【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-5空间向量在立体几何中的应用作业
8.5 空间向量在立体几何中的应用
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,19,15 分
用向量法证明
线面垂直
线面角
1. 用 向
量 法 证
明平行、
垂直
2017 天津,17,13 分
用向量法证明
线面平行
二面角、异面
直线所成角
★★★
2018 课标Ⅱ,20,12 分 线面角 线面垂直
2018 课标Ⅲ,19,12 分 二面角
面面垂直的判定、
三
棱锥体积的最值
2017 课标Ⅱ,19,12 分 线面角 线面平行的判定
2. 用 向
量 法 求
空 间 角
和距离
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);
④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,了
解向量方法在研究立体几
何问题中的应用
2016 课标Ⅲ,19,12 分 线面角 线面平行的判定
★★★
分析解读 从近 5 年高考情况来看,利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)、空间距
离均是高考的热点,考查频率很高,主要考查向量的坐标运算以及向量的平行、垂直、夹角问题,难度中等,多
以解答题的形式呈现.应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算,会把立体几何问题转化为空间向量问题.
破考点
【考点集训】
考点一 用向量法证明平行、垂直
(2018 宁 夏 银 川 一 中 月 考 ,19) 如 图 , 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,ABCD 为 矩 形 ,PD⊥ 平 面
ABCD,PB=2,PB 与平面 PCD 成 45°角,PB 与平面 ABD 成 30°角.
(1)在 PB 上是否存在一点 E,使得 PC⊥平面 ADE?若存在,确定 E 点位置,若不存在,请说明理由;
(2)当 E 为 PB 的中点时,求二面角 P-AE-D 的余弦值.
解析 (1)建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,
由题意易知 PD=CD=1,BC= 2,
则 D(0,0,0),P(0,0,1),B( 2,1,0),C(0,1,0),
则푃퐵=( 2,1,-1),设푃퐸=λ푃퐵,
∴푃퐸=λ푃퐵=λ( 2,1,-1),푃퐶=(0,1,-1),
由푃퐶·퐷퐸=푃퐶·(퐷푃+푃퐸)=(0,1,-1)·( 2λ,λ,1-λ)=0,解得 λ=1
2,即 PB 上存在点 E 使得 PC⊥
平面 ADE,且 E 为 PB 中点.
(2) 由 (1) 知 D(0,0,0),A( 2,0,0),E( 2
2 ,1
2,1
2),P(0,0,1),퐷퐴=( 2,0,0),퐷퐸=( 2
2 ,1
2,1
2),푃퐴
=( 2,0,-1),푃퐸=( 2
2 ,1
2, - 1
2),
设平面 ADE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 PAE 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),
则{푛1·퐷퐴 = 0,
푛1·퐷퐸 = 0 ⇒{ 2푥1 = 0,
2
2 푥1 + 1
2푦1 + 1
2푧1 = 0,
令 y1=1,得 n1=(0,1,-1).
同理求得 n2=(1,0, 2),所以 cos
= 푛2·푛1
|푛2|·|푛1|=- 3
3 .
易知所求二面角为锐二面角,
故二面角 P-AE-D 的余弦值为 3
3 .
考点二 用向量法求空间角和距离
(2018 福建四地七校 4 月联考,10)在直三棱柱 ABC-A 1B1C1 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. 2
3 B. 7
3 C. 3
2 D. 3
7
答案 B
炼技法
【方法集训】
方法 1 求解二面角的方法
1.(2018 河北五个一名校联考,18)如图,在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1 中,侧面
AA1C1C⊥底面 ABC,底面△ABC 是边长为 2 的正三角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C.
(1)求证:A1C1⊥B1C;
(2)求二面角 B1-A1C-C1 的正弦值.
解析 (1)证明:取 A1C1 的中点 D,连接 B1D,CD.
∵C1C=A1A=A1C,∴CD⊥A1C1,(2 分)
∵底面△ABC 是边长为 2 的正三角形,
∴AB=BC=2,A1B1=B1C1=2,
∴B1D⊥A1C1,(4 分)
又∵B1D∩CD=D,
∴A1C1⊥平面 B1CD,
∴A1C1⊥B1C.(6 分)
(2)解法一:过点 D 作 DE⊥A1C 于点 E,连接 B1E.
易知 B1D⊥平面 A1CC1,
∴B1D⊥A1C,
∵DE∩B1D=D,
∴A1C⊥平面 B1DE,
∴B1E⊥A1C,
∴∠B1ED 为所求二面角的平面角,(9 分)
∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1D= 3,
又∵ED=1
2CC1= 2
2 ,
∴tan∠B1ED=퐵1D
퐸퐷 = 3
2
2
= 6,(11 分)
可得 sin∠B1ED= 42
7 ,
∴二面角 B1-A1C-C1 的正弦值为 42
7 .(12 分)
解法二:连接 OB,取 AC 的中点 O 为坐标原点,射线 OB,OC,OA1 分别为 x,y,z 轴的非负半轴建立
空间直角坐标系,
得 A1(0,0,1),B1( 3,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0).(7 分)
∴퐴1퐵1=( 3,1,0),퐴1C=(0,1,-1),
设 m=(x,y,z)为平面 A1B1C 的法向量,
∴{푚·A1B1 = 3x + y = 0,
푚·A1C = y - z = 0,
令 y= 3,得 m=(-1, 3, 3).(9 分)
又푂퐵=( 3,0,0)是平面 A1CC1 的一个法向量,(10 分)
∴cos=- 7
7 ,
又易知二面角 B1-A1C-C1 为锐二面角,
∴二面角 B1-A1C-C1 的正弦值为 1 - ( - 7
7 )2
= 42
7 .(12 分)
2.(2018 广东广州调研,18)如图,已知多面体 PABCDE 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,PA⊥底
面 ABCD,ED∥PA,且 PA=2ED=2.
(1)证明:平面 PAC⊥平面 PCE;
(2)若直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 45°,求二面角 P-CE-D 的余弦值.
解析 (1)证明:如图,连接 BD,交 AC 于点 O,取 PC 的中点 F,连接 OF,EF.
因为 O,F 分别为 AC,PC 的中点,
所以 OF∥PA,且 OF=1
2PA,
因为 DE∥PA,且 DE=1
2PA,
所以 OF∥DE,且 OF=DE.(1 分)
所以四边形 OFED 为平行四边形,
所以 OD∥EF,即 BD∥EF.(2 分)
因为 PA⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD.
因为四边形 ABCD 是菱形,所以 BD⊥AC.
因为 PA∩AC=A,
所以 BD⊥平面 PAC.(4 分)
因为 BD∥EF,
所以 EF⊥平面 PAC.(5 分)
因为 FE⊂平面 PCE,
所以平面 PAC⊥平面 PCE.(6 分)
(2)解法一:因为直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45°,且 PA⊥平面 ABCD,所以∠PCA=45°,所以
AC=PA=2.(7 分)
因为 AC=AB=BC,所以△ABC 为等边三角形.
取 BC 的中点 M,连接 AM,则 AM⊥BC.
以 A 为原点,AM,AD,AP 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 A-xyz(如图).
则 P(0,0,2),C( 3,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0),
所以푃퐶=( 3,1,-2),퐶퐸=(- 3,1,1),퐷퐸=(0,0,1).
设平面 PCE 的法向量为 n=(x1,y1,z1),
则{푛·PC = 0,
푛·CE = 0,即{ 3x1 + y1 - 2z1 = 0,
- 3x1 + y1 + z1 = 0.
令 y1=1,则{푥1 = 3,
푧1 = 2. 所以 n=( 3,1,2).(10 分)
设平面 CDE 的法向量为 m=(x2,y2,z2),
则{푚·DE = 0,
푚·CE = 0,即{z2 = 0,
- 3x2 + y2 + z2 = 0.令 x2=1,则{y2 = 3,
z2 = 0.
所以 m=(1, 3,0).(11 分)
设二面角 P-CE-D 的大小为 θ,由于 θ 为钝角,
所以 cos θ=-|cos|=- |푛·푚|
|푛|·|푚|=- 2 3
2 2 × 2=- 6
4 .
所以二面角 P-CE-D 的余弦值为- 6
4 .(12 分)
解法二:因为直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45°,且 PA⊥平面 ABCD,所以∠PCA=45°,所以
AC=PA=2.(7 分)
因为 AC=AB=BC=2,所以△ABC 为等边三角形.
因为 PA⊥平面 ABCD,由(1)知 PA∥OF,
所以 OF⊥平面 ABCD.
因为 OB⊂平面 ABCD,OC⊂平面 ABCD,
所以 OF⊥OB 且 OF⊥OC.
在菱形 ABCD 中,OB⊥OC,
故以点 O 为原点,OB,OC,OF 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz(如图).
则 O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(- 3,0,0),E(- 3,0,1),
所以퐶푃=(0,-2,2),퐶퐸=(- 3,-1,1),퐶퐷=(- 3,-1,0).(9 分)
设平面 PCE 的法向量为 n=(x1,y1,z1),
则{푛·CP = 0,
푛·CE = 0,即{ -2y1 + 2z1 = 0,
- 3x1 - y1 + z1 = 0.
令 y1=1,则{푥1 = 0,
푧1 = 1,则 n=(0,1,1).(10 分)
设平面 CDE 的法向量为 m=(x2,y2,z2),
则{푚·CE = 0,
푚·CD = 0,即{ - 3x2 - y2 + z2 = 0,
- 3x2 - y2 = 0.
令 x2=1,则{푦2 = - 3,
푧2 = 0, 则 m=(1,- 3,0).(11 分)
设二面角 P-CE-D 的大小为 θ,由于 θ 为钝角,
则 cos θ=-|cos|=- |푛·푚|
|푛|·|푚|=- 3
2 × 2=- 6
4 .
所以二面角 P-CE-D 的余弦值为- 6
4 .(12 分)
方法 2 用向量法求解立体几何中的探索型问题
1.(2018 江西南昌二中 1 月模拟,18)如图,△ABC 的外接圆☉O 的半径为 5,CD⊥☉O 所在的平
面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且 BE=1,tan∠AEB=2 5.
(1)求证:平面 ADC⊥平面 BCDE.
(2)试问线段 DE 上是否存在点 M,使得直线 AM 与平面 ACD 所成角的正弦值为2
7?若存在,确定
点 M 的位置,若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:∵CD⊥平面 ABC,BE∥CD,
∴BE⊥平面 ABC,∴BE⊥AB.
∵BE=1,tan∠AEB=2 5,∴AB=2 5.
∵☉O 的半径为 5,∴AB 是直径,∴AC⊥BC.
又∵CD⊥平面 ABC,∴CD⊥BC,
又 AC∩CD=C,故 BC⊥平面 ADC.
∵BC⊂平面 BCDE,∴平面 ADC⊥平面 BCDE.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,
则 A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),则퐷퐸=(0,2,-3),易知平面 ACD 的一
个法向量为퐶퐵=(0,2,0),假设满足题意的点 M 存在,设 M(a,b,c),则퐷푀=(a,b,c-4),再设퐷푀
=λ퐷퐸,λ∈(0,1],
∴{푎 = 0,
푏 = 2휆,
푐 - 4 = -3휆
⇒{푎 = 0,
푏 = 2휆,
푐 = 4 - 3휆,
即 M(0,2λ,4-3λ),从而퐴푀=(-4,2λ,4-3λ).
设直线 AM 与平面 ACD 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos<퐴푀,퐶퐵>|= |2휆 × 2|
2 × 16 + 4휆2 + (4 - 3λ)2=2
7.
解得 λ=-4
3或 λ=2
3,其中 λ=-4
3∉(0,1],舍去,
又 λ=2
3∈(0,1],
故满足条件的点 M 存在,且点 M 为 DE 的靠近 E 的三等分点.
2.(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=2 6,DE=3 6.
(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퐴푀
퐴퐹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(3,0,2 6),E(0,0,3 6),B(3,3,0),C(0,3,0),(5 分)
所以퐶퐴=(3,-3,0),퐵퐸=(-3,-3,3 6),퐸퐹=(3,0,- 6).
设平面 BEF 的法向量为 n=(x1,y1,z1).
则{푛·BE = 0,
푛·EF = 0,即{ -3x1 - 3y1 + 3 6z1 = 0,
3x1 - 6z1 = 0,
令 x1= 6,则 y1=2 6,z1=3,则 n=( 6,2 6,3).(6 分)
所以 cos<퐶퐴,n>= CA·푛
|CA||푛|= -3 6
3 2 × 39=- 13
13 .(7 分)
所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为 13
13 .(8 分)
(3)存在,理由如下:
设 M(3,0,t),0≤t≤2 6.(9 分)
则퐵푀=(0,-3,t),퐵퐸=(-3,-3,3 6).
设平面 MBE 的法向量为 m=(x2,y2,z2),
则{푚·BM = 0,
푚·BE = 0, 即{ -3y2 + tz2 = 0,
-3x2 - 3y2 + 3 6z2 = 0,
令 y2=t,则 z2=3,x2=3 6-t,则 m=(3 6-t,t,3).(10 分)
又퐶퐴=(3,-3,0)是平面 BDE 的一个法向量,
∴|cos|= |푚·CA|
|푚||CA|= |9 6 - 6t|
3 2 × (3 6 - t)2 + t2 + 9=1
2,(11 分)
整理得 2t2-6 6t+15=0,解得 t= 6
2 或 t=5 6
2 (舍去),(12 分)
∴퐴푀
퐴퐹=1
4.(13 分)
过专题
【五年高考】
A 组 统一命题·课标卷题组
1.(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=2
3AD=2.
取 BP 的中点 T,连接 AT,TN,
由 N 为 PC 中点知 TN∥BC,TN=1
2BC=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= 퐴퐵2 - B퐸2= 퐴퐵2 - (퐵퐶
2 )2
=
5.
以 A 为坐标原点,퐴퐸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),N( 5
2 ,1,2),
푃푀=(0,2,-4),푃푁=( 5
2 ,1, - 2),퐴푁=( 5
2 ,1,2).
设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量,
则{푛·PM = 0,
푛·PN = 0,即{2푦 - 4푧 = 0,
5
2 x + y - 2z = 0,(10 分)
可取 n=(0,2,1).
于是|cos|= |푛·AN|
|푛||AN|=8 5
25 .
即直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5
25 .(12 分)
2.(2018 课标Ⅱ,20,12 分)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 2,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=2 3.
连接 OB.因为 AB=BC= 2
2 AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且 OB⊥AC,OB=1
2AC=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,푂퐵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 3),퐴푃=(0,2,2 3).取平面
PAC 的一个法向量푂퐵=(2,0,0).
设 M(a,2-a,0)(0= 2 3(a - 4)
2 3(푎 - 4)2 + 3푎2 + 푎2.
由已知可得|cos<푂퐵,n>|= 3
2 .
所以 2 3|a - 4|
2 3(푎 - 4)2 + 3푎2 + 푎2= 3
2 .解得 a=-4(舍去)或 a=4
3.
所以 n=( - 8 3
3 ,4 3
3 , - 4
3).
又푃퐶=(0,2,-2 3),所以 cos<푃퐶,n>= 3
4 .
所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3
4 .
3.(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)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,퐻퐹的方向为 y 轴正方向,|퐵퐹|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= 3
2 ,EH=3
2,
则 H(0,0,0),P(0,0, 3
2 ),D( -1, - 3
2,0),퐷푃=(1,3
2, 3
2 ),퐻푃=(0,0, 3
2 )为平面 ABFD 的法向量.
设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ,则 sin θ=| 퐻푃·퐷푃
|퐻푃||퐷푃||=
3
4
3= 3
4 .所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦
值为 3
4 .
4.(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=1
2AD,∠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 (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= 1
2AD.由
∠BAD=∠ABC=90°得 BC∥AD,又 BC=1
2AD,所以 EFBC,四边形 BCEF 是平行四边形,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,퐴퐵的方向为 x 轴正方向,|퐴퐵|为单位长,建立如图所
示的空间直角坐标系 A-xyz,
(3) 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, 3),푃퐶=(1,0,- 3),퐴퐵=(1,0,0).
设 M(x,y,z)(0|=sin 45°, |푧|
(푥 - 1)2 + 푦2 + 푧2= 2
2 ,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又 M 在棱 PC 上,设푃푀=λ푃퐶,则
x=λ,y=1,z= 3- 3λ.②
由①,②解得{푥 = 1 + 2
2 ,
푦 = 1,
푧 = - 6
2
(舍去),或{푥 = 1 - 2
2 ,
푦 = 1,
푧 = 6
2 ,
所以 M(1 - 2
2 ,1, 6
2 ),从而퐴푀=(1 - 2
2 ,1, 6
2 ).
设 m=(x0,y0,z0)是平面 ABM 的法向量,
则{푚·AM = 0,
푚·AB = 0, 即{(2 - 2)x0 + 2y0 + 6z0 = 0,
x0 = 0,
所以可取 m=(0,- 6,2).
于是 cos= 푚·푛
|푚||푛|= 10
5 .
易知所求二面角为锐角.
因此二面角 M-AB-D 的余弦值为 10
5 .
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.
B 组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.(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 解法一:(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퐴퐵1=(1, 3,2),퐴1퐵1=(1, 3,-2),퐴1퐶1=(0,2 3,-3).
由퐴퐵1·퐴1퐵1=0 得 AB1⊥A1B1.
由퐴퐵1·퐴1퐶1=0 得 AB1⊥A1C1.
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퐴퐶1=(0,2 3,1),퐴퐵=(1, 3,0),퐵퐵1=(0,0,2).
设平面 ABB1 的法向量 n=(x,y,z).
由{푛·AB = 0,
푛·BB1 = 0,即{푥 + 3y = 0,
2푧 = 0, 可取 n=(- 3,1,0).
所以 sin θ=|cos<퐴퐶1,n>|= |AC1·푛|
|AC1|·|푛|
= 39
13 .
因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39
13 .
解法二:(1)证明:由 AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB 得 AB1=A1B1=2 2,
所以 A1퐵21+A퐵21=A퐴21,
故 AB1⊥A1B1.
由 BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC 得 B1C1= 5,
由 AB=BC=2,∠ABC=120°得 AC=2 3,
由 CC1⊥AC,得 AC1= 13,所以 A퐵21+B1퐶21=A퐶21,
故 AB1⊥B1C1.
因此 AB1⊥平面 A1B1C1.
(2)如图,过点 C1 作 C1D⊥A1B1,交直线 A1B1 于点 D,连接 AD.
由 AB1⊥平面 A1B1C1 得平面 A1B1C1⊥平面 ABB1,
由 C1D⊥A1B1 得 C1D⊥平面 ABB1,
所以∠C1AD 是 AC1 与平面 ABB1 所成的角.
由 B1C1= 5,A1B1=2 2,A1C1= 21得 cos∠C1A1B1= 6
7,
sin∠C1A1B1= 1
7,所以 C1D= 3,
故 sin∠C1AD=퐶1D
퐴퐶1
= 39
13 .
因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39
13 .
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 7
21,求线段 AH 的长.
解析 如图,以 A 为原点,分别以퐴퐵,퐴퐶,퐴푃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:퐷퐸=(0,2,0),퐷퐵=(2,0,-2). 设 n=(x,y,z) 为平面 BDE 的法向量, 则{푛·DE = 0,
푛·DB = 0,即
{2푦 = 0,
2푥 - 2푧 = 0.不妨设 z=1,可得 n=(1,0,1).又푀푁=(1,2,-1),可得푀푁·n=0.
因为 MN⊄平面 BDE,所以 MN∥平面 BDE.
(2)易知 n 1=(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量.设 n 2=(x,y,z)为平面 EMN 的法向量,则
{푛2·EM = 0,
푛2·MN = 0.
因为퐸푀=(0,-2,-1),푀푁=(1,2,-1),所以{ -2푦 - 푧 = 0,
푥 + 2푦 - 푧 = 0.
不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2).
因此有 cos= 푛1·푛2
|푛1||푛2|=- 4
21,
于是 sin= 105
21 .
所以,二面角 C-EM-N 的正弦值为 105
21 .
(3)依题意,设 AH=h(0≤h≤4),则 H(0,0,h),进而可得푁퐻=(-1,-2,h),퐵퐸=(-2,2,2).由已知,得
|cos<푁퐻,퐵퐸>|= |푁퐻·퐵퐸|
|푁퐻||퐵퐸|= |2ℎ - 2|
ℎ2 + 5 × 2 3= 7
21,整理得 10h2-21h+8=0,解得 h=8
5或 h=1
2.
所以,线段 AH 的长为8
5或1
2.
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.
考点二 用向量法求空间角和距离
1.(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{푂퐵,푂퐶,푂푂1}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 P( 3
2 , - 1
2,2).
从而퐵푃=( - 3
2 , - 1
2,2),퐴퐶1=(0,2,2).
故|cos<퐵푃,퐴퐶1>|= |퐵푃·퐴퐶1|
|퐵푃|·|퐴퐶1|
= | - 1 + 4|
5 × 2 2=3 10
20 .
因此,异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 10
20 .
(2)因为 Q 为 BC 的中点,所以 Q( 3
2 ,1
2,0),
因此퐴푄=( 3
2 ,3
2,0),퐴퐶1=(0,2,2),퐶퐶1=(0,0,2).
设 n=(x,y,z)为平面 AQC1 的一个法向量,
则{ AQ·푛 = 0,
AC1·푛 = 0,即{ 3
2 x + 3
2y = 0,
2푦 + 2푧 = 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<퐶퐶1,n>|= |CC1·푛|
|CC1|·|푛|
= 2
5 × 2= 5
5 ,
所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 5
5 .
方法总结 (1)向量法求异面直线所成角的步骤:①求两条直线所对应的方向向量 m,n;②异
面直线所成角 θ 的余弦值 cos θ=|cos|= |푚·푛|
|푚|·|푛|.
(2)向量法求线面角的正弦值的步骤:①求直线的方向向量 a 和平面的法向量 b;②直线与平
面所成角 θ 的正弦值 sin θ=|cos|= |푎·푏|
|푎||푏|.
易错警示 (1)异面直线所成角 θ 的范围为(0,π
2],
∴cos θ=|cos|.
(2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.
2.(2017 北京,16,14 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,平面 PAD⊥平面
ABCD,点 M 在线段 PB 上,PD∥平面 MAC,PA=PD= 6,AB=4.
(1)求证:M 为 PB 的中点;
(2)求二面角 B-PD-A 的大小;
(3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值.
解析 (1)证明:设 AC,BD 交点为 E,连接 ME.
因为 PD∥平面 MAC,平面 MAC∩平面 PDB=ME,
所以 PD∥ME.
因为 ABCD 是正方形,所以 E 为 BD 的中点.
所以 M 为 PB 的中点.
(2)取 AD 的中点 O,连接 OP,OE.
因为 PA=PD,所以 OP⊥AD.
又因为平面 PAD⊥平面 ABCD,且 OP⊂平面 PAD,
所以 OP⊥平面 ABCD.
因为 OE⊂平面 ABCD,所以 OP⊥OE.
因为 ABCD 是正方形,所以 OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系 O-xyz,
则 P(0,0, 2),D(2,0,0),B(-2,4,0),퐵퐷=(4,-4,0),푃퐷=(2,0,- 2).
设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,z),
则{푛·BD = 0,
푛·PD = 0,即{4푥 - 4푦 = 0,
2푥 - 2z = 0.
令 x=1,则 y=1,z= 2.
于是 n=(1,1, 2).
平面 PAD 的一个法向量为 p=(0,1,0).
所以 cos= 푛·푝
|푛||푝|=1
2.
由题意知二面角 B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π
3.
(3)由题意知 M( -1,2, 2
2 ),C(2,4,0),푀퐶=(3,2, - 2
2 ).
设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 α,
则 sin α=|cos|= |푛·MC|
|푛||MC|=2 6
9 .
所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6
9 .
方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向
量 n1,n2,设二面角的大小为 θ,则有|cos θ|=|cos|= |푛1·푛2|
|푛1||푛2|,再通过原图判断二面角
是钝角还是锐角,进而求出二面角.2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向
向量为 e,平面的法向量为 n,则直线与平面所成的角 θ 满足 sin θ=| 푒·푛
|푒||푛||,θ∈(0,휋
2].
C 组 教师专用题组
1.(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 本小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{퐴퐸,퐴퐷,퐴퐴1}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°,
则 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)퐴1B=( 3,-1,- 3),퐴퐶1=( 3,1, 3),
则 cos<퐴1B,퐴퐶1>= 퐴1B·퐴퐶1
|퐴1B||퐴퐶1|
=( 3, - 1, - 3)·( 3,1, 3)
7
=-1
7,
因此异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为1
7.
(2)平面 A1DA 的一个法向量为퐴퐸=( 3,0,0).
设 m=(x,y,z)为平面 BA1D 的法向量,
又퐴1B=( 3,-1,- 3),퐵퐷=(- 3,3,0),
则{푚·A1B = 0,
푚·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<퐴퐸,m>= AE·푚
|AE||푚|=( 3,0,0)·(3, 3,2)
3 × 4 =3
4.
设二面角 B-A1D-A 的大小为 θ,则|cos θ|=3
4.
因为 θ∈[0,π],所以 sin θ= 1 - cos2θ= 7
4 .
因此二面角 B-A1D-A 的正弦值为 7
4 .
2.(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=2
3HF,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퐴퐷,퐵퐴,푂퐹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,퐴퐷=(2,0,0),퐴퐹=(1,-1,2).
设 n1=(x,y,z)为平面 ADF 的法向量,
则{푛1·AD = 0,
푛1·AF = 0,即{2푥 = 0,
푥 - 푦 + 2푧 = 0.
不妨设 z=1,可得 n1=(0,2,1),又퐸퐺=(0,1,-2),可得퐸퐺·n1=0,又因为直线 EG⊄平面 ADF,所以
EG∥平面 ADF.
(2)易证,푂퐴=(-1,1,0)为平面 OEF 的一个法向量.
依题意,퐸퐹=(1,1,0),퐶퐹=(-1,1,2).
设 n2=(x,y,z)为平面 CEF 的法向量,则{푛2·EF = 0,
푛2·CF = 0,
即{푥 + 푦 = 0,
-푥 + 푦 + 2푧 = 0.不妨设 x=1,可得 n2=(1,-1,1).
因此有 cos<푂퐴,n2>= OA·푛2
|OA|·|푛2|=- 6
3 ,
于是 sin<푂퐴,n2>= 3
3 .
所以,二面角 O-EF-C 的正弦值为 3
3 .
(3)由 AH=2
3HF,得 AH=2
5AF.
因为퐴퐹=(1,-1,2),所以퐴퐻=2
5퐴퐹=(2
5, - 2
5,4
5),
进而有 H( - 3
5,3
5,4
5),从而퐵퐻=(2
5,8
5,4
5),
因此 cos<퐵퐻,n2>= BH·푛2
|BH|·|푛2|=- 7
21.
所以,直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为 7
21.
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.
3.(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)解法一:过点 F 作 FQ⊥AK 于 Q,连接 BQ.
因为 BF⊥平面 ACK,所以 BF⊥AK,则 AK⊥平面 BQF,所以 BQ⊥AK.
所以,∠BQF 是二面角 B-AD-F 的平面角.
在 Rt△ACK 中,AC=3,CK=2,得 FQ=3 13
13 .
在 Rt△BQF 中,FQ=3 13
13 ,BF= 3,得 cos∠BQF= 3
4 .
所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为 3
4 .
解法二:如图,延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,则△BCK 为等边三角形.取 BC 的中点 O,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
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, 3),A(-1,-3,0),
E(1
2,0, 3
2 ),F( - 1
2,0, 3
2 ).
因此,퐴퐶=(0,3,0),퐴퐾=(1,3, 3),퐴퐵=(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·푚 = 0,
AK·푚 = 0得{3y1 = 0,
x1 + 3y1 + 3z1 = 0,取 m=( 3,0,-1);
由{AB·푛 = 0,
AK·푛 = 0 得{2x2 + 3y2 = 0,
x2 + 3y2 + 3z2 = 0,取 n=(3,-2, 3).
于是,cos= 푚·푛
|푚|·|푛|= 3
4 .
所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为 3
4 .
方法总结 计算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角,也可以利用平面的法向量
和向量的夹角公式求解.本题(2)的解法一根据二面角的平面角的定义构造 AD 的垂面,二面
角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通过解三角形求解.
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.
4.(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=1
2AC=2 3,AB=BC.求二面角 F-BC-A 的余弦值.
解析 (1)证明:取 FC 的中点为 I,连接 GI,HI.
在△CEF 中,因为点 G 是 CE 的中点,所以 GI∥EF.
又 EF∥OB,所以 GI∥OB.
在△CFB 中,因为 H 是 FB 的中点,所以 HI∥BC.
又 HI∩GI=I,所以平面 GHI∥平面 ABC.
因为 GH⊂平面 GHI,所以 GH∥平面 ABC.
(2)解法一:连接 OO',则 OO'⊥平面 ABC.
又 AB=BC,且 AC 是圆 O 的直径,所以 BO⊥AC.
以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.
由题意得 B(0,2 3,0),
C(-2 3,0,0),
所以퐵퐶=(-2 3,-2 3,0),
过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M.
所以 FM= 퐹퐵2 - B푀2=3,可得 F(0, 3,3).
故퐵퐹=(0,- 3,3).
设 m=(x,y,z)是平面 BCF 的法向量.
由{푚·BC = 0,
푚·BF = 0,可得{ -2 3x - 2 3y = 0,
- 3y + 3z = 0.
进而可得平面 BCF 的一个法向量 m=( -1,1, 3
3 ).
因为平面 ABC 的一个法向量 n=(0,0,1),
所以 cos= 푚·푛
|푚|·|푛|= 7
7 .
又易知二面角 F-BC-A 为锐二面角,
所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 7
7 .
解法二:连接 OO'.过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M.
则有 FM∥OO'.
又 OO'⊥平面 ABC,所以 FM⊥平面 ABC.
可得 FM= 퐹퐵2 - B푀2=3.
过点 M 作 MN 垂直 BC 于点 N,连接 FN.
可得 FN⊥BC,从而∠FNM 为二面角 F-BC-A 的平面角.
又 AB=BC,AC 是圆 O 的直径,
所以 MN=BMsin 45°= 6
2 .
从而 FN= 42
2 ,可得 cos∠FNM= 7
7 .
所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 7
7 .
5.(2015 课标Ⅱ,19,12 分,0.501)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= 퐸퐻2 - E푀2=6,所以 AH=10.
以 D 为坐标原点,퐷퐴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),퐹퐸=(10,0,0),퐻퐸=(0,-6,8).
设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量,
则{푛·FE = 0,
푛·HE = 0,即{10푥 = 0,
-6푦 + 8푧 = 0,
所以可取 n=(0,4,3).
又퐴퐹=(-10,4,8),
故|cos|= |푛·AF|
|푛||AF|=4 5
15 .
所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为4 5
15 .
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,퐷퐴,퐷퐶,퐷퐷1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.
6.(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=π
2,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面 PAB 与平面 PCD 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 所成的角最小时,求线段 BQ 的长.
解析 以{퐴퐵,퐴퐷,퐴푃}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)易知 AD⊥平面 PAB,所以퐴퐷是平面 PAB 的一个法向量,퐴퐷=(0,2,0).
因为푃퐶=(1,1,-2),푃퐷=(0,2,-2),
设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z),
则 m·푃퐶=0,m·푃퐷=0,
即{푥 + 푦 - 2푧 = 0,
2푦 - 2푧 = 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<퐴퐷,m>= AD·푚
|AD||푚|= 3
3 ,
所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3
3 .
(2)因为퐵푃=(-1,0,2),
设퐵푄=λ퐵푃=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又퐶퐵=(0,-1,0),
则퐶푄=퐶퐵+퐵푄=(-λ,-1,2λ),
又퐷푃=(0,-2,2),
从而 cos<퐶푄,퐷푃>= 퐶푄·퐷푃
|퐶푄||퐷푃|= 1 + 2휆
10휆2 + 2.
设 1+2λ=t,t∈[1,3],
则 cos2 <퐶푄,퐷푃>= 2푡2
5푡2 - 10t + 9= 2
9(1
푡 - 5
9)2
+ 20
9
≤ 9
10.
当且仅当 t=9
5,即 λ=2
5时,|cos<퐶푄,퐷푃>|的最大值为3 10
10 .
因为 y=cos x 在(0,π
2)上是减函数,所以此时直线 CQ 与 DP 所成的角取得最小值.
又因为 BP= 12 + 22= 5,
所以 BQ=2
5BP=2 5
5 .
7.(2014 陕西,17,12 分)四面体 ABCD 及其三视图如图所示,过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD,BC
的平面分别交四面体的棱 BD,DC,CA 于点 F,G,H.
(1)证明:四边形 EFGH 是矩形;
(2)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 θ 的正弦值.
解析 (1)证明:由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.
由题设知,BC∥平面 EFGH,
平面 EFGH∩平面 BDC=FG,
平面 EFGH∩平面 ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,
∴FG∥EH.
同理,EF∥AD,HG∥AD,
∴EF∥HG,
∴四边形 EFGH 是平行四边形.
又∵AD⊥DC,AD⊥BD,
∴AD⊥平面 BDC,
∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四边形 EFGH 是矩形.
(2) 解 法 一 : 如 图 , 以 D 为 坐 标 原 点 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , 则
D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),
퐷퐴=(0,0,1),퐵퐶=(-2,2,0),퐵퐴=(-2,0,1).
设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z),
∵EF∥AD,FG∥BC,
∴n·퐷퐴=0,n·퐵퐶=0,
得{푧 = 0,
-2푥 + 2푦 = 0,取 n=(1,1,0),
∴sin θ=|cos<퐵퐴,n>|=| 퐵퐴·푛
|퐵퐴||푛||= 2
5 × 2= 10
5 .
解法二:如图,以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系,
则 D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),
∵E 是 AB 的中点,
∴F,G 分别为 BD,DC 的中点,
得 E(1,0,1
2),F(1,0,0),G(0,1,0).
∴퐹퐸=(0,0,1
2),퐹퐺=(-1,1,0),퐵퐴=(-2,0,1).
设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z),
则 n·퐹퐸=0,n·퐹퐺=0,
得{1
2z = 0,
-푥 + 푦 = 0,取 n=(1,1,0),
∴sin θ=|cos<퐵퐴,n>|=| 퐵퐴·푛
|퐵퐴||푛||= 2
5 × 2= 10
5 .
【三年模拟】
一、填空题(共 5 分)
二、1.(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 2 3
3
二、解答题(共 60 分)
2.(2019 届黑龙江哈尔滨师范大学附中期中,19)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,侧棱 SA⊥底面
ABCD,底面 ABCD 是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,且 SA=AB=BC=2,AD=1,M 是棱 SB 的中点.
(1)求证:AM∥平面 SCD;
(2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成锐二面角的余弦值;
(3)设点 N 是线段 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为 θ,求 sin θ 的最大值.
解析 (1)以点 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),
∴퐴푀=(0,1,1),푆퐷=(1,0,-2),퐶퐷=(-1,-2,0),
设平面 SCD 的一个法向量为 n=(x,y,z),
则{SD·푛 = 0,
CD·푛 = 0,∴{푥 - 2푧 = 0,
-푥 - 2푦 = 0,令 z=1,得 n=(2,-1,1),
∴퐴푀·n=0,即퐴푀⊥n,
∵AM⊄平面 SCD,∴AM∥平面 SCD.
(2)取平面 SAB 的一个法向量 m=(1,0,0),由图可知,平面 SCD 与平面 SAB 所成角为锐二面角,
则 cos= 푛·푚
|푛||푚|= 2
1 × 6= 6
3 ,
∴平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角的余弦值为 6
3 .
（ 3 ） 设 N(x,2x-2,0)(1≤x≤2), 则 푀푁=(x,2x-3,-1),∵ 平 面 SAB 的 一 个 法 向 量 为
m=(1,0,0),∴sin θ=|cos<푀푁,m>|=| 푀푁·푚
|푀푁|·푚|=| 푥
5푥2 - 12x + 10|= 1
10 × (1
푥 - 3
5)2
+ 7
5
,
∴当1
푥=3
5,即 x=5
3时,sin θ 取得最大值,且(sin θ)max= 35
7 .
思路分析 (1)通过建立空间直角坐标系,利用퐴푀·n=0 即可证明 AM∥平面 SCD;(2)分别求出
平面 SCD 与平面 SAB 的法向量,利用法向量的夹角即可得出;(3)利用线面角的夹角公式即可
得出表达式,进而利用二次函数的单调性即可得出结果.
3.(2019 届山东青岛 9 月调研,19)如图,在长方形 ABCD 中,퐴퐵=π,AD=2,E,F 为线段 AB 的三
等分点,G、H 为线段 DC 的三等分点.将长方形 ABCD 卷成以 AD 为母线的圆柱 W 的半个侧
面,AB、CD 分别为圆柱 W 上、下底面的直径.
(1)证明:平面 ADHF⊥平面 BCHF;
(2)求二面角 A-BH-D 的余弦值.
解析 (1)证明:因为 H 在下底面圆周上,且 CD 为下底面半圆的直径,所以 DH⊥HC.又因为
DH⊥FH,且 CH∩FH=H,所以 DH⊥平面 BCHF,又因为 DH⊂平面 ADHF,所以平面 ADHF⊥平面 BCHF.
(2)以 H 为坐标原点,分别以 HD,HC,HF 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 H-xyz,
设下底面半径为 r,则 πr=π,所以 r=1,CD=2,
因为 G、H 为 DC 的三等分点,
所以∠HDC=30°,所以在 Rt△DHC 中,HD= 3,HC=1,
所以 A( 3,0,2),B(0,1,2),D( 3,0,0),
设平面 ABH 的法向量为 n=(x,y,z),
因为 n·퐻퐴=(x,y,z)·( 3,0,2)=0,n·퐻퐵=(x,y,z)·(0,1,2)=0,
所以{ 3x + 2z = 0,
푦 + 2푧 = 0, 令 x=-2,得 y=-2 3,z= 3,
所以平面 ABH 的一个法向量为 n=(-2,-2 3, 3),
设平面 BHD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),
因为 m·퐻퐷=(x1,y1,z1)·( 3,0,0)=0,
m·퐻퐵=(x1,y1,z1)·(0,1,2)=0,所以{ 3푥1 = 0,
푦1 + 2푧1 = 0,令 z1=1,得 y1=-2,x1=0,所以平面 BHD 的一个
法向量为 m=(0,-2,1),
结合图形结 A-BH-D 的二面角为锐角,设为 θ,
所以二面角 A-BH-D 的余弦值 cos θ=| 푚·푛
|푚||푛||= 285
19 .
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 所成角的正值弦.
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=2 3.
∵△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),
∴퐴퐷=(- 3,-1,0),퐴퐹=(- 3,0, 3),퐴퐵=(- 3,1,0).
设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z),
则{AF·푛 = - 3x + 3z = 0,
AB·푛 = - 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<퐴퐷,n>|= |AD·푛|
|AD|·|푛|= 15
5 .(12 分)
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).
∴퐷퐵=(1,2,0),퐷퐹=(0,2,1),
设平面 BDF 的法向量为 m=(x,y,z),
∴{푚·DB = x + 2y = 0,
푚·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= 푚·푛
|푚|·|푛|= 3
3 × 6= 6
6 ,
∴sin= 30
6 .
故二面角 E-BD-F 的正弦值为 30
6 .
6.(2017 河南 4 月质检,19)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯
形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC= 2,点 E 在 AD 上,且 AE=2ED.
(1)已知点 F 在 BC 上,且 CF=2FB,求证:平面 PEF⊥平面 PAC;
(2)当二面角 A-PB-E 的余弦值为多少时,直线 PC 与平面 PAB 所成的角为 45°?
解析 (1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,
∵底面 ABCD 是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,
∴∠ACD=45°,则 AD=CD,(1 分)
又 AB⊥AC,∴BC= 2AC=2AD,(2 分)
∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=2
3AD,
∴四边形 ABFE 是平行四边形,
∴AB∥EF,(3 分)
∴AC⊥EF,
∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥EF,(4 分)
∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面 PAC,
∵EF⊂平面 PEF,∴平面 PEF⊥平面 PAC.(5 分)
(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,
∴AC⊥平面 PAB,
则∠APC 为 PC 与平面 PAB 所成的角,
若 PC 与平面 PAB 所成的角为 45°,
则 tan∠APC=퐴퐶
푃퐴=1,即 PA=AC= 2,(6 分)
取 BC 的中点 G,连接 AG,则 AG⊥BC,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,
则 A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E(0,2
3,0),P(0,0, 2),
∴퐸퐵=(1, - 5
3,0),퐸푃=(0, - 2
3, 2),(7 分)
设平面 PBE 的法向量为 n=(x,y,z),
则{푛·EB = 0,
푛·EP = 0,即{푥 - 5
3y = 0,
- 2
3y + 2z = 0,
令 y=3,则 x=5,z= 2,∴n=(5,3, 2),(9 分)
易知퐴퐶=(1,1,0)是平面 PAB 的一个法向量,(10 分)cos= 5 + 3
2 × 6=2 2
3 ,
结合图形可知当二面角 A-PB-E 的余弦值为2 2
3 时,直线 PC 与平面 PAB 所成的角为 45°.(12
分)
思路分析 (1)先证明四边形 ABFE 为平行四边形,得 AB∥EF,然后证明 EF⊥平面 PAC,从而证明
平面 PEF⊥平面 PAC;(2)根据线面角定义找出 PC 与平面 PAB 所成角,得 PA 的长,然后建立空
间直角坐标系,分别求出平面 PAB 与平面 PBE 的法向量,再利用向量法求出二面角 A-PB-E 的
余弦值.
解题关键 建立恰当的空间直角坐标系,确定出各点的坐标是解题的关键.
