2‎+AH‎2‎=‎3‎‎2‎‎2‎,‎ 所以sin∠APH=AHPH=‎1‎‎3‎.‎ 解法二:由已知得,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,‎ 所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.‎ 从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.‎ 所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.‎ 设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.‎ 作Ay⊥AD,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,‎ 则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),‎ 所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).‎ 设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),‎ 由n·PE=0,‎n·EC=0,‎得x-2z=0,‎x+y=0,‎ 设x=2,解得n=(2,-2,1).‎ 设直线PA与平面PCE所成角为α,‎ 则sin α=‎|n·AP|‎‎|n|·|AP|‎=‎2‎‎2×‎‎2‎‎2‎‎+(-2‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎=‎1‎‎3‎.‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为‎1‎‎3‎.‎ 思路分析 对(1),延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CM∥EB,从而CM∥平面PBE;对(2),有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA与面PCE所成的角,然后通过解三角形求值;解法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sin α=‎|n·AP|‎‎|n|·|AP|‎求值.‎ ‎10.(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=π‎2‎,PA=AD=2,AB=BC=1.‎ ‎(1)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值;‎ ‎(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.‎ 解析 以{AB,AD,AP}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)因为AD⊥平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量,AD=(0,2,0).因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2),‎ 设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),‎ 则m·PC=0,m·PD=0,即x+y-2z=0,‎‎2y-2z=0.‎ 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=AD‎·m‎|AD||m|‎=‎3‎‎3‎,‎ 所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又CB=(0,-1,0),‎ 则CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),又DP=(0,-2,2),‎ 从而cos=CQ‎·‎DP‎|CQ||DP|‎=‎1+2λ‎10λ‎2‎+2‎.‎ 设1+2λ=t,t∈[1,3],‎ 则cos2 =‎2‎t‎2‎‎5t‎2‎-10t+9‎=‎2‎‎9‎1‎t‎-‎‎5‎‎9‎‎2‎+‎‎20‎‎9‎≤‎9‎‎10‎.‎ 当且仅当t=‎9‎‎5‎,即λ=‎2‎‎5‎时,|cos|的最大值为‎3‎‎10‎‎10‎.‎ 因为y=cos x在‎0,‎π‎2‎上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.‎ 又因为BP=‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=‎5‎,所以BQ=‎2‎‎5‎BP=‎2‎‎5‎‎5‎.‎ ‎11.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.‎ ‎(1)证明:PA⊥BD;‎ ‎(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.‎ 解析 (1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=‎3‎AD.‎ 从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.‎ 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.‎ 又PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.‎ ‎(2)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.则A(1,0,0),B(0,‎3‎,0),C(-1,‎3‎,0),P(0,0,1).‎ AB‎=(-1,‎3‎,0),PB=(0,‎3‎,-1),BC=(-1,0,0).‎ 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AB=0,‎n·PB=0.‎即‎-x+‎3‎y=0,‎‎3‎y-z=0.‎ 因此可取n=(‎3‎,1,‎3‎).‎ 设平面PBC的法向量为m,则m·PB=0,‎m·BC=0.‎ 可取m=(0,-1,-‎3‎).‎ cos=‎-4‎‎2‎‎7‎=-‎2‎‎7‎‎7‎.‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为-‎2‎‎7‎‎7‎.‎ 失分警示 建系后点的坐标及法向量等求错,导致最后结果错而失分,或者没有注意到所求二面角为钝角,而求得其余弦值为‎2‎‎7‎‎7‎.‎ ‎12.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=‎5‎,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AC⊥EF.‎ 因为AB=BC,所以AC⊥BE.又BE∩EF=E,‎ 所以AC⊥平面BEF. ‎ ‎(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.‎ 又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.‎ 因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.‎ 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BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1).‎ 设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),‎ 则n·BC=0,‎n·BD=0,‎即x‎0‎‎+2y‎0‎=0,‎x‎0‎‎-2y‎0‎+z‎0‎=0.‎ 令y0=-1,则x0=2,z0=-4.‎ 于是n=(2,-1,-4).‎ 又因为平面CC1D的一个法向量为EB=(0,2,0),‎ 所以cos=n·‎EB‎|n||EB|‎=-‎21‎‎21‎.‎ 由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-‎21‎‎21‎.‎ ‎(3)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).‎ 因为n·FG=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,‎ 所以直线FG与平面BCD相交.‎ ‎13.(2019北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=‎1‎‎3‎.‎ ‎(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PGPB=‎2‎‎3‎.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)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,‎ 又因为AD⊥CD,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PA⊥AM,PA⊥AD.‎ 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AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).‎ 所以PF=‎1‎‎3‎PC=‎2‎‎3‎‎,‎2‎‎3‎,-‎‎2‎‎3‎,AF=AP+PF=‎2‎‎3‎‎,‎2‎‎3‎,‎‎4‎‎3‎.‎ 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AE=0,‎n·AF=0,‎即y+z=0,‎‎2‎‎3‎x+‎2‎‎3‎y+‎4‎‎3‎z=0.‎ 令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).‎ 又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),‎ 所以cos=n·p‎|n||p|‎=-‎3‎‎3‎.‎ 由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)直线AG在平面AEF内.‎ 因为点G在PB上,且PGPB=‎2‎‎3‎,PB=(2,-1,-2),所以PG=‎2‎‎3‎PB=‎4‎‎3‎‎,-‎2‎‎3‎,-‎‎4‎‎3‎,AG=AP+PG=‎4‎‎3‎‎,-‎2‎‎3‎,‎‎2‎‎3‎.‎ 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).‎ 所以AG·n=-‎4‎‎3‎+‎2‎‎3‎+‎2‎‎3‎=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AG⊥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,∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE,又∵PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD,又EF⊂平面PCD,∴AE⊥EF,故可知∠FEP为二面角F-AE-P的平面角.∵PE=PD‎2‎=‎2‎,PF=PC‎3‎=‎2‎‎3‎‎3‎,cos∠CPD=PDPC=‎6‎‎3‎,sin∠CPD=‎3‎‎3‎,∴EF2=‎2‎‎3‎‎3‎‎2‎+(‎2‎)2-2×‎2‎×‎2‎‎3‎‎3‎×‎6‎‎3‎=‎2‎‎3‎,∴EF=‎6‎‎3‎,在△PEF中,由正弦定理得EFsin∠CPD=PFsin∠FEP,即sin∠FEP=‎2‎‎3‎‎3‎‎×‎‎3‎‎3‎‎6‎‎3‎=‎6‎‎3‎,且∠FEP为锐角,‎ ‎∴cos∠FEP=‎1-‎‎6‎‎3‎‎2‎=‎3‎‎3‎.‎ 故二面角F-AE-P的余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎14.(2019课标Ⅱ,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 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,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,‎ 故B1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1=90°.‎ 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,‎ 所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.‎ 以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|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),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC‎1‎=(0,0,2).‎ 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),‎ 则CB‎·n=0,‎CE‎·n=0,‎即x=0,‎x-y+z=0,‎ 所以可取n=(0,-1,-1).‎ 设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 则CC‎1‎‎·m=0,‎CE‎·m=0,‎即‎2z‎1‎=0,‎x‎1‎‎-y‎1‎+z‎1‎=0,‎ 所以可取m=(1,1,0).‎ 于是cos=n·m‎|n||m|‎=-‎1‎‎2‎.‎ 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为‎3‎‎2‎.‎ 一题多解 (2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=m‎2‎‎+1‎,C1E=m‎2‎‎+2‎,BC1=‎(2m‎)‎‎2‎+1‎.‎ ‎∵BE⊥EC1,∴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AC⊥BD,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,‎ ‎∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥CE,‎ 即BO⊥CE.‎ 在长方形AA1C1C中,AC=‎2‎,AA1=2.连接AC1,有CC‎1‎AC=‎2‎‎2‎=ACAE,又∠EAC=∠C1CA=90°,则Rt△C1CA∽Rt△CAE.‎ ‎∴∠ECA+∠C1AC=90°,∴CE⊥AC1.‎ 取CC1的中点F,连接OF,BF,则OF∥AC1,∴OF⊥CE.‎ ‎∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB.‎ 设CE∩OF=G,连接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,则∠BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sin∠BGF=sin∠BGO.设AC1∩CE=H,易得△AEH∽△C1CH.又∵AE=‎1‎‎2‎CC1,∴AH=‎1‎‎3‎AC1.易知OG∥AH,又∵O为AC的中点,∴OG=‎1‎‎2‎AH.∵BO=‎2‎‎2‎,OG=‎1‎‎2‎AH=‎1‎‎6‎AC1=‎6‎‎6‎,BO⊥OG,∴tan∠BGO=‎2‎‎2‎‎6‎‎6‎=‎3‎,∴∠BGO=60°,则∠BGF=120°,故sin∠BGF=‎3‎‎2‎.‎ ‎15.(2013课标Ⅰ,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.‎ ‎(1)证明:AB⊥A1C;‎ ‎(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.‎ 解析 (1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.‎ 因为CA=CB,所以OC⊥AB.‎ 由于AB=AA1,∠BAA1=60°,‎ 故△AA1B为等边三角形,‎ 所以OA1⊥AB.‎ 因为OC∩OA1=O,‎ 所以AB⊥平面OA1C.‎ 又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.‎ ‎(2)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.‎ 又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,‎ 所以OC⊥平面AA1B1B,‎ 故OA,OA1,OC两两垂直.‎ 以O为坐标原点,OA的方向为x轴的正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题设知A(1,0,0),A1(0,‎3‎,0),C(0,0,‎3‎),B(-1,0,0).‎ 则BC=(1,0,‎3‎),BB‎1‎=AA‎1‎=(-1,‎3‎,0),A‎1‎C=(0,-‎3‎,‎3‎).‎ 设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,‎ 则n·BC=0,‎n·BB‎1‎=0.‎即x+‎3‎z=0,‎‎-x+‎3‎y=0.‎ 可取n=(‎3‎,1,-1).故cos=n·‎A‎1‎C‎|n||A‎1‎C|‎=-‎10‎‎5‎.‎ 所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为‎10‎‎5‎.‎ 思路分析 (1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA1⊥AB,从而得AB⊥平面OA1C,从而得AB⊥A1C;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BB1C1C的一个法向量,进而求出该法向量与A‎1‎C夹角的余弦值,从而可得直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.‎ 规律总结 面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用是将面面垂直问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的证明及线面角、二面角的求解中,常要借助这个定理作出平面的垂线.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、单项选择题(每题5分,共25分)‎ ‎1.(2020届广西南宁10月摸底考,8)如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,且PA=AD,E,F分别是线段PA,CD的中点,则异面直线EF与BD所成角的余弦值为(  )‎ A.‎3‎‎6‎   B.‎3‎‎3‎   C.‎2‎‎6‎   D.‎‎2‎‎3‎ 答案 A ‎2.(2018甘肃兰州高考诊断,3)设μ=(2,2,-1)是平面α的法向量,a=(-3,4,2)是直线l的方向向量,则直线l与平面α的位置关系是(  )‎ A.平行或直线在平面内     B.垂直 C.相交但不垂直     D.不能确定 答案 A ‎3.(2020届重庆一中第二次月考,10)如图,在所有棱长均为2的直三棱柱ABC-A1B1C1中,D、E分别为BB1,A1C1的中点,则异面直线AD与CE所成角的余弦值为(  )‎ A.‎1‎‎2‎   B.‎3‎‎2‎   C.‎1‎‎5‎   D.‎‎4‎‎5‎ 答案 C ‎4.(2019湖南三湘名校第三次联考,12)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点M在线段CC1上,动点P在平面A1B1C1D1上,且AP⊥平面MBD1,线段AP长度的取值范围为(  )‎ A.[1,‎2‎]   B.[1,‎3‎]   C.‎2‎‎2‎‎,‎‎2‎   D.‎‎6‎‎2‎‎,‎‎2‎ 答案 D ‎5.(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D、E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的余弦值为(  )‎ A.‎2‎‎3‎   B.‎7‎‎3‎   C.‎3‎‎2‎   D.‎‎3‎‎7‎ 答案 B 二、多项选择题(每题5分,共15分)‎ ‎6.(2020届山东滕州第一中学10月月考,13)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点F是线段BC1上的动点,则下列说法正确的是(  )‎ A.当点F移动至BC1中点时,直线A1F与平面BDC1所成角最大,且为60°‎ B.无论点F在BC1上怎么移动,都有A1F⊥B1D C.当点F移动至BC1中点时,才有A1F与B1D相交于一点,记为点E,且A‎1‎EEF=2‎ D.无论点F在BC1上怎么移动,异面直线A1F与CD所成角都不可能是30°‎ 答案 BCD ‎7.(改编题)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论正确的是(  )‎ A.平面BCE⊥平面ABN B.MC⊥AN C.平面CMN⊥平面AMN D.平面BDE∥平面AMN 答案 ABD ‎8.(改编题)如图,ABCD-A1B1C1D1为正方体,则以下结论正确的是(  )‎ A.BD∥平面CB1D1‎ B.AD⊥平面CB1D1‎ C.AC1⊥BD D.异面直线AD与CB1所成的角为60°‎ 答案 AC 三、填空题(共5分)‎ ‎9.(2018广东珠海四校4月模拟,14)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,则点D1到平面BDE的距离为    . ‎ 答案 ‎‎2‎‎3‎‎3‎ 四、解答题(共70分)‎ ‎10.(2020届山东夏季高考模拟,19)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,E,F分别为AD,SC的中点,EF与平面ABCD所成的角为45°.‎ ‎(1)证明:EF为异面直线AD与SC的公垂线;‎ ‎(2)若EF=‎1‎‎2‎BC,求二面角B-SC-D的余弦值.‎ 解析 (1)证明:以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.‎ 设D(0,b,0),S(0,0,c),‎ 则C(1,b,0),E‎0,b‎2‎,0‎,F‎1‎‎2‎‎,b‎2‎,‎c‎2‎,‎ EF‎=‎1‎‎2‎‎,0,‎c‎2‎,AS=(0,0,c),AD=(0,b,0).‎ 因为EF与平面ABCD所成的角为45°,所以EF与底面的法向量AS的夹角为45°.‎ AS‎·EF=|AS||EF|cos 45°,‎ 即c‎2‎‎2‎=‎2‎‎2‎·c·‎1‎‎4‎‎+‎c‎2‎‎4‎,所以c=1,‎ 故EF=‎1‎‎2‎‎,0,‎‎1‎‎2‎,SC=(1,b,-1),从而EF·SC=0,EF·AD=0,所以EF⊥SC,EF⊥AD.‎ 因此EF为异面直线AD与SC的公垂线.‎ ‎(2)连接BF.‎ 由B(1,0,0),BC=(0,b,0),|EF|=‎1‎‎2‎|BC|得b=‎2‎.‎ 于是F‎1‎‎2‎‎,‎2‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,C(1,‎2‎,0),‎ 故FB=‎1‎‎2‎‎,-‎2‎‎2‎,-‎‎1‎‎2‎,SC=(1,‎2‎,-1),‎ 从而FB·SC=0,即FB⊥SC.‎ 取CF的中点G,连接DG.‎ 则G‎3‎‎4‎‎,‎3‎‎2‎‎4‎,‎‎1‎‎4‎,GD=‎-‎3‎‎4‎,‎2‎‎4‎,-‎‎1‎‎4‎,‎ 从而GD·SC=0,即GD⊥SC.‎ 因此等于二面角B-SC-D的平面角.‎ cos=FB‎·‎GD‎|FB||GD|‎=-‎3‎‎3‎.‎ 所以二面角B-SC-D的余弦值为-‎3‎‎3‎.‎ ‎11.(2020届广东广州第十六中学质量检测(一),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AD=DC=AP=2,AB=1,BC=‎5‎.‎ ‎(1)证明:AB⊥平面PAD;‎ ‎(2)若E为棱PC上一点,满足BE⊥AC,求二面角E-AB-P的余弦值.‎ 解析 (1)证明:∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥AB.‎ 取CD中点F,连接BF,∵AB∥DF且AB=DF=1,‎ ‎∴四边形ABFD是平行四边形,则BF=AD=2,‎ ‎∵BF2+CF2=22+12=5=BC2,‎ ‎∴BF⊥CF,∴四边形ABFD是矩形,‎ ‎∴AB⊥AD,∵PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD.‎ ‎(2)由(1)及已知得AB,AD,AP两两垂直,‎ 以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,‎ 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),‎ ‎∴CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0).‎ 由E点在棱PC上,设CE=λCP=(-2λ,-2λ,2λ)(0≤λ≤1),‎ 则E(2-2λ,2-2λ,2λ).‎ 故BE=BC+CE=(1-2λ,2-2λ,2λ),‎ 由BE⊥AC,得BE·AC=2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=‎3‎‎4‎,‎ 即BE=‎-‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎2‎,‎ 设平面ABE的法向量为n=(a,b,c),‎ 由n·AB=0,‎n·BE=0,‎得a=0,‎‎-‎1‎‎2‎a+‎1‎‎2‎b+‎3‎‎2‎c=0.‎ 令c=1,则n=(0,-3,1).‎ 取平面ABP的法向量i=(0,1,0),‎ 设二面角E-AB-P的平面角为α,‎ 则cos α=i·n‎|i|·|n|‎=‎-3‎‎10‎=-‎3‎‎10‎‎10‎.‎ 由图知二面角E-AB-P为锐二面角,‎ 故二面角E-AB-P的余弦值为‎3‎‎10‎‎10‎.‎ ‎12.(2020届浙江东阳中学10月月考)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=CC1,平面ABC1⊥平面BCC1B1.‎ ‎(1)证明:AB⊥平面BCC1B1;‎ ‎(2)若∠BB1C1=120°,Q是AC1上的一点,且CQ⊥AC1,求直线CQ与平面ABC1所成角的正弦值.‎ 解析 (1)证明:取BC1的中点H,连CH,‎ 因为BC=CC1,所以CH⊥BC1,又平面ABC1⊥平面BCC1B1,‎ 平面ABC1∩平面BCC1B1=BC1,所以CH⊥平面ABC1,‎ 因为AB⊂平面ABC1,所以CH⊥AB,‎ 又∠ABC=90°,所以CB⊥AB,‎ 又CB∩CH=C,所以AB⊥平面BCC1B1.‎ ‎(2)如图,建立空间直角坐标系,‎ 不妨令AB=BC=CC1=2,‎ 所以A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),‎ 又由AB⊥平面BCC1B1,可知菱形BCC1B1在平面xBz内,‎ 又∠BB1C1=120°,所以C1(3,0,‎3‎),‎ 设Q(x,y,z),因为Q是AC1上一点,‎ 所以令AQ=λAC‎1‎(0≤λ≤1),‎ 则(x,y-2,z)=λ(3,-2,‎3‎),‎ 解得x=3λ,‎y=-2λ+2,‎z=‎3‎λ,‎即Q(3λ,-2λ+2,‎3‎λ),‎ 又CQ⊥AC1,所以CQ·AC‎1‎=0,‎ 即(3λ-2,-2λ+2,‎3‎λ)·(3,-2,‎3‎)=0,解得λ=‎5‎‎8‎,‎ 则Q‎15‎‎8‎‎,‎3‎‎4‎,‎‎5‎‎3‎‎8‎,所以CQ=‎-‎1‎‎8‎,‎3‎‎4‎,‎‎5‎‎3‎‎8‎,‎ 设平面ABC1的法向量为m=(a,b,c),‎ 易知BA=(0,2,0),BC‎1‎=(3,0,‎3‎).‎ 由BA‎·m=0,‎BC‎1‎‎·m=0,‎得‎2b=0,‎‎3a+‎3‎c=0,‎ 令a=1,则c=-‎3‎,则m=(1,0,-‎3‎),‎ 设直线CQ与平面ABC1所成角为θ,‎ 所以sin θ=|cos|=‎|CQ·m|‎‎|CQ|·|m|‎=‎|-2|‎‎7‎‎2‎‎×2‎=‎2‎‎7‎‎7‎.‎ 故直线CQ与平面ABC1所成角的正弦值为‎2‎‎7‎‎7‎.‎ ‎13.(2019广东3月质检,18)如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,点P是AC的中点,连接BP,DP.‎ ‎(1)证明:平面ACD⊥平面BDP;‎ ‎(2)若BD=‎6‎,且二面角A-BD-C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.‎ 解析 (1)证明:因为△ABC是等边三角形,所以AB=BC,又∠BAD=∠BCD=90°,BD=BD,‎ 所以Rt△ABD≌Rt△CBD,所以AD=CD.‎ 又因为点P是AC的中点,所以PD⊥AC,PB⊥AC,‎ 因为PD∩PB=P,PD⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,‎ 所以AC⊥平面PBD.‎ 因为AC⊂平面ACD,‎ 所以平面ACD⊥平面BDP.‎ ‎(2)作CE⊥BD,垂足为E,连接AE.‎ 因为Rt△ABD≌Rt△CBD,‎ 所以AE⊥BD,AE=CE,则∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.‎ 由二面角A-BD-C为120°,得∠AEC=120°.‎ 在等腰△AEC中,由余弦定理可得AC=‎3‎AE,‎ 因为△ABC是等边三角形,所以AC=AB,‎ 所以AB=‎3‎AE.‎ 在Rt△ABD中,由‎1‎‎2‎AE·BD=‎1‎‎2‎AB·AD,得BD=‎3‎AD,‎ 因为BD=‎6‎,所以AD=‎2‎.‎ 又BD2=AB2+AD2,所以AB=2.‎ 则AE=‎2‎‎3‎‎3‎,ED=‎6‎‎3‎.‎ 解法一:如图所示,以E为原点,以向量EC,ED方向分别为x轴,y轴的正方向,与向量EC,ED都垂直的向量所在直线为z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,‎ 则D‎0,‎6‎‎3‎,0‎,A‎-‎3‎‎3‎,0,1‎,则AD=‎3‎‎3‎‎,‎6‎‎3‎,-1‎,‎ 易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),‎ 设直线AD与平面BCD所成角为θ,‎ 则cos=m·‎AD‎|m||AD|‎=‎-1‎‎2‎‎×1‎=-‎2‎‎2‎,‎ sin θ=|cos|=‎2‎‎2‎.‎ 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为‎2‎‎2‎.‎ 解法二:易知BD⊥平面AEC,则平面AEC⊥平面BCD,‎ 如图,过点A作AO⊥CE,垂足为O,则AO⊥平面BCD.‎ 连接OD,则∠ADO为直线AD与平面BCD所成角.‎ 在Rt△AEO中,∠AEO=60°,所以AO=‎3‎‎2‎AE=1,‎ 则sin∠ADO=AOAD=‎2‎‎2‎.‎ 所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为‎2‎‎2‎.‎ 名师点拨 “一证一算”仍是立体几何考查的主要方向,其中“证”体现了对推理能力的考查,“算”体现了对知识的应用能力和运算能力的考查.证时需要利用线线、线面、面面之间关系的转化进行解决,算时要牢记角度、距离的计算方法.若采用传统方法完成算的问题,则需要推理加计算,难度相对会更大一些.‎ ‎14.(2019福建漳州二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=‎1‎‎2‎AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°,E是PD的中点.‎ ‎(1)证明:PD⊥PB;‎ ‎(2)设AD=2,点M在线段PC上,且异面直线BM与CE所成角的余弦值为‎10‎‎5‎,求二面角M-AB-P的余弦值.‎ 解析 (1)证明:因为∠BAD=90°,所以BA⊥AD.‎ 因为平面ABCD⊥平面PAD,交线为AD,所以BA⊥平面PAD,从而BA⊥PD.(2分)‎ 在△PAD中,APsin∠ADP=ADsin∠APD,即‎1‎‎2‎ADsin30°‎=ADsin∠APD,‎ 得sin∠APD=1,∴∠APD=90°,‎ 故AP⊥PD.(4分)‎ 因为BA∩AP=A,‎ 所以PD⊥平面PAB.(5分)‎ 又PB⊂平面PAB,‎ 所以PD⊥PB.(6分)‎ ‎(2)如图,以P为坐标原点,以PD,PA所在直线分别为x轴,y轴,过点P垂直于平面PAD的射线为z轴正半轴,建立空间直角坐标系,因为AD=2,所以AB=BC=AP=1,PD=‎3‎,所以P(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,1),C‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,1‎,E‎3‎‎2‎‎,0,0‎,(7分)‎ 设PM=λPC(0≤λ<1),则PM=λ‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,1‎,‎ 所以M‎3‎‎2‎λ,‎1‎‎2‎λ,λ,‎ 从而BM=‎3‎‎2‎λ,‎1‎‎2‎λ-1,λ-1‎,(8分)‎ 又CE=‎0,-‎1‎‎2‎,-1‎,所以|cos|=‎|5λ-6|‎‎2‎5‎·‎‎2λ‎2‎-3λ+2‎=‎10‎‎5‎,得9λ2-36λ+20=0,解得λ=‎2‎‎3‎或λ=‎10‎‎3‎(舍去),故M‎3‎‎3‎‎,‎1‎‎3‎,‎‎2‎‎3‎.(9分)‎ 设平面MAB的法向量为m=(x,y,z),‎ 则m·BM=(x,y,z)·‎3‎‎3‎‎,-‎2‎‎3‎,-‎‎1‎‎3‎=0,‎m·BA=(x,y,z)·(0,0,-1)=0.‎ 整理得‎3‎x-2y-z=0,‎z=0,‎令y=‎3‎,得m=(2,‎3‎,0).(10分)‎ 由(1)知PD⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),(11分)‎ 所以cos=m·n‎|m||n|‎=‎2‎‎7‎‎7‎,‎ 易知二面角M-AB-P为锐二面角,‎ 故二面角M-AB-P的余弦值为‎2‎‎7‎‎7‎.(12分)‎ ‎15.(2018安徽江淮十校4月联考,18)四棱锥A-BCDE中,EB∥DC,且EB⊥平面ABC,EB=1,DC=BC=AB=AC=2,F是棱AD的中点.‎ ‎(1)证明:EF⊥平面ACD;‎ ‎(2)求二面角B-AE-D的余弦值.‎ 解析 (1)证明:取AC的中点M,连接FM、BM,‎ ‎∵F是AD的中点,∴FM∥DC,且FM=‎1‎‎2‎DC=1.‎ 又∵EB∥DC,EB=1,∴FMEB,‎ ‎∴四边形FMBE是平行四边形.‎ ‎∴EF∥BM,又BC=AB=AC,‎ ‎∴△ABC是等边三角形,∴BM⊥AC,‎ ‎∵EB⊥平面ABC,EB∥DC,‎ ‎∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥BM,‎ 又CD∩AC=C,∴BM⊥平面ACD,∴EF⊥平面ACD.‎ ‎(2)取BC的中点N,连接AN,则AN⊥BC,∵BE⊥平面ABC,AN⊂平面ABC,∴BE⊥AN,∵BC∩BE=B,∴AN⊥平面BCD,以N为原点建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 则A(0,0,‎3‎),B(0,-1,0),C(0,1,0),D(2,1,0),E(1,-1,0).‎ 可得BA=(0,1,‎3‎),BE=(1,0,0),EA=(-1,1,‎3‎),ED=(1,2,0),‎ 设平面ABE的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 则n‎1‎‎·BA=0,‎n‎1‎‎·BE=0,‎得y‎1‎‎+‎3‎z‎1‎=0,‎x‎1‎‎=0,‎可取n1=(0,-‎3‎,1),‎ 设平面ADE的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则n‎2‎‎·EA=0,‎n‎2‎‎·ED=0,‎得‎-x‎2‎+y‎2‎+‎3‎z‎2‎=0,‎x‎2‎‎+2y‎2‎=0,‎ 可取n2=(-2,1,-‎3‎),‎ 于是cos=‎-‎3‎-‎‎3‎‎2×‎‎8‎=-‎6‎‎4‎,‎ 结合图形知,二面角B-AE-D是钝二面角,‎ 因此,所求二面角的余弦值是-‎6‎‎4‎.‎ 创新篇守正出奇 创新集训 ‎1.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为(  )‎ 答案 A ‎2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1,点M在线段BC上(点M异于B、C两点),点N为线段CC1的中点,若平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为五边形,则线段BM的长的取值范围是(  )‎ A.‎0,‎‎1‎‎2‎   B.‎1‎‎2‎‎,1‎   C.‎1‎‎3‎‎,1‎   D.‎‎1‎‎2‎‎,‎‎1‎‎3‎ 答案 B ‎3.如图,直四棱柱A'B'C'D'-ABCD(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)中,底面四边形ABCD满足    条件时,A'C⊥B'D'. ‎ 答案 底面四边形ABCD为菱形(答案不唯一)‎ ‎4.(命题标准样题,17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=AA1=3,点M,N分别为A1B1,A1D1的中点.‎ ‎(1)求三棱锥A1-AMN的体积;‎ ‎(2)求二面角A1-AM-N的余弦值;‎ ‎(3)平面α与平面AMN平行,且与此长方体的面相交,交线围成一个四边形,在图中画出这个四边形(只需画出符合条件的一个图形即可).‎ 解析 试题考查长方体的概念、三棱锥体积的计算,考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系和空间向量的数学知识.试题采用开放式设计,需要考生动手实验探究.题目体现了理性思维、数学探究的学科素养,考查了直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力,落实了基础性、综合性、创新性的考查要求.‎ ‎(1)VA‎1‎‎-AMN=VA-A‎1‎MN=‎1‎‎3‎·S‎△A‎1‎MN·AA1=‎3‎‎2‎.‎ ‎(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,DC的方向为y轴正方向,DD‎1‎的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则A(3,0,0),M(3,2,3),N‎3‎‎2‎‎,0,3‎;AM=(0,2,3),AN=‎-‎3‎‎2‎,0,3‎.‎ 设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,则n·AM=0,‎n·AN=0,‎ 即‎2y+3z=0,‎‎-‎3‎‎2‎x+3z=0.‎ 可取n=(4,-3,2).‎ 平面A1AM的一个法向量为m=(1,0,0).‎ 则cos=n·m‎|n||m|‎=‎4‎‎29‎‎29‎.‎ 所以二面角A1-AM-N的余弦值为‎4‎‎29‎‎29‎.‎ ‎(3)‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档