【数学】2018届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法学案

【数学】2018届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法学案

专题44立体几何的向量方法 ‎1.理解直线的方向向量及平面的法向量；‎ ‎2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；‎ ‎3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．‎ ‎4.能用向量方法解决直线与直线，直线与平面，平面与平面的夹角的计算问题；‎ ‎5.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．‎ ‎ ‎ ‎1．直线的方向向量与平面的法向量的确定 ‎(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．‎ ‎(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 ‎2．用向量证明空间中的平行关系 ‎(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔ν1∥ν2⇔v1＝λν2.‎ ‎(2)设直线l的方向向量为ν，与平面α共面的两个不共线向量ν1和ν2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使ν＝xν1＋yν2．‎ ‎(3)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔ν⊥u⇔u·ν＝0．‎ ‎(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2⇔u1＝λu2 ‎ ‎3．用向量证明空间中的垂直关系 ‎(1)设直线l1和l2的方向向量分别为ν1和ν2，则l1⊥l2⇔ν1⊥ν2⇔ν1·ν2＝0．‎ ‎(2)设直线l的方向向量为ν，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔ν∥u⇔v＝λu．‎ ‎(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0．‎ ‎4．空间向量与空间角的关系 ‎(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝__|cos〈m1，m2〉|＝．‎ ‎(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|＝．‎ ‎(3)求二面角的大小 ‎(ⅰ)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈，〉．‎ ‎(ⅱ)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．‎ ‎5．点面距的求法 如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝．‎ 高频考点一　利用空间向量证明平行问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例1】 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG.‎ 证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，‎ ‎∴AB，AP，AD两两垂直．‎ 以A为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．‎ 法一　∴＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，‎ 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，‎ ‎∵＝(2，0，－2)，‎ ‎∴·n＝0，∴n⊥，‎ ‎∵PB⊄面EFG，∴PB∥平面EFG.‎ 规律方法　(1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．‎ ‎(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．‎ ‎【变式探究】 如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.‎ 设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；‎ 证明　如图，连接OP，∵PA＝PC，O是AC的中点，‎ ‎∴PO⊥AC，‎ 又∵面PAC⊥面ABC，∴PO⊥面ABC，‎ ‎∵△ABC是以AC为斜边的直角三角形，∴BO⊥AC.‎ 所以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则O(0，0，0)，A(0，－8，0)，B(8，0，0)，C(0，8，0)，P(0，0，6)，E(0，－4，3)，F(4，0，3)．‎ 由题意，得G(0，4，0)．‎ 因为＝(8，0，0)，＝(0，－4，3)，‎ 设n＝(x，y，z)为面BOE的法向量，则n·＝0，‎ n·＝0，∴ 令z＝4，得y＝3.‎ 所以平面BOE的一个法向量n＝(0，3，4)．‎ 由＝(－4，4，－3)，得n·＝0.‎ 又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.‎ 高频考点二　利用空间向量证明垂直问题 ‎【例2】如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.‎ ‎ (1)证明：AP⊥BC；‎ ‎(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.‎ 证明　(1)如图所示，以O为坐标原点，以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系O－xyz.‎ 则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，‎ B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)．‎ 于是＝(0，3，4)，‎ ＝(－8，0，0)，‎ ‎∴·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，‎ 所以⊥，即AP⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知|AP|＝5，‎ 又|AM|＝3，且点M在线段AP上，‎ ‎∴＝＝，‎ 又＝(－4，－5，0)，‎ ‎∴＝＋＝，‎ 则·＝(0，3，4)·＝0，‎ ‎∴⊥，即AP⊥BM，‎ 又根据(1)的结论知AP⊥BC，‎ ‎∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.‎ 又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BCM.‎ 规律方法　(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．‎ ‎(2)其一证明线线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可．当然也可证直线的方向向量与平面法向量平行．其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．‎ ‎【变式探究】如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.‎ 证明：A1C⊥平面BB1D1D.‎ 证明　由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图．‎ ‎∵AB＝AA1＝，∴OA＝OB＝OA1＝1，‎ ‎∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由＝，易得B1(－1，1，1)．‎ ‎∵＝(－1，0，－1)，＝(0，－2，0)，＝(－1，0，1)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，又BD∩BB1＝B，‎ ‎∴A1C⊥平面BB1D1D.‎ 高频考点三　利用空间向量解决探索性问题 ‎【例3】 在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．‎ ‎(1)求证：EF⊥CD；‎ ‎(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB.若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．‎ ‎(1)证明　如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，‎ 则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，‎ F.‎ ＝，＝(0，a，0)．‎ ‎∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD.‎ 规律方法　对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；‎ ‎(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．本题是设出点G的坐标，借助向量运算，判定关于P点的方程是否有解．‎ ‎【变式探究】如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.‎ ‎(1)求证：PA⊥平面ABCD；‎ ‎(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．‎ ‎(1)证明　∵PA＝AD＝1，PD＝，‎ ‎∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.‎ 又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.‎ ‎(2)解　以A为原点，AB，AD，AP所在直线为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(1，1，0)，P(0，0，1)，‎ E，＝(1，1，0)，‎ ＝.‎ 设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令y＝1，则n＝(－1，1，－2)．‎ 假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，使得BF∥平面AEC，则·n＝0.‎ 又∵＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，‎ ‎∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，‎ ‎∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.‎ 高频考点四　求异面直线所成的角 ‎【例4】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2.求：‎ ‎ (1)△PCD的面积．‎ ‎(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．‎ 解　(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.‎ 又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.‎ 因为PD＝＝2，CD＝2，‎ 所以△PCD的面积为×2×2＝2.‎ ‎(2)法一　如图1，取PB中点F，连接EF，AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．‎ 在△AEF中，由于EF＝，AF＝，AE＝PC＝2.‎ 则△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝.‎ 因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是.‎ 法二　如图2，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，‎ E(1，，1)，＝(1，，1)，＝(0，2，0)．‎ 设与的夹角为θ，则 cos θ＝＝＝，所以θ＝. ‎ 由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是.‎ 规律方法　本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cos β＝.‎ ‎【变式探究】 如右图所示正方体ABCD－A′B′C′D′，已知点H在A′B′C′D′的对角线B′D′上，∠HDA＝60°.‎ 求DH与CC′所成的角的大小．‎ 解　如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 则＝(1，0，0)，＝(0，0，1)．‎ 设＝(m，m，1)(m＞0)，‎ 由已知，〈，〉＝60°‎ 由·＝||·|| ·‎ cos〈，〉，‎ 可得2m＝，解得m＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵ cos〈，〉＝＝，‎ ‎∴〈，〉＝45°，‎ 即DH与CC′所成的角为45°.‎ 高频考点五　利用空间向量求直线与平面所成的角 ‎【例5】 (2014·北京卷)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：AB∥FG；‎ ‎(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．‎ ‎(1)证明　在正方形AMDE 中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.‎ 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AB∥FG.‎ ‎(2)解　因为PA⊥底面ABCDE，‎ 所以PA⊥AB，PA⊥AE.‎ 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)．‎ 设点H的坐标为(u，v，w)．‎ 因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0＜λ＜1)，‎ 即(u，v，w－2)＝λ(2，1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.‎ 因为n是平面ABF的法向量，所以n·＝0，‎ 即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.‎ 解得λ＝，所以点H的坐标为.‎ 所以PH＝＝2.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 规律方法　利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为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所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．‎ ‎【变式探究】 (2014·福建卷)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．‎ ‎(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)解　过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．‎ 由(1)知AB⊥平面BCD，‎ BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，‎ ‎∴AB⊥BE，AB⊥BD.‎ 以B为坐标原点，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．‎ 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，‎ M，则＝(1，1，0)，＝，＝(0，1，－1)．‎ 设平面MBC的法向量为n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即 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，〉|＝＝，‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ 高频考点六　利用空间向量求二面角 ‎【例6】 (2014·广东卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD，交PD于点E.‎ ‎(1)证明：CF⊥平面ADF；‎ ‎(2)求二面角D－AF－E的余弦值．‎ ‎ ‎ ‎(2)解　如图所示，建立空间直角坐标系，点D为坐标原点，设DC＝1.‎ 由于∠DPC＝30°，PD⊥CD，所以PC＝2，PD＝.‎ 由于CF⊥FD，FE∥CD，‎ 所以 DF＝，DE＝，‎ EF＝.‎ 从而D，A，C，F，E五点的坐标分别为 D(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，F，‎ E.‎ 计算得＝，＝，‎ ＝(0，，0)．‎ 设平面AEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则n1⊥，n1⊥，‎ 因此 取x1＝4，则n1＝(4，0，)为平面AEF的一个法向量．‎ 由于CF⊥平面ADF，‎ 故平面ADF的一个法向量n2＝(，－1，0)．‎ 由图可见所求二面角θ的余弦值为 ‎ cos θ＝＝＝.‎ 规律方法　求二面角最常用的方法就是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．‎ ‎【变式探究】 (2014·辽宁卷)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．‎ ‎ (1)求证：EF⊥BC；‎ ‎(2)求二面角E－BF－C的正弦值．‎ ‎ (1)证明　由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)，C(0，2，0)．因而E，F.‎ 所以＝，＝(0，2，0)，‎ 因此·＝0.从而⊥，所以EF⊥BC.‎ ‎(2)解　平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．‎ 设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)，‎ 又＝，＝.‎ 由得其中一个n2＝(1，－，1)．‎ 设二面角E－BF－C大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos θ＝| cos〈n1，n2〉|＝＝，‎ 因此 sin θ＝＝，‎ 即所求二面角的正弦值为.‎ ‎1.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.‎ ‎2.【2016高考山东理数】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. ‎ ‎（I）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；‎ ‎（II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎（II）解法一：‎ 连接,则平面，‎ 又且是圆的直径，所以 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 由题意得，，过点作于点，‎ 所以 可得 故.‎ 设是平面的一个法向量. ‎ 由 可得 可得平面的一个法向量 因为平面的一个法向量 所以.‎ 所以二面角的余弦值为.‎ 解法二：‎ 连接，过点作于点，‎ 则有,‎ 又平面，‎ 所以FM⊥平面ABC,‎ 可得 过点作于点，连接，‎ 可得,‎ 从而为二面角的平面角.‎ 又,是圆的直径，‎ 所以 从而，可得 所以二面角的余弦值为.‎ ‎3.【2016高考天津理数】（本小题满分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.‎ ‎（I）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（II）求二面角O-EF-C的正弦值；‎ ‎（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.‎ ‎（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.‎ ‎（III）解：由，得.因为，所以，进而有，从而，因此 ‎.所以，直线和平面所成角的正弦值为.‎ ‎4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）‎ 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，‎ ‎，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，‎ ‎【解析】（1）因为平面平面，，‎ 所以平面，所以，‎ 又因为，所以平面；‎ ‎（2）取的中点，连结，，‎ 因为，所以.‎ 又因为平面，平面平面，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ 因为，所以.‎ 如图建立空间直角坐标系，由题意得，‎ ‎.‎ 设平面的法向量为，则 即 令，则.‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（3）设是棱上一点，则存在使得.‎ 因此点.‎ 因为平面，所以平面当且仅当，‎ 即，解得.‎ 所以在棱上存在点使得平面，此时.‎ ‎5.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面 ‎,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.‎ ‎(I)求证：EF⊥平面ACFD；‎ ‎(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）．‎ ‎【解析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．‎ 因为平面平面，且，所以平面，因此．‎ 又因为，，，‎ 所以为等边三角形，且为的中点，则．‎ 所以平面．‎ ‎（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．‎ 因为平面，所以，则平面，所以．‎ 所以是二面角的平面角．‎ 在中，，，得．‎ 在中，，，得．‎ 所以二面角的平面角的余弦值为．‎ 方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．‎ 取的中点，则，又平面平面，所以，平面．‎ 以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．‎ 由题意得，，，，，．‎ 因此，，，．‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为．‎ 由，得，取；‎ 由，得，取．‎ 于是，．‎ 所以，二面角的平面角的余弦值为．‎ ‎6.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）‎ 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. ‎ ‎（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）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.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】（Ⅰ）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，BC∥ED，且BC=ED.‎ 所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB 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）‎ ‎（Ⅱ）方法一：‎ 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=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，‎ 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=.‎ 在Rt△PAH中，PH== ，‎ 所以sin∠APH= =.‎ 方法二：‎ 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=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 ,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=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）‎ 设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，‎ 由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1).‎ 设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = .‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 .‎ ‎1.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）‎ 如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯 ‎ 形，,‎ ‎ （1）求平面与平面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所成角最小时，求线段BQ的长 P A B C D Q ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则各点的坐标为，，，．‎ ‎（1）因为平面，所以是平面的一个法向量，．‎ 因为，．‎ 设平面的法向量为，则，，即．‎ 令，解得，．‎ 所以是平面的一个法向量．‎ 从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为．‎ ‎（2）因为，设（），‎ 又，则，又，‎ 从而．‎ 设，，则．‎ 当且仅当，即时，的最大值为．‎ 因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值．‎ 又因为，所以．‎ ‎2.【2015高考山东，理17】如图，在三棱台中，分别为的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）若平面， ， ,求平面与平面 所成的角（锐角）的大小.‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II） ‎ ‎【解析】‎ ‎(I)证法一：连接，设，连接，‎ 在三棱台中，‎ 为的中点 可得 所以四边形为平行四边形 则为的中点 又为的中点 所以 ‎ 又平面 平面 所以平面．‎ 证法二：‎ 在三棱台中，‎ 由为的中点 可得 ‎ 所以四边形为平行四边形 可得 ‎ 在 中， 为的中点， 为的中点，‎ 所以 ‎ 又 ，所以平面 平面 ‎ 因为 平面 ‎ 所以 平面 ‎ ‎（II）解法一：‎ 设 ，则 ‎ 在三棱台中，‎ 为的中点 由 ，‎ 可得四边形 为平行四边形，‎ 因此 ‎ 又平面 ‎ 所以平面 ‎ 在中，由 ，是中点，‎ 所以 ‎ 因此 两两垂直,‎ 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ‎ 所以 ‎ 可得 ‎ 故 ‎ 设 是平面 的一个法向量，则 由 可得 ‎ 可得平面 的一个法向量 因为 是平面 的一个法向量，‎ 所以 ‎ 所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为 ‎ 解法二：‎ 作 于点 ，作 于点 ，连接 ‎ 由 平面 ，得 ‎ 又 ‎ 所以平面 ‎ 因此 所以 即为所求的角 ‎ ‎ 在 中, ‎ 由∽ ‎ 可得 ‎ 从而 ‎ 由平面平面 ‎ 得 ‎ 因此 ‎ 所以 ‎ 所以平面与平面所成角（锐角）的大小为 .‎ ‎3.【2015高考天津，理17】（本小题满分13分）如图，在四棱柱中，侧棱,,,‎ ‎,且点M和N分别为的中点.‎ ‎(I)求证：平面；‎ ‎(II)求二面角的正弦值；‎ ‎(III)设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求线段的长 ‎【答案】(I)见解析； (II) ； (III) .‎ ‎【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，‎ ‎，又因为分别为和的中点，得.‎ ‎(I)证明：依题意，可得为平面的一个法向量，， ‎ 由此可得，，又因为直线平面，所以平面 ‎(II)，设为平面的法向量，则 ‎，即，不妨设，可得，‎ 设为平面的一个法向量，则，又，得 ‎，不妨设，可得 因此有，于是，‎ 所以二面角的正弦值为.‎ ‎4.【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥中，平面分别为线段上的点，且 ‎（1）证明：平面 ‎（2）求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)证明：由PC平面ABC，DE平面ＡＢＣ，故PCDE 由CE＝２，CD=DE＝得ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CDDE 由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD ‎ (2)解：由（１）知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝，如（１９）图，过点Ｄ作DF垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，‎ 故FB＝２． ‎ 由ACB＝得DFAC，，故AC＝DF＝．‎ 以Ｃ为坐标原点，分别以的方程为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)，Ａ(,0,0),‎ Ｅ(0,2,0)，Ｄ(1,1,0)，‎ 设平面的法向量，‎ 由，，‎ 得.‎ 由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.‎ 从而法向量，的夹角的余弦值为，‎ 故所求二面角A-PD-C的余弦值为.‎ ‎5.【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．‎ ‎ ‎ ‎（I）证明：平面；‎ ‎（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）在图1中，‎ 因为，，是的中点，，所以 即在图2中，，‎ 从而平面 又，所以平面．‎ 设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，‎ 则，得，取，‎ ‎，得，取，‎ 从而，‎ 即平面与平面夹角的余弦值为.‎ ‎6.【2015高考新课标1，理18】如图，，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=.‎ 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，‎ 又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，‎ 在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.‎ 在Rt△FDG中，可得FG=.‎ 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，‎ ‎∴，∴EG⊥FG，‎ ‎∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，‎ ‎∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分 ‎（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E(1,0, )，F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分 故.‎ 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. ……12分 ‎7.【2015高考北京，理17】如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，为的中点．‎ ‎(Ⅰ) 求证：；‎ ‎(Ⅱ) 求二面角的余弦值；‎ ‎(Ⅲ) 若平面，求的值．‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)证明见解析，（2），（3）‎ ‎【解析】(Ⅰ)由于平面平面，为等边三角形，为的中点，则，根据面面垂直性质定理，所以平面EFCB，又平面，则.‎ ‎(Ⅱ)取CB的中点D，连接OD,以O为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，由于平面与轴垂直，则设平面的法向量为，设平面的法向量，，，，，则，二面角的余弦值，由二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.‎ ‎（Ⅲ）有（1）知平面EFCB，则，若平面，只需，，又，，解得或，由于，则.‎ ‎1．(2014·广东卷)已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)‎ A．(－1，1，0) B．(1，－1，0)‎ C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)‎ 解析　 经检验，选项B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°，故选B.‎ 答案　B ‎2．(2014·新课标全国Ⅱ卷)在直三棱柱 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. B. C. D. 解析　建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，设BC＝2，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2)，故BM与AN所成角θ的余弦值cos θ＝＝＝.‎ 答案　C ‎14．(2014·天津卷)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．‎ ‎(1)证明　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)．‎ 向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2)解　向量＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)，设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，‎ 则即不妨令y＝1，‎ 可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量，于是有 cos〈n，〉＝＝＝.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)解　向量＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0)，＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，设 ＝λ，0≤λ≤1.‎ 故＝＋＝＋λ ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．‎ 由 BF⊥AC，得·＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝.即＝.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，‎ 则即 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〉＝＝＝－.‎ 易知，二面角F－AB－P是锐角，‎ 所以其余弦值为.‎ ‎1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1.‎ 则A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，‎ ‎∴＝(0,1，－1)，＝(1,0，－)．‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，所以有 即∴∴n1＝(1,2,2)．‎ ‎∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎2.如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则·的最小值为(　　)‎ A. B．－ C. D．－ 答案　B ‎3．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　)‎ A．相交 B．平行 C．在平面内 D．平行或在平面内 答案　D 解析　∵＝λ＋μ，∴、、共面，‎ ‎∴AB与平面CDE平行或在平面CDE内．‎ ‎4．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　)‎ A．(1,1,1)‎ B．(，，1)‎ C．(，，1)‎ D．(，，1)‎ 答案　C 解析　设M点的坐标为(x，y,1)，AC∩BD＝O，‎ 则O(，，0)，又E(0,0,1)，A(，，0)，‎ ‎∴＝(－，－，1)，＝(x－，y－，1)，‎ ‎∵AM∥平面BDE，∴∥，‎ ‎∴⇒ ‎5．在正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ 答案　A 解析　如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P.‎ 则＝(2a,0,0)，‎ ＝，＝(a，a,0)，‎ 设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则解得可取n＝(0,1,1)，‎ 则cos〈，n〉＝＝＝，‎ 又∵〈，n〉∈(0°，180°)，∴〈，n〉＝60°，‎ ‎∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.‎ ‎6．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．‎ 答案　1‎ ‎7.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ有________个．‎ 答案　2‎ 解析　建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则 P(x，y,2)，O(1，1,0)，∴OP的中点坐标为，‎ 又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，‎ ‎∴xQ＋yQ＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.‎ ‎∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.‎ ‎8．如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足＝＝λ，‎ 当实数λ的值为________时，∠AFE为直角．‎ 答案　 解析　因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，‎ 故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ ‎∵AB＝4，SA＝3，‎ ‎∴B(0,4,0)，S(0,0,3)．‎ 设BC＝m，则C(m,4,0)，‎ ‎∵＝＝λ，‎ ‎∴＝λ.‎ ‎∴－＝λ(－)．‎ ‎∴＝(＋λ)＝(0,4λ，3)，‎ ‎∴F(0，，)．‎ 同理可得E(，4,0)，‎ ‎∴＝(，，)．‎ ‎∵＝(0，，)，要使∠AFE为直角，‎ 即·＝0，‎ 则0·＋·＋·＝0，‎ ‎∴16λ＝9，解得λ＝.‎ ‎9.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．‎ 求证：(1)PB∥平面EFH；‎ ‎(2)PD⊥平面AHF.‎ 证明　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ ‎∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，‎ P(0,0,2)，E(0,0,1)，‎ F(0,1,1)，H(1,0,0)．‎ ‎(1)∵＝(2,0，－2)，＝(1,0，－1)，‎ ‎∴＝2，‎ ‎∴PB∥EH.∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，‎ ‎∴PB∥平面EFH.‎ ‎10.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.‎ 证明　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA、DP、DC分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，‎ 则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．‎ ‎∴·＝0，·＝0.即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，‎ 又DQ∩DC＝D，∴PQ⊥平面DCQ，‎ 又PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.‎ ‎11．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．‎ ‎(1)证明　以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．‎ 设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，‎ E，B1(a,0,1)，‎ 故＝(0,1,1)，＝，‎ ＝(a,0,1)，＝.‎ ‎∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ ‎∴B1E⊥AD1.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，‎ 解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，‎ ‎∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎12.如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SD.‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC 的值；若不存在，试说明理由．‎ ‎(1)证明　连接BD，‎ 设AC∩BD＝O，则AC⊥BD.‎ 由题意知SO⊥平面ABCD.‎ 以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．‎ 设底面边长为a，则高SO＝a，‎ 于是S，D，‎ B，C，＝，‎ ＝，则·＝0.‎ 故OC⊥SD.从而AC⊥SD.‎ ‎(2)解　棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.‎ 理由如下：‎ 由已知条件知是平面PAC的一个法向量，‎ 且＝，＝，‎ ＝.‎ 设＝t，则＝＋＝＋t ‎＝，而·＝0⇔t＝.‎ 即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.‎ 而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.‎ ‎∴存在一点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2.‎