1、第3講 立體幾何中的向量方法考情考向分析以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.工熱點(diǎn)分類突破師生講練互動(dòng)熱點(diǎn)各個(gè)擊破熱點(diǎn)一利用向量證明平行與垂直設(shè)直線l的方向向量為a=(ai,bi,ci),平面a,3的法向量分別為i=(a2,b2,c2),v=(a3,b3, c3),則有(1)線面平行l(wèi) / a? a_L ? a -!= 0? aiaz+bibz+CiC2= 0.(2)線面垂直l _L a? a / ? a= k ? ai = ka2, bi= kb2, ci =

2、kc2.(3)面面平行all ?/ v? V? a2=入 3, b2=入 31, 。2=入 3.(4)面面垂直a_L ? |i_L v?v= 0? a2a3+b2b3+c2c3= 0.例i如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，F(xiàn)AL底面ABCD,點(diǎn)E, F分別是PC,PD 的中點(diǎn)，PA=AB = i, BC=2.(i)求證：EF/平面FAB;(2)求證：平面 PAD，平面 PDC.證明(i)以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ) - xyz,則 A(0,0,0), B(i,0,0), C(i,2,0), D(0,2,0), P

3、(0,0,i).F點(diǎn)E, F分別是PC, PD的中點(diǎn),e2.1,2)，F(xiàn)(01,eF= - % 0, 0； AB=(i,0,0).品1- EF = 一 AB,EF / AB,即 EF II AB,又AB?平面FAB, EF?平面FAB,EF / 平面 FAB.(2)由可知，->一 一 _ _ _ 一 一AP = (0,0,1), AD= (0,2,0), DC = (1,0,0), - Ap dC = (0,0,1) (1,0,0) = 0,AD DC = (0,2,0) (1,0,0) = 0,. .A P±D C, A DID C,即 API DC, AD±DC.

4、又 APAAD = A, AP, AD?平面 PAD,DC,平面 PAD. DC?平面 PDC ,.平面 PAD，平面 PDC.思維升華用向量知識(shí)證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理.如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線 all b,只需證明向量 a= b(«R)即可.若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強(qiáng)調(diào)直線在平面外.跟蹤演練1如圖，在直三棱柱垂直，點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)。為DF的中點(diǎn).運(yùn)用向量方法證明:OM/平面BCF;(2)平面 MDF，平面 EFCD .證明方法一(1)由題意，

5、得AB, AD, AE兩兩垂直，以點(diǎn) A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)- xyz.設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1 ,則 A(0,0,0)OM = 10B(1Q0),C(1,1,0),D(0,1,0), F(1,0,1), M2'0 0 O1 J JU, 0/。6，2，2人-2) BA=(-1,0,0),OM Ba= o,.-.OM ±BA棱柱ADE-BCF是直三棱柱,AB，平面BCF,BA是平面BCF的一個(gè)法向量,且OM?平面BCF,OM / 平面 BCF.(2)設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個(gè)法向量分別為m = (X1, y1，4),加=僅2, y2, Z2).DF=(1 , 1,

6、1), DM =2'-1, 0 i!, IDO = (1,0,0), CF=(0, -1,1),n1 DF = 0,S DM = 0,X1 y1 + z1 = 0,y1= 0,ADE BCF中，平面 ABFE和平面ABCD都是正方形且互相令 X1=1,則 n 1=，；2/同理可得 n2= (0,1,1).n 1 n 2=0,，平面 MDF，平面 EFCD .方法二(1)OM= OF+FB +BM1 一 二 1 一 1 一 二 一 1 一= DF BF + BA=2(DB+ BF)-BF+2BA1 一 ,1一 . 1一=2(BC+ BA)2BF + BA1 71 7=一嚴(yán)嚴(yán)向量OM與向量

7、BF , BC共面，BF, BC?平面BCF,又 OM?平面 BCF,OM / 平面 BCF.(2)由題意及(1)知，BF, BC, BA兩兩垂直， . CD = BA, FC= BC-BF, ，OM cd= -2bc-2bf iBA=0,一 一 1N 1之 一 品OM FC='產(chǎn),BF J (BC-BF)1212 c=-2BC +Bf =0,.-.OM ±CD, OM±FC,即 OM ±CD, OM ±FC,又 CDAFC=C, CD, FC?平面 EFCD , OM，平面 EFCD.又OM?平面 MDF , 平面 MDF，平面EFCD.熱點(diǎn)二

8、利用空間向量求空間角設(shè)直線l, m的方向向量分別為 a=(a1，“，。)，b=，b?, C2).平面% 3的法向量分別為 |1= (a3, b3, c3), v=(a4, b4, c4)(以下相同).(1)線線夾角設(shè)l, m的夾角為eo< 0<2 i,皿1cos fl_la_bj _1a1a2+b1b2+C1C2lCos|a|bn/a2+b2+c2:a2+b2 + c2.(2)線面夾角設(shè)直線l與平面a的夾角為0<2則 sin 0= 'a; = |cosa,|.|a|M '(3)二面角設(shè)“一a- 3的平面角為 6（0<句，貝U|cos。|=點(diǎn)|= |cos

9、 v> |. Mv|例 2 （2018 泉州質(zhì)檢）如圖，在四棱錐 P ABCD 中，AD/BC, AB=BC=2, AD=PD = 4, /BAD = 60°, / ADP= 120°,點(diǎn) E為 PA 的中點(diǎn).(1)求證：BE/平面PCD;(2)若平面PAD，平面ABCD,求直線BE與平面PAC所成角的正弦值.證明取PD中點(diǎn)F,連接CF, EF.因?yàn)辄c(diǎn)E為PA的中點(diǎn)，1所以 EF / AD 且 EF=-AD,1又因?yàn)?BC/AD 且 BC = 2AD,所以 EF / BC 且 EF = BC,所以四邊形BCFE為平行四邊形，所以 BE / CF,又BE?平面PCD,

10、CF?平面PCD ,所以BE /平面PCD.(2)解 在平面 ABCD中，過點(diǎn) D作DGLAD,在平面 PAD中，過點(diǎn) D作DHLAD.因?yàn)槠矫?PAD，平面 ABCD,平面PAD n平面 ABCD = AD, DG?平面ABCD,所以DG,平面 PAD,又DH ?平面PAD,所以DGDH,所以DA, DG , DH兩兩互相垂直.以D為原點(diǎn)，DA, DG, DH所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系 Dxyz(如圖）, 則 A(4, 0, 0), B(3, 0 0), C(1,0 0), P(-2, 0, 2, E(1, 0, 73),所以 AC=(3,率,0), Ap=(-6,

11、0, 2/3),EB = (2, *73一.3),設(shè) n=(x, y,z）是平面ACP的一個(gè)法向量,n AC= 0則，一m ap= 0,即*3x+ $y=0, 6x+ 243z=0,取 x= 1,則 y = -3, z= -3,得 n= (1, y3, f3).設(shè)直線BE與平面PAC所成角為以則 sin 0= |cosn, EB> |=-233 = 70, .10X . 735所以直線BE與平面PAC所成角的正弦值為照.35建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;思維升華（1）運(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟:求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)； 寫出向量坐標(biāo)；結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論.（2）求空間

12、角注意：兩條異面直線所成的角a不一定是直線的方向向量的夾角&即COS a=icos a；兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角;直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對(duì)值，注意 函數(shù)名稱的變化.跟蹤演練 2 如圖，在四面體 ABCD中，BA=BC, / BAD = Z BCD=90°.(1)證明：BDXAC;（2）若/ ABD = 60°, BA=2,四面體 ABCD的體積為2,求二面角 B ACD的余弦值.方法一 （1）證明 如圖，作RtABD斜邊BD上的高AE,連接CE.口因?yàn)?BA=BC, Z BA

13、D= Z BCD= 90°,所以 RtAABDRtACBD,可得 CEXBD.又 AEACE=E, AE, CE?平面 AEC,所以BD,平面AEC,又AC?平面AEC,所以BD ±AC.(2)解 在 RtABD 中，因?yàn)?BA=2, ZABD = 60°,所以 BD = 4, AE=V3, CE=W，3Saec= sin/ AEC.因?yàn)锽D,平面AEC,四面體 ABCD的體積為2, 1 3所以 1X3Xsin/AECX4=2,sin/AEC=1, Z AEC = 90 °,所以AEL平面BCD.以E為原點(diǎn)，EB, EC, EA所在直線為x, y, z軸

14、建立空間直角坐標(biāo)系 E xyz.則 A(0,0, 73), B(1,0,0), C(0, ® 0), D(-3,0,0), AB=(1,0, 回 AC = (0, <3, -<3),AD= (3,0,設(shè) m= (Xi , y1,Zi)是平面BAC的一個(gè)法向量,m AB= 0、m AC= 0xi V3zi= 0, .*y1 V3zi = 0，可取 Zi=1,得 m=(V3, 1,1).設(shè)n=(x2, 丫2, Z2)是平面DAC的一個(gè)法向量,n AC= 0即V3y2 V3Z2 = 0 , 3x2 - V3Z2= 0可取 X2=- 1,得 n=(-1, V3, V3).因?yàn)閏o

15、s m, n> =-m-n-="耍，二面角BACD的平面角為鈍角，所以二面角 B-AC- |m|n|35d的余弦值為一*155方法二 (1)證明 因?yàn)?BA=BC, ZBAD=Z BCD = 90°,所以 RtAABDRtACBD,可得 AD = CD.設(shè) AC 中點(diǎn)為 E,連接 BE, DE,貝 U BEX AC, DEL AC,又 BEADE=E, BE, DE?平面 BDE ,所以AC,平面BDE,又BD?平面BDE ,所以BDXAC.（2）解 由（1）知，/BED為二面角BACD的平面角,在 RtBCD 中，因?yàn)?BC=2, ZABD= ZCBD = 60&#

16、176;,所以 BCD的面積為2平設(shè)點(diǎn)A到平面BCD的距離為h,因?yàn)樗拿骟wABCD的體積為2,所以h = <3.在平面 ABD內(nèi)過 A作AFLBD,垂足為 F,因?yàn)?BA=2, /ABD = 60°,所以AF =淄.由點(diǎn)到平面的距離的定義知，AFL平面BCD.所以AFXFC,所以 AC = <6.因?yàn)樗运訠A=2, AD = 273,BE =零,DE=,BE2+DE2-BD2cos/ BED =2BE DE即二面角BACD的余弦值為一,10535 '10535 .熱點(diǎn)三利用空間向量求解存在探索性問題存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象

17、（數(shù)值、圖形、函數(shù)等）是否存在或某一結(jié)論是否成立.解決這類問題的基本策略是先假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在（或結(jié)論成立）或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論.例3 (2018濱海新區(qū)重點(diǎn)學(xué)校聯(lián)考 )在四麴隹P ABCD中，PD，平面 ABCD, AB/ DC ,ABXAD, DC = AD= 1, AB=2, / PAD = 45°, E 是 PA 的中點(diǎn)，F(xiàn) 在線段 AB 上，且滿足 CF BD =0.(1)求證：DE/平面PBC;(2)求二面角F-PC-B的余弦值;在線段PA上是否存在點(diǎn)Q,使得FQ與平面PFC所成角的余

18、弦值是 興 若存在,求出AQ的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說明理由.證明方法一取PB的中點(diǎn)M,連接EM和CM ,一 _ I _1. CD / AB 且 CD = AB,且E, M分別為PA, PB的中點(diǎn).EM / AB 且 EM=2AB,EM / CD 且 EM = CD,四邊形CDEM為平行四邊形,DE / CM,又 CM?平面 PBCDE?平面 PBC,DE / 平面 BPC.方法二 由題意可得 DA, DC,DP兩兩互相垂直，如圖，以 D為原點(diǎn)，DA, DCDP所在P(0,0,1),直線分別為x, V, Z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A(1,0,0), B(1,2,0), C(0,1,0)設(shè)平

19、面PBC的法向量為 m=(x, v, z),BC=(-1, 1,0), CP = (0, 1,1),m BC =x-y=0,、m CP= y+z=0,x = 一 y,得 f令 y= 1,則 x= - 1, z= 1,y=z,-m=(-1,1,1).又DE= 2, 0, 1. .m De = 0,DE±m,又DE?平面PBC,DE / 平面 PBC.(2)解 設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1, t,0),則CF=(1, t1,0), DB = (1,2,0),.-L ，i1由CF DB = 0,得 t=2,不，2，。)設(shè)平面FPC的法向量為n=(x,V,z),cF=- 2，n CP=0, 由一m C

20、F=0,得多y+z= 0,x-2y=0,即尸lV=2x,令 x= 1,則 y= 2,z=2,n= (1,2,2),一|n|m353又由圖可知，該二面角為銳角,故二面角FPCB的余弦值為 坐解設(shè)Aq=將=（一% 0小 入e0, 1,FQ= FA+AQ=卜-2,cos FQ,2 Z- 2n=1= 23l 3V8 FQ與平面pfc所成角的余弦值是米其正弦值為.J2A- 2|_"38；2+13,331120入+ 8卜1 = 0,斛得 入=而，入=2（舍）, ，存在滿足條件的點(diǎn) Q, AQ= 10思維升華 空間向量最適合解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論 證、推理，只需通

21、過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷.解題時(shí)，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或等，所方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解、是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解 以為使問題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法.跟蹤演練 3 （2018荊州質(zhì)檢）如圖，在直三棱柱 ABCAiBiCi中，ACXBC, AC=BC=AAi=2,點(diǎn)P為棱BiCi的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為線段AiB上一動(dòng)點(diǎn).C, P（1）求證：當(dāng)點(diǎn)Q為線段AiB的中點(diǎn)時(shí)，PQL平面AiBC;（2）設(shè)BQ= .1,試問：是否存在實(shí)數(shù) 力使得平面A1PQ與平面B1PQ所成銳二面角的余弦值 為卑?若存在，求出這個(gè)實(shí)數(shù)N若不存在，請(qǐng)說明理由.證明連接ABi, A。,點(diǎn)Q為

22、線段AiB的中點(diǎn)， .A, Q, Bi三點(diǎn)共線，且Q為ABi的中點(diǎn)，點(diǎn)P為BiCi的中點(diǎn)，PQ / ACi.在直三棱柱 ABC AiBiCi中，ACXBC,BCL 平面 ACC1A1，又 ACi?平面 ACCiAi,BC± ACi.,.AC= AAn四邊形ACCiAi為正方形，ACJAq,又 AiC, BC?平面 AiBC, AiCABC = C,.ACi,平面 AiBC,而 PQ / ACi, .PQ,平面 AiBC.(2)解 由題意可知，CA, CB, CCi兩兩垂直，以C為原點(diǎn)，分別以CA, CB, CCi所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系 C-xyz,連接 BiQ,

23、 PB,設(shè) Q(x, v, z),B(0,2,0), Ai(2,0,2),P(0,1,2), Bi(0,2,2), BQ= ?BAi, .(x, y-2, z)= X2, 2,2),x= 2Z,4y=2 2 %Q(2 Z, 2-2Z, 2 1N= 2% 點(diǎn)Q在線段AiB上運(yùn)動(dòng)，平面AiPQ的法向量即為平面 AiPB的法向量,設(shè)平面 AiPB的法向量為ni=(x, y, z),BP = (0, 1,2), FAi=(2, 1,0),ni BP=0, /口 -y+2z= 0,由得n|2x y= 0,Ei PAi= 0,、令 y=2,得 ni=(i,2,i),設(shè)平面BiPQ的法向量為n2=(x, v

24、, z), 一 一 _PBi = (0,i,0), BiQ = (2 入2% 2 入- 2).n2 PBi = 0,y= 0,由S得弋I -TL _012 入廣2 入汁"2z= 0,m2 BiQ 0,' f令 z= i 得 n2= /J； 0, i i!= 1 ' 0, N,取 n2=(i- N 0,九工口口l(i，2, i) (i - Z, 0.由題息得 |cos n1，n2|22V6 M(1 入)+ 入i_V30乖 X 12 1 - 2 計(jì) 110 9?29 入+ 2=0,解得入=、或入= 33，當(dāng)入=1或入=3時(shí)，平面AiPQ與平面BiPQ所成銳二面角的余弦值為

25、 曙.口真題押題精練百題押題體味高考【真題體驗(yàn)】1. (2017北京)如圖，在四棱錐 PABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD，平面ABCD ,點(diǎn) M 在線段 PB 上，PD/平面 MAC, PA=PD = 46, AB=4.(1)求證：M為PB的中點(diǎn)；(2)求二面角BPD A的大?。?3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.證明 設(shè)AC, BD交于點(diǎn) 巳 連接ME,如圖所示.因?yàn)镻D/平面 MAC,平面 MAC n平面PDB = ME,所以 PD / ME.因?yàn)樗倪呅?ABCD是正方形，所以E為BD的中點(diǎn)，所以M為PB的中點(diǎn).(2)解 取AD的中點(diǎn)O,連接OP, OE.因?yàn)镻A=PD

26、,所以O(shè)PLAD,又因?yàn)槠矫?PAD，平面 ABCD,平面PAD n平面ABCD = AD ,且OP?平面PAD, 所以O(shè)P,平面ABCD.因?yàn)镺E?平面ABCD,所以O(shè)P LOE.因?yàn)樗倪呅?ABCD是正方形,所以O(shè)ELAD,如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O xyz,則 P(0,0,卡)，D(2,0,0), B(2,4,0), BD=(4, 4,0), PD=(2,0, - 72).設(shè)平面BDP的法向量為 n=(x, v, z),n BD= 0, m PD=0,4x 4y= 0,2x V2z= 0.令 x=1,則 y=1, z=W.于是 n=(1,1,巾).平面PAD的法向量為 p= (0,1,0

27、),所以cos n,n p 1|n|p|=2.由題意知，二面角 BPD A為銳角,所以它的大小為T.3(3)解 由題意知 M ( 1, 2,專；,C(2,4,0),MC=2,-看設(shè)直線MC與平面BDP所成的角為 %則一 .|n MC| 2V6 sin a= |cosn, MC|= 一 = 9 . |n|M C|所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為2,692. (2018全國(guó)出)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧 CD所在平面垂直,是CD上異于C, D的點(diǎn).證明：平面 AMD，平面BMC;(2)當(dāng)三棱錐M ABC體積最大時(shí)，求平面 MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.證明 由

28、題設(shè)知，平面 CMD，平面ABCD ,交線為 CD.因?yàn)锽CXCD, BC?平面ABCD ,所以BCL平面CMD ,又DM?平面CMD ,故 BSDM .因?yàn)镸為CD上異于C, D的點(diǎn)，且DC為直徑,所以DMLCM.又 BCACM=C, BC, CM?平面 BMC,所以DM,平面BMC.又DM ?平面 AMD ,故平面 AMD，平面BMC.(2)解 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.當(dāng)三棱錐M ABC體積最大時(shí)，M為CD的中點(diǎn).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),->_t一一

29、一AM=(2,1,1), AB = (0,2,0), DA =(2,0,0),設(shè)n=(x, v, z)是平面MAB的法向量，則n AM = 0, 2x+ y+z= 0,s即，rt n2y= 0.m AB = 0,可取 n = (1,0,2),DA是平面 MCD的法向量，因此cos n, DAn D A 漁一 5，|n|DA|一、 蛔 sinn， DAT所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是【押題預(yù)測(cè)】2BE如圖，在幾何體 ABCDEF中，四邊形 ABCD是菱形，BE，平面 ABCD, DF/BE, DF =2, EF=3.(1)證明：平面 ACF，平面BEFD;(2)若二面角AEF C

30、是直二面角，求 AE與平面ABCD所成角的正切值.押題依據(jù) 利用空間向量求二面角全面考查了空間中的建系、求法向量、求角等知識(shí)，是高 考的重點(diǎn)和熱點(diǎn).證明 四邊形ABCD是菱形，ACXBD. BE，平面 ABCD, AC?平面 ABCD, .-.BEXAC,又 BEABD=B, BE, BD?平面 BEFD , .AC,平面 BEFD . . AC?平面 ACF, 平面 ACF,平面BEFD.(2)解方法一(向量法)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,以點(diǎn)。為原點(diǎn)，OA方向?yàn)閤軸正方向，OB方向?yàn)閥軸正方向, 向?yàn)閦軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O xyz,如圖.取DF的中點(diǎn)H,連接EH.,1 _ 11. BE

31、/ DF 且 BE=2DF, DH = 'DF,四邊形BEHD為平行四邊形，.在 RtEHF 中，F(xiàn)H = 1, EF=3,，EH=2W，BD=2#.設(shè)AB的長(zhǎng)為a,則各點(diǎn)坐標(biāo)為 A(后12, 0, 0),E(0, V2, 1), F(0,-恒 2), c(一/"，0, 0),.Al=(一聲二2,小，1), EF=(0, -2廬 1), CE=(qa22, V2, 1).設(shè)n 1=(x1, yi, zi)為平面AEF的法向量， n2=(x2, y2, Z2)為平面CEF的法向量.n1AE=0, Ja2 2 x1 +，2y 1+z1= 0,由S得1ln1EF=0,=2g*1=&

32、#176;,% = 2>y2y1,令 y1= MaJ2,得 n 1= (3J2, (a2 2, 2d2a2 4),同理得 電=（3山，da2-2, 2M2a2-4）.二面角AEF C是直二面角，n 1 n2= 0,得 a= 2,由題意可得/ EAB為AE與平面ABCD所成的夾角, AB=2, BE=1, . tan/ EAB = BE AB12.方法二（幾何法）設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O.四邊形ABCD是菱形,ADFA CDF , AABEA CBE ,AF=CF, AE=CE, /.A AEFA CEF.過 A 作 AM，EF ,連接 CM ,則 CM ±EF,則/AMC為二面角

33、AEFC的平面角.設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為a, BE= 1 , DF = 2, EF=3, DF± BD,，BD = 2班. 在AOB 中，人0=/?2, .AC =2022, 二面角A- EF-C為直二面角，/ AMC為直角， .AM = 024,在4AEF 中，AM± EF,設(shè) ME=x,貝U MF = 3-x,AF = >Ja2+ 4, AE = >Ja2+ 1,(x/a2+4(3 _x)2= ('a2+ 1 )2- x2,解得 x= 1,將 x= 1 代入到(山2 + 4)2 - (3 - x)2 = 72a2 - 4)2 中，解得a =2.AE與平面AB

34、CD所成的角為/EAB,1 . tan/ EAB =-2.悌度訓(xùn)練直通高考。專題強(qiáng)化練A組專題通關(guān)1. 已知平面ABC,點(diǎn)M是空間上任意一點(diǎn)，點(diǎn) M滿足條件OM=OA + -1OB + 1OC,則直線 488AM( )A .與平面 ABC平行B,是平面 ABC的斜線C.是平面 ABC的垂線D.在平面 ABC內(nèi)答案 D解析 由已知得M, A, B, C四點(diǎn)共面，所以 AM在平面ABC內(nèi)，故選D.2. （2018上海松江、閔行區(qū)模擬）如圖，點(diǎn)A, B, C分別在空間直角坐標(biāo)系Oxyz的三條坐標(biāo)軸上，OC= （0,0,2）,平面ABC的法向量為 n= （2,1,2）,設(shè)二面角 C AB O的大小為

35、0,則cos。等于（）A.3 B.差 C.3 D.333答案 C解析 由題意可知，平面 ABO的一個(gè)法向量為OC= （0,0,2）,由圖可知，二面角 C AB O為銳角,由空間向量的結(jié)論可知,cos 0=|OC n| = |4| 一 2X3|OC|n|23.1-3) + 32'3. 在正方體 ABCD AiBiCiDi中，點(diǎn)P在AiC上運(yùn)動(dòng)（包括端點(diǎn)），則BP與ADi所成角的取值范圍是（）兀兀IAj 3J_兀兀。缶2J答案 D解析 以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA, DC, DDi所在直線分別為x, y, z軸建立空間直角坐標(biāo)系（圖略）,設(shè)正方體棱長(zhǎng)為i,點(diǎn)P坐標(biāo)為(x,i -x, x)(0<

36、x< i),則BP=(xi, -x, x), BCi=(-i,0,i),因?yàn)?BCJ/ AD-設(shè)BP, BCi的夾角為“BP BCi 所以 cos a=- j22 廠所以當(dāng)x= 1時(shí)，cos a取得最大值 中,a=|BP|BCi| V(xT ) + 2x * V2當(dāng)X= 1時(shí)，cos a取得最小值；，a= J.故選D. 234. (2017 全國(guó) n)已知直三棱柱 ABCAiBiCi 中，/ ABC=120°, AB = 2, BC = CC1=1,則異面直線ABi與BCi所成角的余弦值為（）Aq AA. 2B. 5T D工C. 5 D. 3答案 解析 方法一 將直三棱柱 AB

37、C AiBiCi補(bǔ)形為直四棱柱 ABCD AiBiCiDi,如圖所示，連接 ADrBiDi, BD, ABi, BCi.P由題意知 ZABC=i20°, AB = 2, BC=CCi=i, 所以 ADi=BCi=/，ABi=V5, / DAB = 60°.在ABD 中，由余弦定理知， BD2=22+i2-2X2XiXcos 60= 3,所以 BD = 43,所以 BiDi =3.又ABi與ADi所成的角即為ABi與BCi所成的角0,八 AB2 + AD2 BiD25+231所以 cos 0=、/ 產(chǎn)產(chǎn)=' 2XABi>< ADi2><V5xV

38、25，故選C.方法二 以Bi為坐標(biāo)原點(diǎn)，BiCi所在的直線為x軸，垂直于BiCi的直線為y軸，BBi所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系 B1一xyz,如圖所示.& G 工由已知條件知 Bi(0,0,0), B(0,0,i), Ci(i,0,0), A(-i, V3, i),則 B Ci = (i,0, i),ABi = (i, -V3, - i).所以 cosABi, BCiA Bi B Ci _2_ . i0|ABi|BCi:5' ,廣 5所以異面直線 ABi與BCi所成角的余弦值為,io5故選C.5. （2017全國(guó)ID）a, b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形A

39、BC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：當(dāng)直線 AB與a成60°角時(shí)，AB與b成30°角；當(dāng)直線 AB與a成60°角時(shí)，AB與b成60°角；直線AB與a所成角的最小值為 45°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(hào)）答案解析 依題意建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)等腰直角三角形ABC的直角邊長(zhǎng)為1.由題意知，點(diǎn)B在平面xOy中形成的軌跡是以 C為圓心，1為半徑的圓.設(shè)直線a的方向向量為a= （0,1,0）,直線b的方向向量為b= （1,0,0）, CB以O(shè)x

40、軸為始邊沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為a0, 2兀），則B（cos 0, sin a 0）, .AB=（cos 0, sin 仇一1）, |AB=也.設(shè)直線AB與直線a所成的夾角為 "刖|AB a| 啦 一則 cos a=J丁 = j-|sin 0| 0,|a |AB|.45°<90°, .正確，錯(cuò)誤;設(shè)直線AB與直線b所成的夾角為 &0 |AB b| 亞 則 cos 3=1 丁= 2 |cos 0|.|b|AB|當(dāng)直線AB與直線a的夾角為60°,即a= 60°時(shí),貝 U|sin 6|=V2cos a= V2cos 60 =乎，|co

41、s 9|=乎，cos 3= ¥Icos 6|=,45°< 產(chǎn) 90°,3= 60°,即直線 AB與b的夾角為60°.正確，錯(cuò)誤.6. (2018山西省榆社中學(xué)模擬)如圖，在各棱長(zhǎng)均為 2的正三棱柱 ABC AiBiCi中，D, E分 別為棱AiBi與BBi的中點(diǎn)，M, N為線段CiD上的動(dòng)點(diǎn)，其中， M更靠近D,且MN=CiN.證明：AiE，平面ACiD;(2)若NE與平面BCCiBi所成角的正弦值為 噌°,求異面直線BM與NE所成角的余弦值.證明 由已知得AiBiCi為正三角形，D為棱AiBi的中點(diǎn)，- -CiDlAiBi,

42、在正三棱柱 ABC AiBiCi 中，AAi,底面 AiBi。，CiD?底面 AiBiCi,則 AAJCiD.又 AiBiA AAi = Ai, AiBi, AA1？平面 ABBAi,二CiD，平面 ABBiAi,又 AiE?平面 ABBiAi ,CiDXAiE.易證 AiEXAD,又 ADACiD=D, AD, CiD?平面 ACiD,AiE,平面 ACiD.(2)解 取 BC 的中點(diǎn) O, BiCi 的中點(diǎn) Oi,連接 AO,則 AOXBC, OOi±BC, OOi±AO,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz,則 B(0,i,0), E(0,i,i),C

43、i(0, i,2), Dg, 2, 2 ；,設(shè)cTn=康=里入2Z, 0 i,則NE=cTe cTn=(0,2, T)坐入 2入 0 I；易知n = (1,0,0)是平面BCC1B1的一個(gè)法向量,當(dāng)1- 'cos,電 j ,3f 5 當(dāng))一 一 1斛得入=氯負(fù)值舍去 31 : CM = 2CD=住,1, 0 j BM = BC1 + cmM=住,-1, 2 j,cos NEBM-6-3-211 1040 '異面直線N5BM所成角的余弦值為嗜7. (2017全國(guó)出)如圖，四面體ABCD中，4ABC是正三角形，4ACD是直角三角形，/ ABD=/ CBD, AB=BD.證明：平面A

44、CDL平面ABC;(2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D AE C的余弦值.(1)證明由題設(shè)可得 ABDACBD.從而AD = CD,又4ACD為直角三角形,所以 / ADC= 90°,取AC的中點(diǎn)O,連接DOBO,貝U DO LAC, DO = AO.又因?yàn)?ABC是正三角形，故 BOX AC,所以/ DOB為二面角 DACB的平面角,在 RtAOB 中，BO2+OA2=AB2,又 AB=BD,所以 BO2+ DO2= BO2+ AO2= AB2= BD2,故 /DOB = 90°,所以平面ACDL平面ABC.(2)解

45、 由題設(shè)及 知，OA, OB, OD兩兩垂直，以 O為坐標(biāo)原點(diǎn),OA為x軸正方向，OB為y軸正方向,OD為z軸正方向，|OA|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空 0), C(-1, 0,0),間直角坐標(biāo)系O xyz,則 O(0,0,0), A(1,0,0), D(0, 0, 1), B(0,1由題設(shè)知，四面體 ABCE的體積為四面體 ABCD的體積的楙，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的1，即E為DB的中點(diǎn)，得E”，乎，1 i故AE= 1,乎，1 i, AD=(1, 0, 1), OA= (1,0,0).設(shè)平面AED的法向量為n 1=(x1, y1，z1)，平面AEC的法向量為n 2=

46、(x2, 72, Z2),AE n 1=0,AD n 1= 0,匚即I-令 x1= 1,則 n 1= j , W，1 j：AE n2= 0,OA n2=0,J31 c即x2+ 2 y2 + 2z2”X2= 0,令 y2= 1,則 %=(0, 1,回設(shè)二面角DAEC的平面角為。，易知。為銳角,則 cos 0=|n 1 n 2| _ _J_|巧|陶一7 .8. (2018全國(guó)n)如圖，在三棱錐PABC 中，AB= BC= 22, PA= PB= PC= AC = 4,。為AC的中點(diǎn).證明：PO,平面ABC;（2）若點(diǎn)M在BC上，且二面角 MPAC為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值

47、.(1)證明 因?yàn)?PA=PC = AC = 4,。為AC的中點(diǎn), 所以 OPLAC,且 OP = 243.如圖，連接OB.2因?yàn)?AB=BC=-AC,所以4ABC為等腰直角三角形，1所以 OBAC, OB = AC=2.由 OP2+OB2=PB2知 POXOB.OB, AC?平面 ABC,因?yàn)?OPOB, OPXAC, OBAAC=O,所以POL平面ABC.（2）解 由（1）知OP, OB, OC兩兩垂直，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以 OB, OC, OP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系 O xyz,如圖所示.由已知得 O(0,0,0), B(2,0,0),A(0, 2,0), C

48、(0,2,0),P（0,0,2金），AP= （0,2,23）.由（i）知平面pac的一個(gè)法向量為 Ob =（2,0,0）.設(shè) M(a,2 a,0)(0WaW2),則扁=(a,4a,0).設(shè)平面PAM的法向量為n=(x, v, z).y+ 2v3z= 0,Lax+ (4 a y= 0,由AP n=0, AM n=0,得可取y=J3a,得平面 PAM的一個(gè)法向量為 n=(43(a4), <3a, a),所以 cos(麗，n> =-j 2鎘：4)222430 4)+3a +a由已知可得 |cos OB, n> |= cos 30 °=號(hào),所以,251a- 4|2弓 W，2

49、3(a-4 j+3a +a 2解得a = 4(舍去)或a = 4.3所以n =8.3 41343 '3 ' 3)又PC=(0,2, - 23),所以 cosPC, n> =乎.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為 手.B組能力提高9. (2018北京海淀區(qū)模擬)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCDAiBiCiDi中，M是棱AA1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在側(cè)面ABBiAi內(nèi)，若DiP垂直于CM,則4 PBC的面積的最小值為 答案2±55解析 以D為原點(diǎn)，以DC所在直線為y軸，以DA所在直線為x軸，以DD i所在直線為z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略).則 P(2, v, z),

50、Di(0,0,2),所以 d7p=(2, v, z 2).因?yàn)?C(0,2,0), M(2,0,i),所以 CM = (2, 2,1),因?yàn)?DiP±CM,所以 4 2y+ z 2= 0, .1. z= 2y 2.因?yàn)?B(2,2,0),所以品=(0, y-2, z),所以 |BP尸母2 2+z = W（y-2 2+（2y-2 j =/5y2- 12y+8.因?yàn)?WyW2,所以當(dāng)y=5時(shí)，|藤河=平.因?yàn)锽CXBP,所以（S¥BC）min =2X -5=-5.25510.如圖，在長(zhǎng)方體 ABCDAiBiCiDi中，AB=y3AD = y3AAi=J3，點(diǎn)P為線段AiC上的動(dòng)

51、點(diǎn)（包含線段端點(diǎn)），則下列結(jié)論正確的是 .（填序號(hào)）當(dāng) AiC=3AP時(shí)，DiP/平面 BDCi；當(dāng) AiC=5AiP時(shí)，AiC，平面 DiAP;/APDi的最大值為90°AP+PDi的最小值為 乖.答案DDi所在直線為x, y, z軸,解析 以D為原點(diǎn)，以DA, DC, 建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則 A(i,0,0), Ai(i,0,i), C(0, V3, 0), Di(0,0,i), Ci(0, V3, i), B(i, V3, 0),則A1C = ( -1, *J3, -1),設(shè) P(x, y, z), AiP=(x 1, y, z 1).對(duì)于，當(dāng)證=3鼎時(shí)，(-1,弧1

52、)=3(x1, v, zT),解得 Pi2 叱3 2)DTp- il 或1解竹飛，3，3/ D1P-3 '3,設(shè)平面BDC1的法向量為 必=儕，y1，z1)，而=(1,小,0), DC1=(0,小,1),1n DB = 0,則由 一m DC 1 = 0,X1+ A/3V1 = 0 ,L即，令 x = 一，3，W3y1 + z1 = 0,解得n 1 =(艱，1,木), 三一由于 DP n 1= 05所以DTpX n,又DP?平面BDC1,所以DP/平面BDC1成立；對(duì)于，當(dāng)址=5。時(shí)，(-1,1)=5(x1, V, zT),解得 P華興 4), dTa=(-1,0, -1), d1p=

53、(4,興 1) 555555a1C d1a=0,I .AC D1P = 0,可知AC,平面D1AP成立；對(duì)于，設(shè)枇=沿;P,即(一1,乖，一1)=5一1, v, z- 1),解得 Pj ；，£ 1-；) 工人 人人,其分子化簡(jiǎn)得52入氏5- 2府當(dāng)由 cosPA, PD1>O <故/ APDi的最大值可以為鈍角，錯(cuò)誤.對(duì)于，根據(jù)計(jì)算的數(shù)據(jù),PA =12- 21 1，+|PA|+ |PDi|=, 1 1當(dāng)對(duì)稱軸-=5,即入=5時(shí)取得最小值=坐，故錯(cuò)誤.511 .如圖，已知圓錐 OOi和圓柱O1O2的組合體(它們的底面重合)，圓錐的底面圓 Oi的半徑為 r=5, OA為圓錐的母線，AB為圓柱O1O2的母線，D,E為下底面圓。2上的