2020年高考新課標(biāo)Ⅰ理數(shù)復(fù)習(xí)練習(xí)課件第八章§84-空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用

考點一空間角與距離五年高考A組

統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組1.(2018課標(biāo)Ⅰ,12,5分)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面α所成的角都相等,則α截

此正方體所得截面面積的最大值為()A.

B.

C.

D.

考點一空間角與距離五年高考A組

統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組1答案

A本題主要考查空間直線與平面的位置關(guān)系及其所成角問題.由正方體的性質(zhì)及題意可得,正方體共頂點的三條棱所在直線與平面α所成的角均相等.如圖,

正方體ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直線與平面A1BD所成的角均相等,所以α∥平

面A1BD,當(dāng)平面α趨近于點A時,截面圖形的面積趨近于0;當(dāng)平面α經(jīng)過正方體的中心O時,截面

圖形為正六邊形,其邊長為

,截面圖形的面積為6×

×

=

;當(dāng)平面α趨近于C1時,截面圖形的面積趨近于0,所以截面圖形面積的最大值為

,故選A.

解題關(guān)鍵利用正方體的性質(zhì),將每條棱所在直線與平面α所成角轉(zhuǎn)化為共頂點的三條棱所在

直線與平面α所成角是解決本題的關(guān)鍵.方法點撥利用特殊位置與極限思想是解決選擇題的常用方法.答案

A本題主要考查空間直線與平面的位置關(guān)系及其所成22.(2016課標(biāo)Ⅰ,11,5分)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=

m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為

()A.

B.

C.

D.

2.(2016課標(biāo)Ⅰ,11,5分)平面α過正方體ABCD-A3答案

A如圖,延長B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延長D1A1至A3,使A3A1=D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易證AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C.

∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3為平面α.于是m∥A2A3,直線AA2即為直線n.顯然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角為60°,其正弦值為

.選A.思路分析先利用平行關(guān)系作出平面α,進(jìn)而確定直線m與直線n的位置,然后求m,n所成角的正

弦值.疑難突破本題的難點是明確直線m、n的具體位置.為此適當(dāng)擴(kuò)形是常用策略.答案

A如圖,延長B1A1至A2,使A2A1=B1A43.(2019課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,

E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.

3.(2019課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,直四棱柱ABCD-5解析本題主要考查線面平行的判定定理,線面垂直的性質(zhì)定理,二面角求解等知識點;旨在考

查學(xué)生的空間想象能力;以直四棱柱為模型考查直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)證明:連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=

B1C.又因為N為A1D的中點,所以ND=

A1D.由題設(shè)知A1B1

DC,可得B1C

A1D,故ME

ND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,

則A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,

,2),N(1,0,2),

=(0,0,-4),

=(-1,

,-2),

=(-1,0,-2),

=(0,-

,解析本題主要考查線面平行的判定定理,線面垂直的性質(zhì)定理,二60).設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則

所以

可取m=(

,1,0).設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則

所以

可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=

=

=

,所以二面角A-MA1-N的正弦值為

.思路分析(1)要證明線面平行,可先證線線平行.通過作輔助線及題設(shè)條件可得MN∥ED,從而

可得MN與平面C1DE平行.(2)建立空間直角坐標(biāo)系,找到相關(guān)點的坐標(biāo),求出平面A1MA與平面A1MN的法向量,再由向量的夾角公式求解.解題關(guān)鍵建立空間直角坐標(biāo)系后,寫出各點坐標(biāo),正確求解平面的法向量是解決本題的關(guān)鍵.0).夾角公式求解.74.(2019課標(biāo)Ⅲ,19,12分)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中

AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2.(1)證明:圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.

4.(2019課標(biāo)Ⅲ,19,12分)圖1是由矩形ADEB,R8解析本題主要考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)以及二面角的計算;本題還考查了學(xué)生的

空間想象能力、邏輯推理能力和運(yùn)算能力;通過平面圖形與立體圖形的轉(zhuǎn)化,考查了直觀想象

和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)證明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點

共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC,垂足為H.因為EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的邊長為2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=

.以H為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz,

解析本題主要考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)以及二面角的計算9則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,

),

=(1,0,

),

=(2,-1,0).設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),則

即

所以可取n=(3,6,-

).又平面BCGE的法向量可取為m=(0,1,0),所以cos<n,m>=

=

.因此二面角B-CG-A的大小為30°.思路分析(1)利用折疊前后AD與BE平行關(guān)系不變,可得AD∥CG,進(jìn)而可得A、C、G、D四點

共面.由折疊前后不變的位置關(guān)系可得AB⊥BE,AB⊥BC,從而AB⊥平面BCGE,由面面垂直的判

定定理可得結(jié)論成立.(2)由(1)可得EH⊥平面ABC.以H為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,求得平面的法向量,進(jìn)而求得二面角B-CG-A的大小.則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,?),?105.(2018課標(biāo)Ⅲ,19,12分)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧

所在平面垂直,M是

上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;(2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.

5.(2018課標(biāo)Ⅲ,19,12分)如圖,邊長為2的正方形A11解析本題考查面面垂直的判定、二面角的計算、空間向量的應(yīng)用.(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥

平面CMD,故BC⊥DM.因為M為

上異于C,D的點,且DC為直徑,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為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.

當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,M為

的中點.由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),

=(-2,1,1),

=(0,2,0),

=(2,0,0).解析本題考查面面垂直的判定、二面角的計算、空間向量的應(yīng)用.12設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則

即

可取n=(1,0,2).

是平面MCD的法向量,因此cos<n,

>=

=

,sin<n,

>=

.所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是

.解后反思一、面面垂直的判定在證明兩平面垂直時,一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線,若圖中不存在這樣的直線,則可

通過作輔助線來解決.二、利用向量求二面角問題的常見類型及解題方法1.求空間中二面角的大小,可根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系,再分別求出二面角的兩個面所在

平面的法向量,然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結(jié)合實際圖形

判斷所求角是銳角還是鈍角.2.給出二面角的大小求解或證明相關(guān)問題,可利用求解二面角的方法列出相關(guān)的關(guān)系式,再根

據(jù)實際問題求解.設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則1.求空間中二面136.(2017課標(biāo)Ⅱ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,

AB=BC=

AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點.(1)證明:直線CE∥平面PAB;(2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值.

6.(2017課標(biāo)Ⅱ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD14解析本題考查了線面平行的證明和線面角、二面角的計算.(1)證明:取PA的中點F,連接EF,BF.因為E是PD的中點,所以EF∥AD,EF=

AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=

AD,所以EF

BC,則四邊形BCEF是平行四邊形,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為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸正方向,|

|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,

),

=(1,0,-

),

=(1,0,0).

解析本題考查了線面平行的證明和線面角、二面角的計算.15設(shè)M(x,y,z)(0<x<1),則

=(x-1,y,z),

=(x,y-1,z-

).因為BM與底面ABCD所成的角為45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<

,n>|=sin45°,

=

,即(x-1)2+y2-z2=0.

①又M在棱PC上,設(shè)

=λ

,則x=λ,y=1,z=

-

λ.

②由①,②解得

(舍去),或

所以M

,從而

=

.設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,設(shè)M(x,y,z)(0<x<1),則?=(x-1,y,z),16則

即

所以可取m=(0,-

,2).于是cos<m,n>=

=

.易知所求二面角為銳角.因此二面角M-AB-D的余弦值為

.方法總結(jié)本題涉及直線與平面所成的角和二面角,它們是高考的熱點和難點,解決此類題時

常利用向量法,解題關(guān)鍵是求平面的法向量,再由向量的夾角公式求解.解題關(guān)鍵由線面角為45°求點M的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵.則?即?17考點二空間向量及其應(yīng)用1.(2017課標(biāo)Ⅲ,16,5分)a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所

在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),有下列結(jié)論:①當(dāng)直線AB與a成60°角時,AB與b成30°角;②當(dāng)直線AB與a成60°角時,AB與b成60°角;③直線AB與a所成角的最小值為45°;④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是

.(填寫所有正確結(jié)論的編號)答案②③考點二空間向量及其應(yīng)用答案②③18解析本題考查空間直線、平面間的位置關(guān)系.過點C作直線a1∥a,b1∥b,則直線AC、a1、b1兩兩垂直.不妨分別以a1、b1、AC所在直線

為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,取n1=(1,0,0)為a1的方向向量,n2=(0,1,0)為b1的方向向量,令A(yù)(0,0,1).可設(shè)B(cosθ,sinθ,0),則

=(cosθ,sinθ,-1).當(dāng)直線AB與a成60°角時,|cos<n1,

>|=

,∴|cosθ|=

,|sinθ|=

,∴|cos<n2,

>|=

,即AB與b所成角也是60°.∵|cos<n1,

>|=

=

≤

,∴直線AB與a所成角的最小值為45°.綜上,②和③是正確的,①和④是錯誤的.故填②③.一題多解過點B作a1∥a,b1∥b,當(dāng)直線AB與a成60°角時,由題意,可知AB在由a1,b1確定的平面

上的射影為BC,且BC與a1成45°角,又a⊥b,故AB與b所成角也是60°.①錯,②正確.當(dāng)直線a∥BC

時,AB與a所成角最小,故最小角為45°.③正確,④錯誤.綜上,正確的是②③,錯誤的是①④.(注:一

條斜線與平面所成角的余弦值和其在平面內(nèi)的射影與平面內(nèi)一條直線所成角的余弦值的乘

積等于斜線和平面內(nèi)的直線所成角的余弦值)解析本題考查空間直線、平面間的位置關(guān)系.192.(2018課標(biāo)Ⅱ,20,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2

,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.(1)證明:PO⊥平面ABC;(2)若點M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.

2.(2018課標(biāo)Ⅱ,20,12分)如圖,在三棱錐P-ABC20解析(1)證明:因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以O(shè)P⊥AC,且OP=2

.連接OB.因為AB=BC=

AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=

AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(2)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2

),

=(0,2,2

).取平面PAC的法向量

=(2,0,0).設(shè)M(a,2-a,0)(0<a≤2),則

=(a,4-a,0).設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z).解析(1)證明:因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,21由

·n=0,

·n=0得

可取n=(

(a-4),

a,-a),所以cos<

,n>=

.由已知可得|cos<

,n>|=

.所以

=

.解得a=-4(舍去)或a=

.所以n=

.又

=(0,2,-2

),所以cos<

,n>=

.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為

.由?·n=0,?·n=0得223.(2016課標(biāo)Ⅲ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=

BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.(1)證明MN∥平面PAB;(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.

3.(2016課標(biāo)Ⅲ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD23解析(1)證明:由已知得AM=

AD=2.取BP的中點T,連接AT,TN,

由N為PC的中點知TN∥BC,TN=

BC=2.

(3分)又AD∥BC,故TN

AM,故四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.因為AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.

(6分)(2)取BC的中點E,連接AE.由AB=AC得AE⊥BC,從而AE⊥AD,且AE=

=

解析(1)證明:由已知得AM=?AD=2.24=

.以A為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.由題意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(

,2,0),N

,

=(0,2,-4),

=

,

=

.設(shè)n=(x,y,z)為平面PMN的法向量,則

即

(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,

>|=

=

.即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為

.

(12分)=?.254.(2015課標(biāo)Ⅱ,19,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,

D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值.

4.(2015課標(biāo)Ⅱ,19,12分)如圖,長方體ABCD-A26解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:

(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EM=AA1=8.因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=

=6,所以AH=10.以D為坐標(biāo)原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),

=(10,0,0),

=(0,-6,8).設(shè)n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,則

即

解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖:27所以可取n=(0,4,3).又

=(-10,4,8),故|cos<n,

>|=

=

.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為

.思路分析(1)正方形是矩形且所有邊都相等,利用面面平行的性質(zhì)定理,結(jié)合長方體各棱長度

作截面;(2)以D為坐標(biāo)原點,

,

,

的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,分別求出平面α的法向量與直線AF的方向向量,從而利用向量法求得直線AF與平面α所成角的正

弦值.方法技巧利用向量求線面角的方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影的方向向量,進(jìn)而

求兩個方向向量的夾角(或其補(bǔ)角);(2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面

的法向量的夾角或其補(bǔ)角(求銳角),取該角的余角就是斜線與平面所成的角.所以可取n=(0,4,3).28B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點一空間角與距離1.(2019浙江,8,4分)設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側(cè)棱長均相等,P是棱VA上的點(不含端

點).記直線PB與直線AC所成的角為α,直線PB與平面ABC所成的角為β,二面角P-AC-B的平面

角為γ,則

()A.β<γ,α<γ

B.β<α,β<γ

C.β<α,γ<α

D.α<β,γ<β答案

B本題考查了空間角和正三棱錐的性質(zhì),通過空間角的計算考查了空間想象能力和

數(shù)學(xué)運(yùn)算能力,通過找角的過程考查了直觀想象的核心素養(yǎng).過B作直線l∥AC,過P作底面ABC的垂線PD,D為垂足,過D作DF⊥AB于F,作DE⊥l于E,連接AD,

BD,PF,PE,由題意可知,二面角P-AC-B的大小與二面角P-AB-C的大小相等,結(jié)合空間角的定義知∠PBE=α,∠PBD=β,∠PFD=γ,在Rt△PEB與Rt△PDB中,由PE>PD得sinα>sinβ,∴α>β(α、β均為銳角).在Rt△PDB與Rt△PDF中,由PB>PF得sinβ<sinγ,∴γ>β(β、γ均為銳角).故選B.B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組答案

B本題29

思路分析在圖形中找到異面直線所成的角,線面角和二面角的平面角,通過解直角三角形,比

較求解,本題也可以通過取正四面體側(cè)棱的中點P,由特殊值法求解.疑難突破過點P作平面ABC的垂線,以其為公共邊找到相應(yīng)的空間角,通過解直角三角形去

求解,是關(guān)鍵也是難點的突破口.

302.(2018江蘇,22,10分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點.(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值;(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.

2.(2018江蘇,22,10分)如圖,在正三棱柱ABC-A31解析本題主要考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎(chǔ)知識,考查運(yùn)用空間向量解

決問題的能力.如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,

設(shè)AC,A1C1的中點分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{

,

,

}為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因為AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(

,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(

,0,2),C1(0,1,2).(1)因為P為A1B1的中點,所以P

.解析本題主要考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎(chǔ)知識32從而

=

,

=(0,2,2).故|cos<

,

>|=

=

=

.因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為

.(2)因為Q為BC的中點,所以Q

,因此

=

,

=(0,2,2),

=(0,0,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個法向量,則

即

不妨取n=(

,-1,1).設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ,從而?=?,?=(0,2,2).33則sinθ=|cos<

,n>|=

=

=

,所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為

.方法總結(jié)(1)用向量法求異面直線所成角的步驟:①求兩條直線所對應(yīng)的方向向量m,n;②異面直線所成角θ的余弦值cosθ=|cos<m,n>|=

.(2)用向量法求線面角的正弦值的步驟:①求直線的方向向量a和平面的法向量b;②直線與平面

所成角θ的正弦值sinθ=|cos<a,b>|=

.易錯警示(1)異面直線所成角θ的范圍為

,∴cosθ=|cos<m,n>|.(2)線面角的正弦值為|cos<a,b>|,并不是|sin<a,b>|.則sinθ=|cos<?,n>|=?=?=?,343.(2017北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點

M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=

,AB=4.(1)求證:M為PB的中點;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.

3.(2017北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD35解析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理,線面平行的性質(zhì)定理,二面角,直線與平面所成的角等知

識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力.(1)證明:設(shè)AC,BD交點為E,連接ME.

因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.所以M為PB的中點.(2)取AD的中點O,連接OP,OE.因為PA=PD,所以O(shè)P⊥AD.解析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理,線面平行的性質(zhì)定理,二面角36又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以O(shè)P⊥平面ABCD.因為OE?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE.因為ABCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,

),D(2,0,0),B(-2,4,0),

=(4,-4,0),

=(2,0,-

).

設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則

即

又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,37令x=1,則y=1,z=

.于是n=(1,1,

).平面PAD的一個法向量為p=(0,1,0).所以cos<n,p>=

=

.由題意知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為

.(3)由題意知M

,C(2,4,0),

=

.設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α,則sinα=|cos<n,

>|=

=

.所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為

.方法總結(jié)1.在求二面角時,通常用空間向量法,即建立空間直角坐標(biāo)系,求出兩個面的法向量n1,n2,設(shè)二面角的大小為θ,則有|cosθ|=|cos<n1,n2>|=

,再通過原圖判斷二面角是鈍角還是銳角,進(jìn)而求出二面角.2.用向量法求直線與平面所成的角的方法:設(shè)直線的方向向量為e,平面

的法向量為n,則直線與平面所成的角θ滿足sinθ=

,θ∈

.令x=1,則y=1,z=?.n1,n2,設(shè)二面角的大小為θ,384.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=

FC=1,BC=2,AC=3.(1)求證:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.

4.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺ABC-DE39解析(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示.

因為平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因為EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點,則BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解法一:過點F作FQ⊥AK于Q,連接BQ.因為BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,則AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.解析(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點K,如圖所示40在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=

.在Rt△BQF中,FQ=

,BF=

,得cos∠BQF=

.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為

.解法二:由(1)知△BCK為等邊三角形.取BC的中點O,連接KO,則KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面

ABC,所以,KO⊥平面ABC.以點O為原點,分別以射線OB,OK的方向為x,z軸的正方向,建立如圖

所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,

),A(-1,-3,0),在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=?.41E

,F

.因此,

=(0,3,0),

=(1,3,

),

=(2,3,0).設(shè)平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2).由

得

取m=(

,0,-1);由

得

取n=(3,-2,

).于是,cos<m,n>=

=

.又易知二面角B-AD-F為銳二面角,所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為

.方法總結(jié)若二面角的平面角為θ,兩半平面的法向量分別為n1和n2,則|cosθ|=|cos<n1,n2>|,要求

cosθ的值,還需結(jié)合圖形判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角,進(jìn)而決定cosθ=|cos<n1,n2>|,還

是cosθ=-|cos<n1,n2>|.評析本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識,同時考查空間想象能力和

運(yùn)算求解能力.E?,F?.評析本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系,二面角42考點二空間向量及其應(yīng)用1.(2019浙江,19,15分)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC

=30°,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC,A1B1的中點.(1)證明:EF⊥BC;(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.考點二空間向量及其應(yīng)用43解析本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識,同時考查空

間想象能力和運(yùn)算求解能力.本題考查了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).解法一:(1)證明:連接A1E,因為A1A=A1C,E是AC的中點,

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,則A1E⊥BC.又因為A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.解析本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系,直線與平面所成的角44因此EF⊥BC.(2)取BC中點G,連接EG,GF,則EGFA1是平行四邊形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四邊形EGFA1為矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,則平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G

上.連接A1G交EF于O,則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角),不妨設(shè)AC=4,則在Rt△A1EG中,A1E=2

,EG=

.由于O為A1G的中點,故EO=OG=

=

,所以cos∠EOG=

=

.因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是

.解法二:(1)證明:連接A1E,因為A1A=A1C,E是AC的中點,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,因此EF⊥BC.45所以,A1E⊥平面ABC.如圖,以點E為原點,分別以射線EC,EA1為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.

不妨設(shè)AC=4,則A1(0,0,2

),B(

,1,0),B1(

,3,2

),F

,C(0,2,0).因此,

=

,

=(-

,1,0).由

·

=0得EF⊥BC.(2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ.由(1)可得

=(-

,1,0),

=(0,2,-2

).所以,A1E⊥平面ABC.46設(shè)平面A1BC的法向量為n=(x,y,z).由

得

取n=(1,

,1),故sinθ=|cos<

,n>|=

=

.因此,直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為

.評析本題主要考查面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)、線面角的求解、空間向量的應(yīng)用

等基礎(chǔ)知識,在建立空間直角坐標(biāo)系之前,應(yīng)有必要的證明過程,保證從E引發(fā)的三條直線兩兩

垂直.在利用直接法求線面角時,一定先“找角”,再“求角”.設(shè)平面A1BC的法向量為n=(x,y,z).472.(2018天津,17,13分)如圖,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為CF的中點,N為EG的中點,求證:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若點P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長.

2.(2018天津,17,13分)如圖,AD∥BC且AD=248解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考查用

空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.依題意,可以建立以D為原點,分別以

,

,

的方向為x軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M

,N(1,0,2).(1)證明:依題意得

=(0,2,0),

=(2,0,2).設(shè)n0=(x0,y0,z0)為平面CDE的法向量,則

即

不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又

=

,可得

·n0=0,又因為直線MN?平面CDE,所以MN∥平面CDE.解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的49

(2)依題意,可得

=(-1,0,0),

=(1,-2,2),

=(0,-1,2).設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面BCE的法向量,則

即

不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).設(shè)m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量,則

即

50不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=

=

,于是sin<m,n>=

.所以,二面角E-BC-F的正弦值為

.(3)設(shè)線段DP的長為h(h∈[0,2]),則點P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得

=(-1,-2,h).易知,

=(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量,故|cos<

,

>|=

=

,由題意,可得

=sin60°=

,解得h=

∈[0,2].所以,線段DP的長為

.方法歸納利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟(1)審清題意并建系,利用條件分析問題,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;(2)確定相關(guān)點的坐標(biāo),結(jié)合建系過程與圖形,準(zhǔn)確地寫出相關(guān)點的坐標(biāo);(3)確定直線的方向向量和平面的法向量,利用點的坐標(biāo)求出相關(guān)直線的方向向量和平面的法向量,若已知某直線垂直某平面,可直接取該直線的方向向量為該平面的法向量;(4)轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算,將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系,空間角轉(zhuǎn)化為向量的夾角問題去論證、求解;(5)問題還原,結(jié)合條件與圖形,作出結(jié)論(注意角的范圍).不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).向量,若已知某直線垂513.(2017江蘇,22,10分)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1

=

,∠BAD=120°.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.

3.(2017江蘇,22,10分)如圖,在平行六面體ABCD52解析本小題主要考查空間向量、異面直線所成角和二面角等基礎(chǔ)知識,考查運(yùn)用空間向量

解決問題的能力.在平面ABCD內(nèi),過點A作AE⊥AD,交BC于點E.因為AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如圖,以{

,

,

}為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.

因為AB=AD=2,AA1=

,∠BAD=120°,解析本小題主要考查空間向量、異面直線所成角和二面角等基礎(chǔ)知53所以A(0,0,0),B(

,-1,0),D(0,2,0),E(

,0,0),A1(0,0,

),C1(

,1,

).(1)

=(

,-1,-

),

=(

,1,

),則cos<

,

>=

=

=-

,因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為

.(2)平面A1DA的一個法向量為

=(

,0,0).設(shè)m=(x,y,z)為平面BA1D的法向量,又

=(

,-1,-

),

=(-

,3,0),則

即

所以A(0,0,0),B(?,-1,0),D(0,2,0),54不妨取x=3,則y=

,z=2,所以m=(3,

,2)為平面BA1D的一個法向量,從而cos<

,m>=

=

=

.設(shè)二面角B-A1D-A的大小為θ,則|cosθ|=

.因為θ∈[0,π],所以sinθ=

=

.因此二面角B-A1D-A的正弦值為

.不妨取x=3,則y=?,z=2,554.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.點D,E,N分別為棱PA,

PC,BC的中點,M是線段AD的中點,PA=AC=4,AB=2.(1)求證:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知點H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為

,求線段AH的長.

4.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中56解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角等基礎(chǔ)知識.考查用空

間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.如圖,以A為原點,分別以

,

,

方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意可得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)證明:

=(0,2,0),

=(2,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則

即

不妨設(shè)z=1,可得n=(1,0,1).又

=(1,2,-1),可得

·n=0.解析本小題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角57因為MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個法向量.設(shè)n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則

因為

=(0,-2,-1),

=(1,2,-1),所以

不妨設(shè)y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>=

=-

,于是sin<n1,n2>=

.所以,二面角C-EM-N的正弦值為

.(3)依題意,設(shè)AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得

=(-1,-2,h),

=(-2,2,2).由已知,得|cos<,

>|=

=

=

,整理得10h2-21h+8=0,解得h=

或h=

.所以,線段AH的長為

或

.因為MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE.58方法總結(jié)利用空間向量法證明線面位置關(guān)系與計算空間角的步驟:(1)根據(jù)題目中的條件,充

分利用垂直關(guān)系,建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,盡量使相關(guān)點在坐標(biāo)軸上,求出相關(guān)點的坐標(biāo);

(2)求出相關(guān)直線的方向向量及相關(guān)平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當(dāng)?shù)墓?將相關(guān)

的坐標(biāo)代入進(jìn)行求解或證明;(3)檢驗,得出最后結(jié)論.方法總結(jié)利用空間向量法證明線面位置關(guān)系與計算空間角的步驟:59C組

教師專用題組考點一空間角與距離1.(2018浙江,8,4分)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(不

含端點).設(shè)SE與BC所成的角為θ1,SE與平面ABCD所成的角為θ2,二面角S-AB-C的平面角為θ3,則

()A.θ1≤θ2≤θ3

B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2

D.θ2≤θ3≤θ1

C組

教師專用題組60答案

D本小題考查正四棱錐的性質(zhì),異面直線所成的角,直線與平面所成的角,二面角的概

念、作法以及三角函數(shù)值的大小比較.由題意知該四棱錐為正四棱錐,設(shè)AB,AD,BC的中點分別為P,M,N.連接MN,過點E作直線MN的

垂線交MN于點Q.設(shè)O為S在底面ABCD內(nèi)的射影,連接SO,OP,OE,SP,SQ,則∠SEQ=θ1,∠SEO=θ2,

∠SPO=θ3,∴tanθ2=

,tanθ3=

,∵OP≤OE,∴tanθ3≥tanθ2.又EQ⊥MN,EQ⊥SO,MN∩SO=O,MN,SO?平面SOQ,∴EQ⊥平面SOQ,又SQ?平面SOQ,∴EQ

⊥SQ.∴tanθ1=

,∵SQ≥SO,EQ=OP,∴tanθ1≥tanθ3.故有tanθ1≥tanθ3≥tanθ2.由圖可知θ1,θ2,θ3∈

,∴θ1≥θ3≥θ2,故選D.答案

D本小題考查正四棱錐的性質(zhì),異面直線所成的角,61思路分析(1)判斷四棱錐的形狀,作出高線.(2)作出異面直線SE與BC所成的角,直線SE與平面ABCD所成的角,二面角S-AB-C的平面角.(3)根據(jù)公共邊找等量關(guān)系,選擇求三個角的正弦值、余弦值還是正切值.(4)比較所求三角函數(shù)值的大小,得三個角的大小關(guān)系.思路分析(1)判斷四棱錐的形狀,作出高線.622.(2014課標(biāo)Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,BC=CA

=CC1,則BM與AN所成角的余弦值為

()A.

B.

C.

D.

答案

C解法一:取BC的中點Q,連接QN,AQ,易知BM∥QN,則∠ANQ或其補(bǔ)角即為所求,設(shè)BC=CA=CC1=2,則AQ=

,AN=

,QN=

,∴cos∠ANQ=

=

=

=

,故選C.

2.(2014課標(biāo)Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C63解法二:以C1為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)BC=CA=CC1=2,則A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2),∴

=(-1,0,-2),

=(1,-1,-2),∴cos<

,

>=

=

=

=

,故選C.解法二:以C1為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,643.(2015四川,14,5分)如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動點M

在線段PQ上,E,F分別為AB,BC的中點.設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ,則cosθ的最大值為

.

3.(2015四川,14,5分)如圖,四邊形ABCD和ADP65答案

解析如圖,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,設(shè)AB=2,QM=m(0≤m≤2),則F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0≤m≤2).

=(2,1,0),

=(1,-m,-2),cosθ=|cos<

,

>|=

=

=

.設(shè)y=

,則y'=

=

答案

?解析如圖,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,66=

.當(dāng)0<m<2時,y'<0,∴y=

在(0,2)上單調(diào)遞減.∴當(dāng)m=0時,y取最大值,此時cosθ取最大值,(cosθ)max=

=

.=?.674.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O'的直徑,

FB是圓臺的一條母線.(1)已知G,H分別為EC,FB的中點.求證:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=

AC=2

,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.

4.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺中,AC是68解析(1)證明:取FC的中點I,連接GI,HI.

在△CEF中,因為點G是CE的中點,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因為H是FB的中點,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因為GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解法一:連接OO',則OO'⊥平面ABC.解析(1)證明:取FC的中點I,連接GI,HI.69

又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BO⊥AC.以O(shè)為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得B(0,2

,0),C(-2

,0,0),所以

=(-2

,-2

,0),過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.所以FM=

=3,可得F(0,

,3).故

=(0,-

,3).設(shè)m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.

70由

可得

進(jìn)而可得平面BCF的一個法向量m=

.因為平面ABC的一個法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>=

=

.又易知二面角F-BC-A為銳二面角,所以二面角F-BC-A的余弦值為

.解法二:連接OO'.過點F作FM垂直O(jiān)B于點M.

由?可得?71則有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM=

=3.過點M作MN垂直BC于點N,連接FN.可得FN⊥BC,從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圓O的直徑,所以MN=BMsin45°=

.從而FN=

,可得cos∠FNM=

.所以二面角F-BC-A的余弦值為

.則有FM∥OO'.725.(2015重慶,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=

.D,E分別為線段AB,BC上的點,且CD=DE=

,CE=2EB=2.(1)證明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.

5.(2015重慶,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,73解析(1)證明:由PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,得PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=

得△CDE為等腰直角三角形,故CD⊥DE.由PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線,故DE⊥平面PCD.(2)由(1)知,△CDE為等腰直角三角形,∠DCE=

.如圖,過D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故FB=2.

由∠ACB=

得DF∥AC,

=

=

,故AC=

DF=

.解析(1)證明:由PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,得P74以C為坐標(biāo)原點,分別以

,

,

的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),P(0,0,3),A

,E(0,2,0),D(1,1,0),

=(1,-1,0),

=(-1,-1,3),

=

.設(shè)平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),由n1·

=0,n1·

=0,得

故可取n1=(2,1,1).由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取為

,即n2=(1,-1,0).從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為cos<n1,n2>=

=

,故所求二面角A-PD-C的余弦值為

.以C為坐標(biāo)原點,分別以?,?,?的方向為x軸,y軸,z軸的正756.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=

,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如圖2.

(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.6.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD76解析(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點,∠BAD=

,所以BE⊥AC.即在題圖2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,從而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因為平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC為二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=

.如圖,以O(shè)為原點,建立空間直角坐標(biāo)系,解析(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=1,AD=2,777.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,

AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點.(1)求證:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值.

7.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中78解析(1)證法一:如圖,取AE的中點H,連接HG,HD,

又G是BE的中點,所以GH∥AB,且GH=

AB.又F是CD的中點,所以DF=

CD.由四邊形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GF∥DH.又DH?平面ADE,GF?平面ADE,所以GF∥平面ADE.證法二:如圖,取AB的中點M,連接MG,MF.解析(1)證法一:如圖,取AE的中點H,連接HG,HD,79

又G是BE的中點,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分別是AB,CD的中點得MF∥AD.又AD?平面ADE,MF?平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因為GM∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因為GF?平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)如圖,在平面BEC內(nèi),過B點作BQ∥EC.因為BE⊥CE,所以BQ⊥BE.

80

又因為AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B為原點,分別以

,

,

的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因為AB⊥平面BEC,所以

=(0,0,2)為平面BEC的一個法向量.設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量.又

=(2,0,-2),

=(2,2,-1),由

得

81取z=2,得n=(2,-1,2).從而cos<n,

>=

=

=

,所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為

.評析本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查

空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.取z=2,得n=(2,-1,2).82考點二空間向量及其應(yīng)用1.(2016天津,17,13分)如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面

ABCD,點G為AB的中點,AB=BE=2.(1)求證:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)設(shè)H為線段AF上的點,且AH=

HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.

考點二空間向量及其應(yīng)用83解析依題意得,OF⊥平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點,分別以

,

,

的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得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)證明:依題意得,

=(2,0,0),

=(1,-1,2).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量,則

即

不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,2,1),又

=(0,1,-2),可得

·n1=0,又因為直線EG?平面ADF,所以EG∥解析依題意得,OF⊥平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點,分別以84平面ADF.(2)易證,

=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.依題意得,

=(1,1,0),

=(-1,1,2).設(shè)n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則

即

不妨設(shè)x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<

,n2>=

=-

,于是sin<

,n2>=

.所以,二面角O-EF-C的正弦值為

.(3)由AH=

HF,得AH=

AF.因為

=(1,-1,2),所以

=

=

,平面ADF.85進(jìn)而有H

,從而

=

,因此cos<

,n2>=

=-

.所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為

.思路分析(1)利用平面的法向量和直線的方向向量的數(shù)量積為0證明線面平行.(2)求出兩平

面法向量夾角的余弦值,進(jìn)而得二面角的正弦值.(3)求出直線的方向向量與平面法向量夾角的

余弦值,進(jìn)而得線面角的正弦值.進(jìn)而有H?,從而?=?,862