《（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題提分教程 第二編 專題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題提分教程 第二編 專題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習 理（36頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　立體幾何中的向量方法 「考情研析」　　　　以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上. 核心知識回顧 1.線、面的位置關系與向量的關系 設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． (1)l∥m?a∥b?a＝kb?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2； (2)l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0； (3)l∥α?

2、a⊥μ?a·μ＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0； (4)l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3； (5)α∥β?μ∥v?μ＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4； (6)α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0. 2．三種空間角與空間向量的關系 (1)線線角：設a，b分別為異面直線a，b的方向向量，則兩異面直線所成的角θ滿足cosθ＝. (2)線面角：設l是斜線l的方向向量，n是平面α的法向量，則斜線l與平面α所成的角θ滿足sinθ＝. (3)二面角 ①如圖(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的兩個半平面內(nèi)與棱l垂

3、直的直線，則二面角的大小θ＝〈A，C〉； ②如圖(Ⅱ)(Ⅲ)，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉． 熱點考向探究 考向1 　利用向量證明平行與垂直 例1　如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分別是棱AD，AA1的中點． (1)設F是棱AB的中點，證明：直線EE1∥平面FCC1； (2)證明：平面D1AC⊥平面BB1C1C. 證明　如圖，過點D作AB垂線交AB于G，則以D為原點

4、，DG，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，易得A(，－1，0)，B(，3,0)，C(0，2,0)，E1(，－1，1)，E， F(，1,0)，D1(0,0,2)，B1(，3,2)，C1(0,2,2)． (1)＝(0,0,2)，C＝(，－1,0)． 設平面C1FC的法向量n1＝(x，y，z)， 則令x＝1，得n1＝(1，，0)， 又＝，故·n1＝0，又E1E?平面FCC1， 所以E1E∥平面FCC1. (2)＝(，－1，－2)，＝(0,2，－2)， 設平面D1AC的法向量n2＝(a，b，c)， 由得令b＝1，得其中一個n2＝(，1,1)．同理易得平面B

5、B1C1C的一個法向量n3＝(1，－，0)， n2·n3＝0，故平面D1AC⊥平面BB1C1C. 利用空間向量證明平行與垂直的方法步驟 (1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關系． (2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素． (3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關系． (4)根據(jù)運算結果解釋相關問題． (2019·貴陽二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．證明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面

6、PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. 證明　依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E為棱PC的中點，得E(1,1,1)． (1)向量B＝(0,1,1)，D＝(2,0,0)， 故B·D＝0.所以BE⊥DC. (2)因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因為AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD， 所以向量A＝(1,0,0)為平面PAD的一個法向量， 而·A＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以B⊥A， 又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.

7、(3)由(2)知平面PAD的一個法向量A＝(1,0,0)，向量P＝(0,2，－2)，D＝(2,0,0)，設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)為平面PCD的一個法向量． 則n·A＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥A. 所以平面PAD⊥平面PCD. 考向2 　利用空間向量求空間角 角度1　利用空間向量求異面直線所成的角 例2　如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)證明：平面AEC⊥平面AFC；

8、(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值． 解　(1)證明：連接BD，設BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝，且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＝. 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如圖，以

9、G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，||為單位長，建立空間直角坐標系Gxyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為. 角度2　利用空間向量求線面角 例3　(2019·銀川一中新高三入學考試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為8的菱形，∠BAD＝60°，△PBD是等邊三角形，二面角P－BD－C的余弦值為. (1)求證：BD⊥PC； (2)求直線PC與平面PAD夾角的正弦值． 解　(1)證明：連接AC交BD于點O，連接PO.

10、因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且AC和BD互相平分． 又因為PB＝PD，O為BD的中點，所以BD⊥PO， 又因為PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC. 因為PC?平面PAC，所以BD⊥PC. (2)過點P作PE⊥OC，交點為E，因為BD⊥平面PAC，所以BD⊥PE，因為BD∩OC＝O，所以PE⊥平面ABCD. 易知∠POE為二面角P－BD－C的平面角， 所以cos∠POE＝，sin∠POE＝. 又因為∠BAD＝60°，所以△ABD和△PBD都是邊長為8的等邊三角形．所以OP＝4， 則PE＝，OE＝. 建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，－4，0)，D(4，

11、0,0)，C(0,4，0)，P0，，. 所以＝(4,4，0)，＝－4，，，＝0，，－. 設平面PAD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則即 令x1＝－3，則y1＝，z1＝－， 得平面PAD的一個法向量m＝(－3，，－)． 所以|cos〈m，〉|＝＝， 所以直線PC與平面PAD夾角的正弦值為. 角度3　利用空間向量求二面角 例4　(2019·馬鞍山高三監(jiān)測)如圖，半圓柱O′O中，平面ABB′A′過上、下底面的圓心O′，O，點C，D分別在半圓弧AB，A′B′上且. (1)求證：CD∥平面ABB′A′； (2)若2AC＝AB＝AA′，求二面角C－AD－B的余弦值． 解　(

12、1)證明：如圖，取的中點M， ∵OO′⊥平面ABC，∴OA，OM，OO′兩兩垂直，以O為坐標原點，OA，OM，OO′所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，連接OC，設OA＝1，∠AOC＝θ(0<θ<π)，則A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(cosθ，sinθ，0)，D(－cosθ，sinθ，t)， 于是＝(－2cosθ，0，t)， 而平面ABB′A′的一個法向量＝(0,1,0)， 由于·＝0及CD?平面ABB′A′，所以CD∥平面ABB′A′. (2)設OA＝1，∵2AC＝AB＝AA′， 則C，，0，D－，，2，＝(－1,0,2)， ＝－，，0，

13、＝，，2，＝(2,0,0)． 設平面CAD的法向量n1＝(x，y，z)， 則 不妨令x＝2，得n1＝(2，2，)， 設平面BAD的法向量n2＝(x′，y′，z′)， 則 不妨設y′＝4，得n2＝(0,4，－)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝， 故二面角C－AD－B的余弦值為. 三種空間角的向量求法 (1)異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|. (2)直線與平面所成的角θ主要可以通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|. (3)二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的

14、夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角． (2019·湖南永州高三第三次模擬)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面ABB1A1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，且側面ABB1A1為菱形． (1)證明：A1B⊥平面AB1C1； (2)若∠A1AB＝60°，AB＝2，直線AC1與底面ABC所成角的正弦值為，求二面角A1－AC1－B1的余弦值． 解　(1)證明：因為四邊形ABB1A1是菱形，則A1B⊥AB1， ∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB為交線，BC⊥AB， ∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B. ∵BC∥B1C1，∴

15、A1B⊥B1C1，又AB1∩C1B1＝B1， ∴A1B⊥平面AB1C1. (2)取A1B1的中點M，連接BM，易證BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以BA所在直線為x軸，BC所在直線為y軸，BM所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 設BC＝t(t>0)，則A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)， ＝(－1,0，)，＝(－2，t,0)． 因為四邊形A1ACC1為平行四邊形， 則＝＋＝＋＝(－3，t，)， 易知ABC的一個法向量為n＝(0,0,1)， ∴|cos〈，n〉|＝＝＝， 解得t＝. ∵＝(1,0，－)，＝(－3，，)， 設平面AA1C1的法

16、向量n1＝(x1，y1，z1)， ∴令z1＝1， 則n1＝(，2,1)， 由(1)可得平面AB1C1的一個法向量＝(1,0，)， ∴cos〈n1，〉＝＝， ∴二面角A1－AC1－B1的余弦值為. 考向3 　立體幾何中的探索性問題 例5　如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，AD＝AP，E為棱PD的中點． (1)證明：PD⊥平面ABE； (2)若F為AB的中點，＝λ(0<λ<1)，試確定λ的值，使二面角P－FM－B的余弦值為－. 解　(1)證明：∵PA⊥平面ABCD， AB?平面ABCD，∴PA⊥AB，又∵AB⊥AD， AD∩PA＝A，∴

17、AB⊥平面PAD. 又∵PD?平面PAD，∴PD⊥AB，① ∵AD＝AP，E為PD中點，∴AE⊥PD，② 由①②且AB∩AE＝A，可得PD⊥平面ABE. (2)以A為原點，以，，為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系Axyz，令|AB|＝2， 則A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2，2,0)， E(0,1,1)，F(xiàn)(1,0,0)， ＝(1,0，－2)，P＝(2,2，－2)，＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)，B＝(－1,0,0)，F(xiàn)＝(2λ－1,2λ，2－2λ)． 設平面PFM的法向量m＝(x，y，z)， 即m＝(2，－1,1)

18、， 設平面BFM的法向量n＝(x，y，z)， 即取z＝λ，則n＝(0，λ－1，λ)， |cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得λ＝. 利用空間向量求解探索性問題的策略 (1)假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論． (2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論． (2019·桂林高三4月一模)如圖1，在邊長為3的菱形ABCD中，已知AF＝EC＝1，且EF⊥BC.將梯形ABEF沿直線EF折起，使B

19、E⊥平面CDFE，如圖2，P，M分別是BD，AD上的點． (1)若平面PAE∥平面CMF，求AM的長； (2)是否存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為平面PAE與平面CDFE有公共點E，所以平面PAE與平面CDFE相交，設交線為EQ，若平面PAE∥平面CMF， 因為平面CDFE∩平面CMF＝CF，則EQ∥CF.設EQ∩DF＝Q，又因為FQ∥CE， 所以四邊形ECFQ是平行四邊形，F(xiàn)Q＝CE， 同理，由平面PAE∥平面CMF， 因為平面PAE∩平面ADQ＝AQ，平面CMF∩平面ADQ＝MF，所以AQ∥MF

20、. 所以＝＝.因為AF⊥DF，AF＝1，DF＝2，所以AD＝，所以AM＝. (2)結論：存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°. 在題圖2中，以點F為原點，分別以FE，F(xiàn)D，F(xiàn)A所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示． 易得EF＝2，則F(0,0,0)， E(2，0,0)，又A(0,0,1)，B(2，0,2)，D(0,2,0)， 所以＝(0,2,0)，＝(2，0，－1)，＝(－2，2，－2)，＝(2，0,1)， 設＝λ(λ∈(0,1])，則＝(－2λ，2λ，－2λ)， 則＝＋＝(2－2λ，2λ，1－2λ)， 設平面PAE的法向量為n＝(x，y，z)，

21、 由得 令x＝1，可得z＝2，y＝3－， 所以n＝(1,3－，2)． 若存在點P，使DF與平面PAE所成的角是45°， 則|cos〈n，〉|＝＝， 解得λ＝，因為λ∈(0,1]，所以λ＝，即＝.故存在一點P，當＝時，直線DF與平面PAE所成的角是45°. 真題押題 1．(2019·遵義航天高級中學高三第四次模擬)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. 答案　A 解析　建立如圖所示的空間直角坐標系，由AB＝BC＝1，AA1＝，可知D(0,0,0)，A(

22、1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)， ∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，設，的夾角為θ，則有cosθ＝＝，故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為|cosθ|＝，故選A. 2．(2019·東北三校聯(lián)考)已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E是棱A1B1的中點，則直線AE與平面BDD1B1所成角的正弦值為________． 答案　 解析　以A1為坐標原點，A1B1，A1D1，A1A所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．設正方體的棱長為2，則A(0,0,2)，C(2,2,2)，E(1,0,0)，A＝(2,2,0)，A＝(1,0，－2)． ∵

23、AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B， ∴AC⊥平面BDD1B1，則A＝(2,2,0)是平面BDD1B1的一個法向量．設直線AE與平面BDD1B1所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈A，A〉|＝＝. 3．(2019·北京高考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點，點F在PC上，且＝. (1)求證：CD⊥平面PAD； (2)求二面角F－AE－P的余弦值； (3)設點G在PB上，且＝.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由． 解　(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.

24、 又因為AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD. (2)過點A作AD的垂線交BC于點M. 因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD. 建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． 因為E為PD的中點，所以E(0,1,1)． 所以＝(0,1,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,0,2)． 所以＝＝， 所以＝＋＝. 設平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，則 即 令z＝1，則y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)．又因為平面PAD的一個法向量為p＝(1,0,0

25、)，所以cos〈n，p〉＝＝－.由題知，二面角F－AE－P為銳角，所以其余弦值為. (3)直線AG在平面AEF內(nèi)． 理由：因為點G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)， 所以＝＝， 所以＝＋＝. 由(2)知，平面AEF的一個法向量n＝(－1，－1,1)， 所以·n＝－＋＋＝0. 又直線AG與平面AEF有公共點A，所以直線AG在平面AEF內(nèi)． 4．(2019·黃山高三第二次質(zhì)量檢測)如圖，已知四邊形ABCD滿足AD∥BC，BA＝AD＝DC＝BC＝a，E是BC的中點，將△BAE沿AE翻折成△B1AE，使得B1D＝a，F(xiàn)為B1D的中點． (1)證明：B1E∥平面ACF； (2

26、)求平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值． 解　(1)證明：連接ED交AC于點O，連接OF，由四邊形AECD為菱形，F(xiàn)為B1D的中點得，OF∥B1E， B1E?平面ACF，所以B1E∥平面ACF. (2)取AE的中點M，連接DM，B1M，易知B1M⊥AM，DM⊥AM，由AB1＝a，AD＝a，AM＝，得B1M＝DM＝a，又B1D＝a，∴B1M2＋DM2＝B1D2， ∴B1M⊥DM， ∴B1M，DM，MA兩兩垂直．以MD，MA，MB1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系(如圖)． 則A0，，0，D，0,0，B10,0，，C，－a,0，E0，－，0，＝，－，0，＝0，

27、，，＝，－，0，＝0，－，，設平面ADB1的法向量m＝(x，y，z)，則令y＝1，解得m＝，1，，同理平面ECB1的一個法向量n＝，1，－， ∴cos〈m，n〉＝＝，故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為. 『金版押題』 5. 如圖，在多面體ABCDEF中，梯形ADEF與平行四邊形ABCD所在平面互相垂直，AF∥DE，DE⊥AD，AD⊥BE，AF＝AD＝DE＝1，AB＝. (1)求證：BF∥平面CDE； (2)求二面角B－EF－D的余弦值； (3)判斷線段BE上是否存在點Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 解　(1)證明：由底面

28、ABCD為平行四邊形，知AB∥CD， 又因為AB?平面CDE，CD?平面CDE，所以AB∥平面CDE. 同理AF∥平面CDE，又因為AB∩AF＝A，所以平面ABF∥平面CDE.又因為BF?平面ABF，所以BF∥平面CDE. (2)連接BD，因為平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD， 所以DE⊥平面ABCD，則DE⊥DB. 又因為DE⊥AD，AD⊥BE，DE∩BE＝E，所以AD⊥平面BDE，則AD⊥BD. 故DA，DB，DE兩兩垂直，所以以DA，DB，DE所在的直線分別為x軸、y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(1

29、,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，E(0，0,2)，F(xiàn)(1,0,1)，所以＝(0，－1,2)，＝(1,0，－1)，n＝(0,1,0)為平面DEF的一個法向量． 設平面BEF的法向量為m＝(x，y，z)， 由m·＝0，m·＝0，得 令z＝1，得m＝(1,2,1)．所以cos〈m，n〉＝＝. 如圖可得二面角B－EF－D為銳角， 所以二面角B－EF－D的余弦值為. (3)結論：線段BE上存在點Q，使得平面CDQ⊥平面BEF. 證明如下：設＝λ＝(0，－λ，2λ)(λ∈(0,1))， 所以＝＋＝(0,1－λ，2λ)． 設平面CDQ的法向量為u＝(a，b，c)，又因為＝

30、(－1,1，0)， 所以u·＝0，u·＝0，即 令b＝1，得u＝1,1，. 若平面CDQ⊥平面BEF，則m·u＝0， 即1＋2＋＝0，解得λ＝∈(0,1)． 所以線段BE上存在點Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，且此時＝. 配套作業(yè) 1．(2019·六盤山高級中學高三二模)如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上除A，B外的一個動點，DC垂直于半圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4. (1)證明：平面ADE⊥平面ACD； (2)當C點為半圓的中點時，求二面角D－AE－B的余弦值． 解　(1)證明：∵AB是直徑，∴BC⊥AC， ∵CD⊥平面ABC，∴

31、CD⊥BC， ∵CD∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD， ∵CD∥BE，CD＝BE，∴四邊形BCDE是平行四邊形， ∴BC∥DE，∴DE⊥平面ACD， ∵DE?平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD. (2)依題意，AC＝BC＝2，如圖所示，建立空間直角坐標系，則 D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)， ∴＝(－2，2，0)，＝(0,0,1)，＝(0,2，0)，＝(2，0，－1)， 設平面DAE的法向量為n1＝(x，y，z)， 即∴n1＝(1,0,2)， 設平面ABE的法向量為n2＝(x′，y′，z′)， 即 ∴n2＝(1,1,0)，

32、∴cos〈n1，n2〉＝＝＝， ∵二面角D－AE－B是鈍角， ∴二面角D－AE－B的余弦值為－. 2．(2019·聊城高三一模)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°. (1)證明：AC1⊥BC； (2)求直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值． 解　(1)證明：∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°. ∴AC1＝＝2， ∴AC＋AC2＝CC，∴AC1⊥AC， ∵平面ACC1A1∩平

33、面ABC＝AC， ∴AC1⊥平面ABC，∴AC1⊥BC. (2)如圖，以A為坐標原點，AB為y軸，AC1為z軸，建立空間直角坐標系，則C(，－1,0)，B1(－，5，2)，B(0,4,0)，A(0,0,0)， ＝(－2，6,2)，＝(0,4,0)，＝(－，5,2)， 設平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)， 則 取x＝2，得n＝(2,0,1)， 設直線CB1與平面ABB1A1所成角為θ， 則sinθ＝＝＝， ∴直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值為. 3.(2019·蚌埠市高三下學期第二次教學質(zhì)量檢查)如圖所示，菱形ABCD的邊長為2，∠D＝60°，點H為D

34、C的中點，現(xiàn)以線段AH為折痕將菱形折起使得點D到達點P的位置且平面PHA⊥平面ABCH，點E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點． (1)求證：平面PBC∥平面EFH； (2)求平面PAH與平面PBC所成銳二面角的余弦值． 解　(1)證明：菱形ABCD中，E，H分別為AB，CD的中點， 所以BE∥CH，BE＝CH，四邊形BCHE為平行四邊形，則BC∥EH，又EH?平面PBC，所以EH∥平面PBC. 又點E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點，則EF∥BP，EF?平面PBC， 所以EF∥平面PBC.而EF∩EH＝E， 所以平面EFH∥平面PBC. (2)菱形ABCD中，∠D＝60°，則△ACD為

35、正三角形， 所以AH⊥CD，AH＝，DH＝PH＝CH＝1. 折疊后，PH⊥AH， 又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH， 從而PH⊥平面ABCH. 因為AH⊥CD，所以HA，HC，HP三條線兩兩垂直， 以，，的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系，則P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(，2,0)，＝(，1,0)，＝(0，－1,1)， 設平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，則 即 令y＝－，得x＝1，z＝－， 所以m＝(1，－，－)． 因為平面PAH的一個法向量n＝(0,1,0)， 所以cos〈m，n〉＝－＝－. 設平面PAH

36、與平面PBC所成銳二面角為α，則 cosα＝. 4．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2. (1)求證：AB⊥PC； (2)在線段PD上，是否存在一點M，使得二面角M－AC－D的大小為45°，如果存在，求BM與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請說明理由． 解　(1)證明：如圖，由已知得四邊形ABCD是直角梯形， 由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC， 因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB， 又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC， 又PC?平面PAC，所

37、以AB⊥PC. (2)建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，P＝(0，2，－2)，A＝(2，2，0)． 設P＝t(0

38、AC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n0，B〉|＝. 5．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點M和N分別為B1C和D1D的中點． (1)求證：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值； (3)設E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長． 解　如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系，依題意可得 A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2

39、)，D1(1，－2,2)． 因為M，N分別為B1C和D1D的中點， 所以M，N(1，－2,1)． (1)證明：依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，M＝. 由此可得M·n＝0，又直線MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)＝(1，－2,2)，A＝(2,0,0)． 設n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1的法向量， 則即 不妨設z1＝1，可得n1＝(0,1,1)． 設n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1的法向量， 則又＝(0,1,2)，得 不妨設z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈

40、n1，n2〉＝， 所以二面角D1－AC－B1的正弦值為. (3)依題意，可設＝λ，其中λ∈[0,1]， 則E(0，λ，2)，從而N＝(－1，λ＋2,1)． 又n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，由已知， 得cos〈N，n〉＝＝＝， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝－2. 所以線段A1E的長為－2. 6．(2019·朝陽區(qū)高三二模)如圖，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3. (1)求證：AF⊥CD； (2)求直線BF與平面CDE所成角的正弦值； (3)線段B

41、D上是否存在點M，使得直線CE∥平面AFM，若存在，求的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，所以AF⊥AD. 又因為平面ADEF⊥平面ABCD， 且平面ADEF∩平面ABCD＝AD， 所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥CD. (2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB. 因為∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF兩兩垂直． 分別以AB，AD，AF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)． 因為AB＝AD＝1，BC＝3， 所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0

42、,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)， 所以＝(－1,0,1)，＝(1,2,0)，＝(0,0,1)． 設平面CDE的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即令x＝2，則y＝－1， 所以n＝(2，－1,0)． 設直線BF與平面CDE所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. (3)結論：線段BD上存在點M，使得直線CE∥平面AFM. 設＝λ(λ∈[0,1])， 設M(x1，y1，z1)，由＝λ，得(x1－1，y1，z1)＝λ(－1,1,0)， 所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)， 所以＝(1－λ，λ，0)． 設平面AFM的法向量為m＝(x0，y0

43、，z0)，則 因為＝(0,0,1)，所以 令x0＝λ，則y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)． 在線段BD上存在點M，使得CE∥平面AFM等價于存在λ∈[0,1]，使得m·＝0.因為＝(－1，－2,1)，由m·＝0， 所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝∈[0,1]， 所以線段BD上存在點M，使得CE∥平面AFM，且＝. 7．如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF. (1)求證：EF⊥平面BCF； (2)點M在線段EF上運動，當點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，并求

44、此時二面角的余弦值． 解　(1)證明：設AD＝CD＝BC＝CF＝1， ∵AB∥CD，∠BCD＝， ∴AB＝2，∠CBA＝60°. ∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos60°＝3. ∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.　① 又∵CF⊥平面ABCD，∴CF⊥AC.?、? 由①②可得AC⊥平面BCF. 又∵四邊形ACFE為矩形， ∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF. (2)由(1)可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系． 設AD＝CD＝BC＝CF＝1， 令FM＝λ(0≤λ≤)， 則C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0

45、,1,0)， M(λ，0,1)，∴＝(－，1,0)， ＝(λ，－1,1)， 設n1＝(x，y，z)為平面MAB的一個法向量， 由得 取x＝1，則n1＝(1，，－λ)， 設平面MAB與平面FCB所成銳二面角為θ， ∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一個法向量， ∴cosθ＝＝ ＝. ∵0≤λ≤，∴當λ＝0時，cosθ有最小值， ∴點M與點F重合時，平面MAB與平面FCB所成二面角最大，此時二面角的余弦值為. 8．(2019·凱里市第一中學高三模擬)如圖所示，三棱錐P－ABC放置在以AC為直徑的半圓面O上，O為圓心，B為圓弧上的一點，D為線段PC上的一點，且AB＝BC＝P

46、A＝3，PB＝3，PA⊥BC. (1)求證：平面BOD⊥平面PAC； (2)當二面角D－AB－C的平面角為60°時，求的值． 解　(1)證明：∵由AB＝PA＝3，PB＝3， ∴PA2＋AB2＝PB2，∴PA⊥AB， 又PA⊥BC且AB∩BC＝B， ∴PA⊥平面ABC.∵BO?平面ABC，∴PA⊥BO， 由BA＝BC，圓心O為AC的中點，所以BO⊥AC. 因為AC∩PA＝A，故BO⊥平面PAC， 又BO?平面BOD，所以平面BOD⊥平面PAC. (2)由(1)知PA⊥平面ABC，且BA⊥BC，過點B作PA的平行線，建立如圖所示的空間直角坐標系， 由題意知B(0,0,

47、0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，P(3,0,3)，設＝λ(0≤λ≤1)， 則＝(3,0,0)，＝＋＝(3,0,3)＋λ(－3,3，－3)＝(3－3λ，3λ，3－3λ)， 設m＝(x，y，z)為平面BAD的法向量， 則? 令z＝1，則y＝1－，所以m＝0,1－，1， 取平面ABC的一個法向量為n＝(0,0,1)． 因為二面角D－AB－C的平面角為60°， 所以cos60°＝|cos〈m，n〉|＝＝， 解得λ＝或λ＝－<0(舍去)， 所以當二面角D－AB－C的平面角為60°時， ＝. 立體幾何類解答題 　(2019·大連市高三一模)(12分)如圖，

48、等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點，以AE為折痕把△ADE折起，使點D到達點P的位置(P?平面ABCE)． (1)證明：AE⊥PB； (2)若直線PB與平面ABCE所成的角為，求二面角A－PE－C的余弦值． 解　(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O， ∵AB∥CE，AB＝CE，∴四邊形ABCE為平行四邊形，∴AE＝BC＝AD＝DE， ∴△ADE為等邊三角形， ∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，∠DAB＝∠ABC＝， ∴在等腰三角形ADB中，∠ADB＝∠ABD＝， ∴∠DBC＝－＝，即BD⊥BC， ∴B

49、D⊥AE，(2分) 翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE， 又∵OP?平面POB，OB?平面POB，OP∩OB＝O， ∴AE⊥平面POB，(4分) ∵PB?平面POB，∴AE⊥PB.(6分) (2)在平面POB內(nèi)作PQ⊥OB，垂足為Q， ∵AE⊥平面POB，∴AE⊥PQ， ∵OB?平面ABCE，AE?平面ABCE，AE∩OB＝O， ∴PQ⊥平面ABCE，∴直線PB與平面ABCE的夾角為∠PBQ＝，(8分) 又∵OP＝OB，∴OP⊥OB， ∴O，Q兩點重合，即OP⊥平面ABCE， 以O為原點，OE所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，(

50、9分) 設平面PCE的一個法向量為n1＝(x，y，z)， 則∴ 設x＝，則y＝－1，z＝1， ∴n1＝(，－1,1)，(10分) 由題意得，平面PAE的一個法向量n2＝(0,1,0)，(11分) 設二面角A－PE－C的大小為α，則|cosα|＝＝＝. 易知二面角A－PE－C為鈍角，所以cosα＝－. 　　(12分) 1．由平面幾何的知識證明兩相交直線垂直給2分． 2．由已知條件證明直線與平面垂直給2分． 3．由直線與平面垂直證明直線與直線垂直給2分． 4．由已知條件證明直線PB與平面ABCE的夾角為∠PBQ＝給2分． 5．由已知條件證明OP⊥平面ABCE，即以

51、O為原點，OE為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系給1分． 6．由已知條件求得二面角A－PE－C的兩個半平面的法向量分別給1分． 7．代入二面角的計算公式求解給1分． 1．寫全得分條件，證明線面平行時，一定要說明平面內(nèi)的直線和平面外的直線． 2．寫明得分關鍵，利用法向量求解空間角時，要構建恰當?shù)目臻g直角坐標系，準確求解相關點的坐標，賦值法求出平面的法向量，利用公式求出法向量的夾角，根據(jù)幾何體的結構特征判斷二面角的取值范圍，正確寫出二面角的余弦值． [跟蹤訓練] (2019·毛坦廠中學高三聯(lián)考)(12分)如圖所示，在幾何體ABCDE中，△ABC是等邊三角形，AE⊥平

52、面ABC，CD∥AE，且CD＝2AE＝2AC. (1)試在線段BD上確定點M的位置，使EM⊥平面BCD，并證明； (2)求二面角E－BC－D的余弦值． 解　(1)當點M為BD的中點時，EM⊥平面BCD.(1分) 證明如下：取BC的中點F，連接AF，MF， ∴MF∥CD且MF＝CD，又AE∥CD，AE＝CD， ∴MF∥AE且MF＝AE，∴四邊形AEMF為平行四邊形，∴EM∥AF.(2分) 又AE⊥平面ABC，CD∥AE， ∴CD⊥平面ABC，又CD?平面BCD，∴平面BCD⊥平面ABC，(3分) ∵△ABC是等邊三角形，∴AF⊥BC， 又平面ABC∩平面BCD＝BC，∴A

53、F⊥平面BCD，(5分) ∴EM⊥平面BCD.(6分) (2)由(1)知，F(xiàn)A，F(xiàn)B，F(xiàn)M兩兩互相垂直，以F為原點， 以FA，F(xiàn)B，F(xiàn)M所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．(7分) 設EA＝AC＝2，則CD＝4， ∴C(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(，0,2)， ∴＝(，1,2)，＝(，－1,2)． 設平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即解得y＝0， 令x＝，則z＝－，∴n＝(，0，－)，(9分) 由(1)知，平面BCD的一個法向量為m＝(1,0,0)，(10分) ∴cos〈m，n〉＝＝， 由圖知，二面角E－BC－D為銳角， ∴二面角E－BC－D的余弦值為.(12分) - 36 -