北京專用高考數學一輪復習第八章立體幾何85空間角與距離空間向量及其應用課件

§8.5空間角與距離、空間向量及其應用高考數學

(北京專用)§8.5空間角與距離、空間向量及其應用高考數學(北京專用考點一勻變速直線運動A組自主命題·北京卷題組五年高考1.(2018北京,16,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點,AB=BC=

,AC=AA1=2.(1)求證:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)證明:直線FG與平面BCD相交.

考點一勻變速直線運動A組自主命題·北京卷題組五年高考1.2解析(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,因為CC1⊥平面ABC,所以四邊形A1ACC1為矩形.又E,F分別為AC,A1C1的中點,所以AC⊥EF.因為AB=BC,所以AC⊥BE.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.因為BE?平面ABC,所以EF⊥BE.如圖建立空間直角坐標系E-xyz.

解析(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,3由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以

=(-1,-2,0),

=(1,-2,1).設平面BCD的法向量為n=(x0,y0,z0),則

即

令y0=-1,則x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因為平面CC1D的一個法向量為

=(0,2,0),所以cos<n,

>=

=-

.由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為-

.(3)由(2)知平面BCD的一個法向量為n=(2,-1,-4),

=(0,2,-1).因為n·

=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直線FG與平面BCD相交.由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,142.(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.

2.(2017北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD5解析本題考查面面垂直的性質定理,線面平行的性質定理,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、運算求解能力.(1)設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OP⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,解析本題考查面面垂直的性質定理,線面平行的性質定理,二面角6所以OP⊥平面ABCD.因為OE?平面ABCD,所以OP⊥OE.因為ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,0,

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

=(4,-4,0),

=(2,0,-

).

設平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則

即

令x=1,則y=1,z=

.于是n=(1,1,

).所以OP⊥平面ABCD.7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

.平面PAD的一個法向量為p=(0,1,0).8方法總結1.在求二面角時,通常用空間向量法,即建立空間直角坐標系,求出兩個面的法向量

n1,n2,設二面角的大小為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∈

.方法總結1.在求二面角時,通常用空間向量法,即建立空間直角93.(2015北京,17,14分)如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF

∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點.(1)求證:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.

3.(2015北京,17,14分)如圖,在四棱錐A-EFCB10解析(1)證明:因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,所以AO⊥EF.又因為平面AEF⊥平面EFCB,平面AEF∩平面EFCB=EF,AO?平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.又BE?平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)取BC的中點G,連接OG.由題設知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.如圖建立空間直角坐標系O-xyz,

解析(1)證明:因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,11則E(a,0,0),A(0,0,

a),B(2,

(2-a),0),

=(-a,0,

a),

=(a-2,

(a-2),0).設平面AEB的法向量為n=(x,y,z),則

即

令z=1,則x=

,y=-1,于是n=(

,-1,1).易知平面AEF的一個法向量為p=(0,1,0),所以cos<n,p>=

=-

.由圖知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-

.(3)因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即

·

=0.因為

=(a-2,

(a-2),0),

=(-2,

(2-a),0),所以

·

=-2(a-2)-3(a-2)2.由

·

=0及0<a<2,解得a=

.則E(a,0,0),A(0,0,?a),由?·?=0及0<a12思路分析

(1)先用面面垂直的性質定理得出線面垂直,進而得到線線垂直;(2)建立空間直角坐標系,求出兩個平面的法向量n,p,利用cos<n,p>=

求值;(3)用坐標表示

,

,利用

·

=0求a的值.評析

本題主要考查面面垂直的性質定理、二面角的求解以及線面垂直的性質定理,考查學

生的空間想象能力和運算求解能力,正確建立空間直角坐標系以及表示點的坐標是解決本題

的關鍵.思路分析

(1)先用面面垂直的性質定理得出線面垂直,進134.(2012北京,16,14分)如圖1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6.D,E分別是AC,AB上的點,且DE

∥BC,DE=2.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如圖2.(1)求證:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中點,求CM與平面A1BE所成角的大小;(3)線段BC上是否存在點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直?說明理由.

4.(2012北京,16,14分)如圖1,在Rt△ABC中,14解析(1)證明:因為AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.所以DE⊥A1C.又因為A1C⊥CD,所以A1C⊥平面BCDE.(2)如圖,以C為坐標原點,建立空間直角坐標系C-xyz,則A1(0,0,2

),D(0,2,0),M(0,1,

),B(3,0,0),E(2,2,0).

設平面A1BE的法向量為n=(x,y,z),則n·

=0,n·

=0.又

=(3,0,-2

),

=(-1,2,0),所以

令y=1,則x=2,z=

.所以n=(2,1,

).設CM與平面A1BE所成的角為θ.解析(1)證明:因為AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC15因為

=(0,1,

),所以sinθ=|cos<n,

>|=

=

=

.所以CM與平面A1BE所成角的大小為

.(3)線段BC上不存在點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直.理由如下:假設這樣的點P存在,設其坐

標為(p,0,0),其中p∈[0,3].設平面A1DP的法向量為m=(x,y,z),則m·

=0,m·

=0.又

=(0,2,-2

),

=(p,-2,0),所以

令x=2,則y=p,z=

.所以m=

.平面A1DP⊥平面A1BE,當且僅當m·n=0,即4+p+p=0.解得p=-2,與p∈[0,3]矛盾.所以線段BC上不存在點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直.評析

本題主要考查線面垂直及空間角,進一步考查空間向量在立體幾何中的應用.因為?=(0,1,?),評析

本題主要考查線面垂直及空165.(2011北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠

BAD=60°.(1)求證:BD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PB與AC所成角的余弦值;(3)當平面PBC與平面PDC垂直時,求PA的長.

5.(2011北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD17解析(1)證明:因為四邊形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.又因為PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)設AC∩BD=O.因為∠BAD=60°,AB=2,所以BO=1,AO=CO=

.如圖,以O為坐標原點,建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,-

,2),A(0,-

,0),B(1,0,0),C(0,

,0),所以

=(1,

,-2),

=(0,2

,0).

解析(1)證明:因為四邊形ABCD是菱形,18設PB與AC所成的角為θ,則cosθ=

=

=

.(3)由(2)知

=(-1,

,0).設P(0,-

,t)(t>0),則

=(-1,-

,t).設平面PBC的法向量為m=(x,y,z),則

·m=0,

·m=0,即

令y=

,則x=3,z=

,所以m=

.同理可得,平面PDC的一個法向量為n=

.因為平面PBC⊥平面PDC,所以m·n=0,即-6+

=0.解得t=

.所以PA=

.設PB與AC所成的角為θ,則因為平面PBC⊥平面PDC,所以19失分警示

①易忽視菱形的對角線互相垂直,造成失分.②沒有選擇合適的空間直角坐標系,算錯點的坐標、向量的數量積和模,造成失分.③算錯平面的法向量以及運算失誤,造成失分.評析

本題考查空間線面位置關系的判定和相互轉化,考查異面直線所成角的概念和求法.考

查空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.解題的關鍵:①利用菱形的對角線互相垂直,進而判斷線面垂直.②選取合適的空間直角坐標系,簡化求點的坐標的過程.③利用平面的法向量解決異面直線所成角的問題.本題綜合性較強,計算量大,屬于中等難度題.失分警示

①易忽視菱形的對角線互相垂直,造成失分.評析20B組統(tǒng)一命題·省(區(qū)、市)卷題組考點一空間角與距離1.(2018課標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.

答案

A本題主要考查空間直線與平面的位置關系及其所成角問題.由正方體的性質及題意可得,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,當平面α趨近點A時,截面圖形的面積趨近于0;當平面α經過正方體的中心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.

B組統(tǒng)一命題·省(區(qū)、市)卷題組考點一空間角與距離1.(21解題關鍵

利用正方體的性質,將每條棱所在直線與平面α所成角轉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.解題關鍵

利用正方體的性質,將每條棱所在直線與平面α所222.(2018課標Ⅱ,9,5分)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=

,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為

()A.

B.

C.

D.

2.(2018課標Ⅱ,9,5分)在長方體ABCD-A1B1C23答案

C本題考查異面直線所成的角.解法一:如圖,將長方體ABCD-A1B1C1D1補成長方體ABCD-A2B2C2D2,使AA1=A1A2,連接B1C2,DC2,

易知AD1∥B1C2,∴∠DB1C2或其補角為異面直線AD1與DB1所成的角.

易知B1C2=AD1=2,DB1=

=

,DC2=

=

=

.在△DB1C2中,由余弦定理的推論得cos∠DB1C2=

=

=-

,∴異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為

.故選C.解法二:以A1為原點建立空間直角坐標系(如圖),則A(0,0,

),D1(0,1,0),D(0,1,

),B1(1,0,0),所以

=(0,1,-

),

=(1,-1,-

),所以cos<

,

>=

=

=

.故選C.答案

C本題考查異面直線所成的角.24

方法總結

常見的求異面直線所成角的方法(1)通過平移找到異面直線所成的角或其補角,構造三角形,通過解三角形求解;(2)建立空間直角坐標系,由向量的夾角公式求解.?方法總結

常見的求異面直線所成角的方法253.(2017課標全國Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,則異面

直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.

B.

C.

D.

答案

C將直三棱柱ABC-A1B1C1補形成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如圖),連接AD1,B1D1,則AD1

∥BC1.

則∠B1AD1(或其補角)為異面直線AB1與BC1所成的角,易求得AB1=

,BC1=AD1=

,B1D1=

.由余弦定理得cos∠B1AD1=

.故選C.3.(2017課標全國Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A264.(2019課標全國Ⅰ文,16,5分)已知∠ACB=90°,P為平面ABC外一點,PC=2,點P到∠ACB兩邊

AC,BC的距離均為

,那么P到平面ABC的距離為

.答案

解析本題主要考查直線與平面垂直的判定與性質,點到平面距離的計算等知識點;考查了考

生的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力;考查的核心素養(yǎng)為直觀想象.設PO⊥平面ABC于O,PE⊥AC于E,PF⊥BC于F,連接OE、OF、OC,

4.(2019課標全國Ⅰ文,16,5分)已知∠ACB=90°27∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC,又PO∩PE=P,∴AC⊥平面POE,∴AC⊥OE,同理有BC⊥OF,∴四邊形OECF為矩形,∵PC=PC且PE=PF,∴Rt△PEC≌Rt△PFC,∴EC=FC=

=1,∴四邊形OECF是邊長為1的正方形,∴OC=

,在Rt△POC中,PO=

=

.思路分析

設PO⊥平面ABC,作PE⊥AC,PF⊥BC,根據線面垂直的判定與性質判定四邊形

OECF為矩形,根據Rt△PEC≌Rt△PFC,得出EC=FC,進而判斷出四邊形OECF是正方形,從而

得出OC的長,進一步在Rt△POC中求出PO的長,即點P到平面ABC的距離.∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC,∴四邊形OECF是邊長為1285.(2018課標Ⅱ,16,5分)已知圓錐的頂點為S,母線SA,SB所成角的余弦值為

,SA與圓錐底面所成角為45°.若△SAB的面積為5

,則該圓錐的側面積為

.答案40

π解析本題考查了圓錐的性質和側面積的計算,考查了異面直線所成的角和線面角.因為母線SA與圓錐底面所成的角為45°,所以圓錐的軸截面為等腰直角三角形.設底面圓的半

徑為r,則母線長l=

r.在△SAB中,cos∠ASB=

,所以sin∠ASB=

.因為△SAB的面積為5

,即

SA·SBsin∠ASB=

·

r·

r×

=5

,所以r2=40,故圓錐的側面積為πrl=

πr2=40

π.疑難突破

利用底面半徑與母線的關系,以及△SAB的面積值求出底面半徑是解題的突破口.5.(2018課標Ⅱ,16,5分)已知圓錐的頂點為S,母線S296.(2019天津文,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三

角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)設G,H分別為PB,AC的中點,求證:GH∥平面PAD;(2)求證:PA⊥平面PCD;(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.

6.(2019天津文,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABC30解析本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面

所成的角等基礎知識.考查空間想象能力和推理論證能力.以線面角的計算為依托考查數學運

算與直觀想象的核心素養(yǎng).(1)證明:連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因為GH?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD.

(2)證明:取棱PC的中點N,連接DN.依題意,得DN⊥PC.又因為平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA?平面PAC,

故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.(3)連接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.解析本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平31因為△PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點,所以DN=

.又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=

=

.所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為

.思路分析

(1)在△BPD中證明GH∥PD,從而利用線面平行的判定定理證線面平行;(2)取棱

PC的中點N,連接DN,有DN⊥PC,由面面垂直的性質,得DN⊥平面PAC,從而得DN⊥PA,進而得

出結論;(3)由(2)知所求角為∠DAN,在Rt△AND中求其正弦值即可.因為△PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點,思路分析327.(2018課標全國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.

7.(2018課標全國Ⅲ,19,12分)如圖,邊長為2的正方33解析本題考查面面垂直的判定、二面角的計算、空間向量的應用.(1)由題設知,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為坐標原點,

的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.

當三棱錐M-ABC體積最大時,M為

的中點.由題設得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).設n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則解析本題考查面面垂直的判定、二面角的計算、空間向量的應用.34

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

.?即?35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,可根據題意建立空間直角坐標系,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問題,可利用求解二面角的方法列出相關的關系式,再根

據實際問題求解.解后反思

一、面面垂直的判定368.(2018天津,17,13分)如圖,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2

FG,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.8.(2018天津,17,13分)如圖,AD∥BC且AD=237解析本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

=(0,2,0),

=(2,0,2).設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.解析本題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角38

(2)依題意,可得

=(-1,0,0),

=(1,-2,2),

=(0,-1,2).設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m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量,則

即

不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=

=

,于是sin<m,n>=

.

39所以,二面角E-BC-F的正弦值為

.(3)設線段DP的長為h(h∈[0,2]),則點P的坐標為(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

.所以,二面角E-BC-F的正弦值為?.40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,建立恰當的空間直角坐標系;(2)確定相關點的坐標.結合建系過程與圖形,準確地寫出相關點的坐標;(3)確定直線的方向向量和平面的法向量.利用點的坐標求出相關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)轉化為向量運算.將空間位置關系轉化為向量關系,空間角轉化為向量的夾角問題去論證、

求解;(5)問題還原.結合條件與圖形,作出結論(注意角的范圍).方法歸納

利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟419.(2017課標Ⅰ,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

9.(2017課標Ⅰ,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABC42解析本題考查空間點、線、面的位置關系以及二面角的概念和計算,考查學生的空間想象

能力、推理論證能力和運算求解能力.(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,AP、PD?平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一(綜合法):根據題意可設AB=1,因為AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=PD=AB=DC,所以四邊形ABCD是平行四邊形,

且AD=PC=PB=CB=

,取PB的中點為F,連接AF,CF,

在等腰三角形PAB中,可得AF⊥PB,解析本題考查空間點、線、面的位置關系以及二面角的概念和計算43在等邊三角形PBC中,可得CF⊥PB,所以∠AFC為二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB⊥平面PAD,又AD?平面PAD,所以AB⊥AD.所以平行四邊形ABCD是矩形,連接AC,則AC=

.在△AFC中,AC=

,AF=

,FC=

,由余弦定理可得cos∠AFC=

=-

,所以二面角A-PB-C的余弦值為-

.解法二(向量法):在平面PAD內作PF⊥AD,垂足為F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以F為坐標原點,

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系F-xyz.在等邊三角形PBC中,可得CF⊥PB,44

由(1)及已知可得A

,P

,B

,C

.所以

=

,

=(

,0,0),

=

,

=(0,1,0).設n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,則

即

可取n=(0,-1,-

).設m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,

45則

即

可取m=(1,0,1).則cos<n,m>=

=-

.易知二面角A-PB-C為鈍二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值為-

.則?即?46方法總結面面垂直的證明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的證明.證明兩個平面互相垂直,可以在一個平面內找一條直線l,證明直線l垂直于另一平面.(2)利用空間向量求解幾何體中的二面角的余弦值.建立空間直角坐標系,找到點的坐標,求出兩個半平面的法向量n1,n2,設二面角的大小為θ,則|cos

θ|=

,再根據二面角的范圍判斷二面角余弦值的正負情況.方法總結面面垂直的證明及向量法求解二面角.4710.(2017課標Ⅱ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側面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.

10.(2017課標Ⅱ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABC48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)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EFBC,四邊形BCEF是平行四邊形,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為坐標原點,

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系A-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,

),

=(1,0,-

),

=(1,0,0).

設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,解析本題考查了線面平行的證明和線面角、二面角的計算.49所以|cos<

,n>|=sin45°,

=

,即(x-1)2+y2-z2=0.

①又M在棱PC上,設

=λ

,則x=λ,y=1,z=

-

λ.

②由①,②解得

(舍去),或

所以M

,從而

=

.設m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則

即

所以可取m=(0,-

,2).所以|cos<?,n>|=sin45°,?=?,50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

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

利用向量法,解題關鍵是求平面的法向量,再由向量的夾角公式求解.解題關鍵由線面角為45°求點M的坐標是解題的關鍵.于是cos<m,n>=?=?.方法總結本題涉及直線與平面所51考點二空間向量及其應用1.(2019課標全國Ⅲ理,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.

考點二空間向量及其應用1.(2019課標全國Ⅲ理,19,152解析本題主要考查平面與平面垂直的判定與性質以及二面角的計算;本題還考查了學生的

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

和數學運算的核心素養(yǎng).(1)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系H-xyz,

則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,

),

=(1,0,

),

=(2,-1,0).設平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),解析本題主要考查平面與平面垂直的判定與性質以及二面角的計算53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平行關系不變,可得AD∥CG,進而可得A、C、G、D四點共面.由折疊前后不變的位置關系可得AB⊥BE,AB⊥BC,從而AB⊥平面BCGE,由面面垂直的

判定定理可得結論成立.(2)由(1)可得EH⊥平面ABC.以H為坐標原點,

的方向為x軸的正方向,建立空間直角坐標系,求得平面的法向量,進而求得二面角B-CG-A的大小.則?即?思路分析

(1)利用折疊前后AD與BE平行關系542.(2019課標全國Ⅱ理,17,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點E在棱AA1

上,BE⊥EC1.(1)證明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

2.(2019課標全國Ⅱ理,17,12分)如圖,長方體ABC55解析本題考查線面垂直的判定和性質,空間向量的應用,考查空間想象能力,運算求解能力,

考查了直觀想象的核心素養(yǎng).(1)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°.由題設知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D為坐標原點,

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系D-xyz,

則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),

=(1,0,0),

=(1,-1,1),

=(0,0,2).設平面EBC的法向量為n=(x,y,z),解析本題考查線面垂直的判定和性質,空間向量的應用,考查空間56則

即

所以可取n=(0,-1,-1).設平面ECC1的法向量為m=(x1,y1,z1),則

即

所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>=

=-

.所以,二面角B-EC-C1的正弦值為

.則?即?57

一題多解

?一題多解

58(2)連接BC1.設AE=m,不妨令AB=1,則BE=

,C1E=

,BC1=

.∵BE⊥EC1,∴4m2+1=2m2+3,解得m=1,則AA1=2.連接AC,BD,相交于點O,連接A1C1.由題意可知AC⊥BD,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥CE,即BO⊥CE.在長方形AA1C1C中,AC=

,AA1=2.連接AC1,有

=

=

,又∠EAC=∠C1CA=90°,則Rt△C1CA∽Rt△CAE.∴∠ECA+∠C1AC=90°,∴CE⊥AC1.取CC1的中點F,連接OF,BF,則OF∥AC1,∴OF⊥CE.∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB.設CE∩OF=G,連接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,則∠BGF為二面角B-CE-C1的平面角,且sin∠BGF=

sin∠BGO.設AC1∩CE=H,易得△AEH∽△C1CH.又∵AE=

CC1,∴AH=

AC1.易知OG∥AH,又∵O為AC的中點,∴OG=

AH.∵BO=

,OG=

AH=

AC1=

,BO⊥OG,∴tan∠BGO=

=

,∴∠BGO=60°,則∠BGF=120°,故sin∠BGF=

.(2)連接BC1.設AE=m,不妨令AB=1,則BE=?,C593.(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.

3.(2019浙江,19,15分)如圖,已知三棱柱ABC-A60解析本題主要考查空間點、線、面位置關系,直線與平面所成的角等基礎知識,同時考查空

間想象能力和運算求解能力.本題考查了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).解法一:(1)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.因此EF⊥BC.(2)取BC中點G,連接EG,GF,則EGFA1是平行四邊形.解析本題主要考查空間點、線、面位置關系,直線與平面所成的角61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(或其補角),不妨設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)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.如圖,以點E為原點,分別以射線EC,EA1為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系E-xyz.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四邊形EGF62

不妨設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)設直線EF與平面A1BC所成角為θ.由(1)可得

=(-

,1,0),

=(0,2,-2

).設平面A1BC的法向量為n=(x,y,z).由

得

63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、線面垂直的性質、線面角的求解、空間向量的應用

等基礎知識,在建立空間直角坐標系之前,應有必要的證明過程,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”.取n=(1,?,1),評析

本題主要考查面面垂直的性質644.(2018浙江,19,15分)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,

A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.

4.(2018浙江,19,15分)如圖,已知多面體ABCA165解析本題主要考查空間點、線、面位置關系,直線與平面所成的角等基礎知識,同時考查空

間想象能力和運算求解能力.解法一:(1)證明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2

,所以A1

+A

=A

,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=

,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2

,由CC1⊥AC,得AC1=

,所以A

+B1

=A

,故AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1=B1,因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如圖,過點C1作C1D⊥A1B1,交直線A1B1于點D,連接AD.

解析本題主要考查空間點、線、面位置關系,直線與平面所成的角66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與平面ABB1所成的角.由B1C1=

,A1B1=2

,A1C1=

得cos∠C1A1B1=

,則sin∠C1A1B1=

,所以C1D=

,故sin∠C1AD=

=

.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是

.解法二:(1)證明:如圖,以AC的中點O為原點,分別以射線OB,OC為x,y軸的非負半軸,建立空間直

角坐標系O-xyz.

由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,67由題意知各點坐標如下:A(0,-

,0),B(1,0,0),A1(0,-

,4),B1(1,0,2),C1(0,

,1).因此

=(1,

,2),

=(1,

,-2),

=(0,2

,-3).由

·

=0得AB1⊥A1B1.由

·

=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知

=(0,2

,1),

=(1,

,0),

=(0,0,2).設平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由

得

可取n=(-

,1,0).所以sinθ=|cos<

,n>|=

=

.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是

.由題意知各點坐標如下:685.(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.

5.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中69解析本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n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則

即

不妨設z=1,可得n=(1,0,1).又

=(1,2,-1),可得

·n=0.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n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則

解析本題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角等70因為

=(0,-2,-1),

=(1,2,-1),所以

不妨設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AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進而可得

=(-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

.方法總結利用空間向量法證明線面位置關系與計算空間角的步驟:(1)根據題目中的條件,充

分利用垂直關系,建立適當的空間直角坐標系,盡量使相關點在坐標軸上,求出相關點的坐標;

(2)求出相關直線的方向向量及相關平面的法向量,根據題目的要求,選擇適當的公式,將相關

的坐標代入進行求解或證明;(3)檢驗,得出最后結論.因為?=(0,-2,-1),?=(1,2,-1),所以?方法716.(2017山東,17,12分)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在

直線為旋轉軸旋轉120°得到的,G是

的中點.(1)設P是

上的一點,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)當AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小.

6.(2017山東,17,12分)如圖,幾何體是圓柱的一部分72解析本題考查線面垂直的證明和二面角的計算.(1)因為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:取

的中點H,連接EH,GH,CH.

因為∠EBC=120°,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=

=

.取AG中點M,連接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC為所求二面角的平面角.解析本題考查線面垂直的證明和二面角的計算.73又AM=1,所以EM=CM=

=2

.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2

,因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60°.解法二:以B為坐標原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標

系.

由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,

,3),C(-1,

,0),故

=(2,0,-3),

=(1,

,0),

=(2,0,3),設m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由

可得

又AM=1,所以EM=CM=?=2?.74取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-

,2).設n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由

可得

取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-

,-2).所以cos<m,n>=

=

.易知所求角為銳二面角,因此所求的角為60°.方法總結求二面角的常見方法有兩種:一種是“找”,即根據二面角的面的特殊性(如等邊

三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的頂點,進而

作出該平面角,再通過解三角形求解;另一種是“算”,即利用空間向量的坐標運算,由平面的

法向量和夾角公式求解.利用空間向量的運算求二面角時,一定要注意二面角是銳二面角還是

鈍二面角.取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-?,2).757.(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.

7.(2016天津,17,13分)如圖,正方形ABCD的中心76解析

依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O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,

=(2,0,0),

=(1,-1,2).設n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量,則

即

不妨設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∥平面ADF.解析

依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O為原點,分77(2)易證,

=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.依題意,

=(1,1,0),

=(-1,1,2).設n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則

即

不妨設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

=

=

,進而有H

,(2)易證,?=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.78從而

=

,因此cos<

,n2>=

=-

.所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為

.評析

本題主要考查直線與平面平行和垂直、二面角、直線與平面所成的角等基礎知識.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、運算求解能力和推理論證能力.從而?=?,評析

本題主要考查直線與平面平行和垂直、二798.(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.

8.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺ABC-DE80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81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:如圖,延長AD,BE,CF相交于一點K,則△BCK為等邊三角形.取BC的中點O,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,建立空間直角坐標系O-xyz.

由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,

),A(-1,-3,0),E

,F

.因此,

=(0,3,0),

=(1,3,

),

=(2,3,0).在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=?.82設平面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>=

=

.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為

.評析

本題主要考查空間點、線、面的位置關系,二面角等基礎知識,同時考查空間想象能力

和運算求解能力.設平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的839.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=

AD,E為棱AD的中點,異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內找一點M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.

9.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD84解析(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.延長AB,DC,相交于點M(M∈平面PAB),點M即為所求的一個點.

理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四邊形BCDE是平