（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十 立體幾何中的向量方法講義 理（重點生含解析）.doc

專題十 立體幾何中的向量方法卷卷卷2018線面角的正弦值的求解T18(2)二面角、線面角的正弦值的求解T20(2)二面角的正弦值的求解T19(2)2017二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的余弦值的求解T19(2)二面角的余弦值的求解T19(2)2016二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的正弦值的求解T19(2)線面角的正弦值的求解T19(2)縱向把握趨勢全國卷3年3年考，涉及直線與平面所成角、二面角的求解，且都在解答題中的第(2)問出現(xiàn)，難度適中預(yù)計2019年仍會以解答題的形式考查二面角或線面角的求法橫向把握重點高考對此部分的命題較為穩(wěn)定，一般為解答題，多出現(xiàn)在第18或19題的第(2)問的位置，考查利用空間向量求異面直線所成的角、線面角或二面角，難度中等偏上. 考法一利用空間向量證明平行與垂直設(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分別為u(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)線面平行：lauau0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直：lauakua1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行：uvukva2ka3，b2kb3，c2kc3.(4)面面垂直：uvuv0a2a3b2b3c2c30.如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點E為棱PC的中點求證：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.破題思路第(1)問求什么想什么要證BEDC，想到證，即0給什么用什么由PA底面ABCD，ADAB，可知AP，AB，AD三條直線兩兩互相垂直，可用來建立空間直角坐標(biāo)系差什么找什么建立坐標(biāo)系后，要證0，缺少，的坐標(biāo)，根據(jù)所建坐標(biāo)系求出B，E，D，C點的坐標(biāo)即可第(2)問求什么想什么要證BE平面PAD，想到證與平面PAD的法向量垂直差什么找什么需要求及平面PAD法向量的坐標(biāo)，可根據(jù)第(1)問建立的空間直角坐標(biāo)系求解第(3)問求什么想什么要證平面PCD平面PAD，想到證平面PCD的法向量與平面PAD的法向量垂直差什么找什么缺少兩個平面的法向量，可利用(1)中所建的空間直角坐標(biāo)系求解規(guī)范解答依題意知，AB，AD，AP兩兩垂直，故以點A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)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)因為(0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC.(2)易知(1,0,0)為平面PAD的法向量，而(0,1,1)(1,0,0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)(0,2，2)，(2,0,0)，設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則即不妨令y1，可得n(0,1,1)為平面PCD的一個法向量因為平面PAD的一個法向量(1,0,0)，所以n(0,1,1)(1,0,0)0，所以n.所以平面PCD平面PAD.題后悟通利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系，建系時要盡可能地利用條件中的垂直關(guān)系(2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)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求出直線的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直關(guān)系(4)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題對點訓(xùn)練如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點E在線段BB1上，且EB11，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點求證：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.證明：(1)根據(jù)題意，以B為坐標(biāo)原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0,0,0)，D(0,2，2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，設(shè)BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，所以0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA平面ABD，BD平面ABD，所以B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(xiàn)(0,1,4)，則， (0,1,1)，所以0220， 0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG平面EGF，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD. 考法二利用空間向量求空間角 1向量法求異面直線所成的角若異面直線a，b的方向向量分別為a，b，異面直線所成的角為，則cos |cosa，b|.2向量法求線面所成的角求出平面的法向量n，直線的方向向量a，設(shè)線面所成的角為，則sin |cosn，a|.3向量法求二面角求出二面角l的兩個半平面與的法向量n1，n2，若二面角l所成的角為銳角，則cos |cosn1，n2|；若二面角l所成的角為鈍角，則cos |cosn1，n2|.題型策略(一)求異面直線所成的角(2015全國卷)如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)證明：平面AEC平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值破題思路第(1)問求什么想什么證明平面AEC平面AFC，想到求二面角EACF的平面角為直角或證明平面AEC的法向量與平面AFC的法向量垂直給什么用什么四邊形ABCD為菱形，則連接BD，使BDACO，有ACBD，且OAOC，OBOD.由EB平面ABC，F(xiàn)D平面ABC，ABBCCDAD，可證EAEC，F(xiàn)AFC，即EAC和FAC均為等腰三角形差什么找什么要證二面角的平面角為直角，需找出二面角的平面角，連接EO，F(xiàn)O可知EOF即為二面角的平面角；若利用坐標(biāo)系求解，此時可以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)B和OC分別為x軸，y軸建系第(2)問求什么想什么求直線AE與直線CF所成角的余弦值，想到求與的夾角的余弦值給什么用什么由BD與AC垂直平分，且BE平面ABCD，可以O(shè)B與OC分別為x軸，y軸建立空間直角坐標(biāo)系差什么找什么差各線段的具體長度，故可令OB1，進而求出各點坐標(biāo)，和的坐標(biāo)規(guī)范解答(1)證明：連接BD，設(shè)BDAC于點O，連接EO，F(xiàn)O，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)OB1.由ABC120，可得AOOC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC，故EOAC.由DF平面ABCD，ADDC，可知AFFC，故FOAC.所以二面角EACF的平面角為EOF.又AEEC，所以EO.在RtEBO中，可得BE，故DF.在RtFDO中，可得FO.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.從而EO2FO2EF2，所以EOFO.所以二面角EACF為直角，所以平面AEC平面AFC.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，|為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.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.題后悟通思路受阻分析解決第(1)問時，不能正確作出二面角的平面角或雖然作出，但不能正確求解而造成問題無法求解或求解錯誤，解決第(2)問時，不能建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，是造成不能解決問題的常見障礙技法關(guān)鍵點撥求異面直線所成的角，可以通過求兩直線的方向向量的夾角求得，即cos |cos |.要注意的范圍為對點訓(xùn)練1.將邊長為1的正方形AA1O1O(及其內(nèi)部)繞OO1旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中B1與C在平面AA1O1O的同側(cè)(1)求三棱錐CO1A1B1的體積；(2)求異面直線B1C與AA1所成的角的大小解：(1)，A1O1B1，SO1A1B1O1A1O1B1sin，VCO1A1B1OO1SO1A1B11，三棱錐CO1A1B1的體積為.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OO1所在直線為y軸，z軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,1,0)，A1(0,1,1)，B1，C.(0,0,1)，(0，1，1)，cos，異面直線B1C與AA1所成的角為.題型策略(二)求直線與平面所成的角(2018合肥質(zhì)檢)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，BF平面ABCD，DE平面ABCD，BFDE，M為棱AE的中點(1)求證：平面BDM平面EFC；(2)若DE2AB，求直線AE與平面BDM所成角的正弦值破題思路第(1)問求什么想什么求證平面BDM平面EFC，想到證明平面BDM內(nèi)的兩條相交直線與平面EFC平行給什么用什么由BF平面ABCD，DE平面ABCD，BFDE，利用線面垂直的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)可知四邊形BDEF為平行四邊形，即EFBD差什么找什么還需在平面BDM中找一條直線與平面CEF平行，由M為棱AE的中點，想到構(gòu)造三角形的中位線，連接AC與BD相交即可第(2)問求什么想什么求直線AE與平面BDM所成角的正弦值，想到求直線AE的方向向量與平面BDM的法向量所成角的余弦的絕對值給什么用什么題干中有DE平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，從而有DE，DA，DC兩兩互相垂直，利用此性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系差什么找什么要求點的坐標(biāo)，需要線段的長度，通過DE2AB賦值即可解決規(guī)范解答(1)證明：連接AC交BD于點N，則N為AC的中點，連接MN，又M為AE的中點，MNEC.MN平面EFC，EC平面EFC，MN平面EFC.BF，DE都垂直底面ABCD，BFDE.BFDE，四邊形BDEF為平行四邊形，BDEF.BD平面EFC，EF平面EFC，BD平面EFC.又MNBDN，平面BDM平面EFC.(2)DE平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，DA，DC，DE兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)AB2，則DE4，從而D(0,0,0)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，M(1,0,2)，(2,2,0)， (1,0,2)，設(shè)平面BDM的法向量為n(x，y，z)，則即令x2，則y2，z1，從而n(2，2，1)為平面BDM的一個法向量(2,0,4)，設(shè)直線AE與平面BDM所成的角為，則sin |cosn|，直線AE與平面BDM所成角的正弦值為.題后悟通思路受阻分析解決第(1)問不能正確利用M為中點這一條件構(gòu)造中位線導(dǎo)致問題不易求解；第(2)忽視條件DE2AB，不能正確賦值，造成不能繼續(xù)求解或求解錯誤技法關(guān)鍵點撥用向量法求解直線l與平面所成的角的一般思路為：設(shè)直線l的方向向量為a，平面的法向量為n，則直線l與平面所成的角滿足sin |cosa，n|對點訓(xùn)練2.(2018全國卷)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把DFC折起，使點C到達點P的位置，且PFBF.(1)證明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值解：(1)證明：由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如圖，作PHEF，垂足為H.由(1)得，PH平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點， 的方向為y軸正方向，|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又因為DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.則H(0,0,0)，P，D，.又為平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則sin .所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.題型策略(三)求平面與平面所成角(2018沈陽質(zhì)監(jiān))如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PAPD，APD90.(1)證明：平面PAB平面PCD；(2)求二面角APBC的余弦值破題思路第(1)問求什么想什么證明平面PAB平面PCD，想到證明其中一個平面內(nèi)的某條直線垂直于另一個平面給什么用什么給出平面PAD平面ABCD，底面ABCD為正方形，用面面垂直的性質(zhì)定理可知CD平面APD，則CDAP，然后結(jié)合APD90，即PDAP，利用面面垂直的判定定理即可證明第(2)問求什么想什么求二面角APBC的余弦值，想到求平面APB和平面BCP的法向量的夾角的余弦值給什么用什么由題目條件底面ABCD為正方形，可以根據(jù)正方形的性質(zhì)確定x軸，y軸建系差什么找什么要建立空間直角坐標(biāo)系，還缺少z軸由平面PAD平面ABCD，可在平面PAD內(nèi)過點P作AD的垂線即可規(guī)范解答(1)證明：底面ABCD為正方形，CDAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面PAD.又AP平面PAD，CDAP.APD90，即PDAP，又CDPDD，AP平面PCD.AP平面PAB，平面PAB平面PCD.(2)取AD的中點為O，BC的中點為Q，連接PO，OQ，易得PO底面ABCD，OQAD，以O(shè)為原點，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方形ABCD的邊長為2，可得A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(1,2,0)，P(0,0,1)設(shè)平面APB的法向量為n1(x1，y1，z1)，而(1,0，1)，(1,2，1)，則即取x11，得n1(1,0,1)為平面APB的一個法向量設(shè)平面BCP的法向量為n2(x2，y2，z2)，而(1,2，1)，(1,2，1)，則即取y21，得n2(0,1,2)為平面BCP的一個法向量cosn1，n2，由圖知二面角APBC為鈍角，故二面角APBC的余弦值為.題后悟通思路受阻分析本題第(1)問因不能正確利用面面垂直的性質(zhì)，而得不出CD平面PAD，從而導(dǎo)致無法證明面面垂直；第(2)問不能正確利用面面垂直的性質(zhì)找出z軸而無法正確建立空間直角坐標(biāo)系而導(dǎo)致不能正確求解技法關(guān)鍵點撥求二面角l的平面角的余弦值，即求平面的法向量n1與平面的法向量n2的夾角的余弦cosn1，n2，但要注意判斷二面角是銳角還是鈍角對點訓(xùn)練3. (2019屆高三昆明調(diào)研)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADC90，ABCD，AB2CD.平面PAD平面ABCD，PAPD，點E在PC上，DE平面PAC.(1)證明：PA平面PCD；(2)設(shè)AD2，若平面PBC與平面PAD所成的二面角為45，求DE的長解：(1)證明：由DE平面PAC，得DEPA.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CDAD，所以CD平面PAD，所以CDPA.又CDDED，所以PA平面PCD.(2)取AD的中點O，連接PO，因為PAPD，所以POAD，則PO平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，由(1)得PAPD，由AD2得PAPD，OP1，設(shè)CDa，則P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，1，0)，則(a,2,0)，(a,1，1)，設(shè)m(x，y，z)為平面PBC的法向量，則即令x2，則ya，z3a，故m(2，a,3a)為平面PBC的一個法向量，由(1)知n(a,0,0)為平面PAD的一個法向量，由|cosm，n|，解得a，即CD，所以在RtPCD中，PC，由等面積法可得DE.考法三利用空間向量求解探索性問題(2018山東濰坊三模)如圖，在四棱錐EABCD中，底面ABCD為矩形，平面ABCD平面ABE，AEB90，BEBC，F(xiàn)為CE的中點(1)求證：平面BDF平面ACE；(2)若2AEEB，在線段AE上是否存在一點P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對值為.請說明理由破題思路第(1)問求什么想什么求證平面BDF平面ACE，想到證明其中一個平面內(nèi)的直線垂直于另一個平面給什么用什么由平面ABCD平面ABE，AEB90可利用面面垂直性質(zhì)及線面垂直的判定及性質(zhì)得到AEBF；再由BEBC，F(xiàn)為CE的中點，可利用等腰三角形中線、高線合一可得到BFCE；進而再由線面垂直的判定、面面垂直的判定得證第(2)問求什么想什么在線段AE上是否存在一點P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對值為.想到假設(shè)點P存在，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點P坐標(biāo)，求二面角的余弦值即可給什么用什么2AEEB，題目已知條件及(1)的結(jié)論，可建系設(shè)點表示出兩平面的法向量，進而由兩法向量夾角公式得出關(guān)于點P坐標(biāo)的方程，求解即可規(guī)范解答(1)證明：因為平面ABCD平面ABE，BCAB，平面ABCD平面ABEAB，所以BC平面ABE，又AE平面ABE，所以BCAE.因為AEBE，BCBEB，所以AE平面BCE，因為BF平面BCE，所以AEBF，在BCE中，因為BEBC，F(xiàn)為CE的中點，所以BFCE，又AECEE，所以BF平面ACE，又BF平面BDF，所以平面BDF平面ACE.(2)存在如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Exyz，設(shè)AE1，則E(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,2)，C(2,0,2)，F(xiàn)(1,0,1)，(2,1,2)，(1,0,1)，設(shè)P(0，a,0)，a0,1，則(2，a,0)，結(jié)合(1)易知EC平面BDF，故(2,0,2)為平面BDF的一個法向量，設(shè)n(x，y，z)為平面BDP的法向量，則即令xa，可得平面BDP的一個法向量為n(a,2，a1)，所以cos，n，由|cos，n|，解得a0或a1.故在線段AE上存在點P，使得二面角PDBF的余弦值的絕對值為，且此時點P在E處或A處題后悟通思路受阻分析解決第(1)問時，不會證明AEBF，造成無法繼續(xù)往下證明結(jié)論成立；解決第(2)問時，不能正確建立空間直角坐標(biāo)系表示相關(guān)向量坐標(biāo)，是造成不能解決問題的常見誤區(qū)技法關(guān)鍵點撥利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)(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(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論對點訓(xùn)練如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，EFAB，DEEF1，DCBF2，EAD30.(1)求證：AE平面CDEF；(2)在線段BD上確定一點G，使得平面EAD與平面FAG所成的角為30.解：(1)證明：因為四邊形ABCD是正方形，所以ADCD2.在ADE中，由正弦定理得，即，解得sinAED1，所以AED90，即AEED.在梯形ABFE中，過點E作EPBF交AB于點P，因為EFAB，所以EPBF2，PBEF1，AP1.在RtADE中，AE，所以AE2AP2EP2，所以AEAB，所以AEEF，又EFDEE，所以AE平面CDEF.(2)由(1)可得，AEEF，又ADDC，DCEF，ADAEA，所以DC平面AED，又DC平面ABCD，所以平面AED平面ABCD.以D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，其中z軸為在平面AED內(nèi)過點D作AD的垂線所在的直線，則B(2,2,0)，A(2,0，0)，E，F(xiàn)，所以(2,2,0)，.設(shè)(2，2，0)(01)，則(22,2，0)，設(shè)平面FAG的法向量為n1(x1，y1，z1)，則即取x1，可得平面FAG的一個法向量為n1(，25)，易知平面EAD的一個法向量為n2(0,1,0)，所以cos 30，化簡可得92610，解得，故當(dāng)點G滿足時，平面EAD與平面FAG所成的角為30.高考大題通法點撥立體幾何問題重在“建”建模、建系思維流程策略指導(dǎo)立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深解決這類題目的原則是建模、建系建模將問題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距離等的計算模型建系依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解 如圖，四邊形ABCD是矩形，AB1，AD，E是AD的中點，BE與AC交于點F，GF平面ABCD.(1)求證：AF平面BEG；(2)若AFFG，求直線EG與平面ABG所成角的正弦值破題思路第(1)問求什么想什么求證AF平面BEG，想到證明AF與平面BEG內(nèi)的兩條相交直線垂直給什么用什么題目中給出GF平面ABCD，利用線面垂直的性質(zhì)可證AFGF差什么找什么還差A(yù)F與平面BEG中的另一條與GF相交的直線垂直在矩形ABCD中，根據(jù)已知數(shù)據(jù)可證明AFB90第(2)問求什么想什么求直線EG與平面ABG所成角的正弦值，想到建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解與平面ABG的一個法向量的余弦值給什么用什么題目中給出GF平面ABCD，可用GF為z軸，由(1)問可知GF，AF，EF兩兩互相垂直，故可建立空間直角坐標(biāo)系差什么找什么還缺少點的坐標(biāo)，根據(jù)AFFG，以及題目條件可求出相關(guān)點的坐標(biāo)規(guī)范解答(1)證明：因為四邊形ABCD為矩形，所以AEFCBF，所以.又在矩形ABCD中，AB1，AD，所以AE，AC.在RtBEA中，BE，所以AFAC，BFBE.在ABF中，AF2BF2221AB2，所以AFB90，即AFBE.因為GF平面ABCD，AF平面ABCD，所以AFGF.又BEGFF，BE平面BEG，GF平面BEG，所以AF平面BEG.(2)由(1)得AC，BE，F(xiàn)G兩兩垂直，以點F為原點，F(xiàn)A，F(xiàn)E，F(xiàn)G所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A，B，G，E，.設(shè)n(x，y，z)是平面ABG的法向量，則即取x，得n(，1，)是平面ABG的一個法向量設(shè)直線EG與平面ABG所成角的大小為，則sin ，所以直線EG與平面ABG所成角的正弦值為.關(guān)鍵點撥利用法向量求解空間角的關(guān)鍵在于“四破”對點訓(xùn)練(2018全國卷)如圖，在三棱錐PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，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MPAC為30，求PC與平面PAM所成角的正弦值解：(1)證明：因為PAPCAC4，O為AC的中點，所以POAC，且PO2.連接OB，因為ABBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因為OBACO，所以PO平面ABC.(2)以O(shè)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Oxyz.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的一個法向量(2,0,0)設(shè)M(a,2a,0)(0<a2)，則(a,4a,0)設(shè)平面PAM的法向量為n(x，y，z)由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一個法向量為n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a或a4(舍去)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.總結(jié)升華立體幾何的內(nèi)容在高考中的考查情況總體上比較穩(wěn)定，因此，復(fù)習(xí)備考時往往有“綱”可循，有“題”可依在平時的學(xué)習(xí)中，要加強“一題兩法(幾何法與向量法)”的訓(xùn)練，切勿顧此失彼；要重視識圖訓(xùn)練，能正確確定關(guān)鍵點或線的位置，將局部空間問題轉(zhuǎn)化為平面模型；能依托于題中的垂直條件，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，將幾何問題化歸為代數(shù)問題的計算模型其中，平行、垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)是立體幾何的核心內(nèi)容，空間角的計算是重點內(nèi)容 專題跟蹤檢測(對應(yīng)配套卷P188)1(2018全國卷)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MABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因為BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.因為DM平面AMD，所以平面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Dxyz.當(dāng)三棱錐MABC的體積最大時，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)，設(shè)n(x，y，z)是平面MAB的法向量，則即可取n(1,0,2)，又是平面MCD的一個法向量，所以cosn，sinn，.所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.2.(2018唐山模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中點(1)求證：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值解：(1)證明：因為PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因為AB2AD2CD，所以ACBCADCD，所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因為AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC.(2)如圖，以C為坐標(biāo)原點， ， 的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)CB2，CP2a(a0)則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0，2a)，則E(1,0，a)，(0,2,0)，(0,0,2a)， (1,0，a)，易知m(1,0,0)為平面PAC的一個法向量設(shè)n(x，y，z)為平面EAC的法向量，則即取xa，則z1，n(a,0，1)依題意，|cosm，n|，解得a.于是n(，0，1)，(0,2，2)設(shè)直線PA與平面EAC所成角為，則sin |cos，n|.即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為.3(2018西安質(zhì)檢)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)證明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值解：(1)證明：A1O平面ABCD，BD平面ABCD.A1OBD.四邊形ABCD是菱形，COBD.A1OCOO，BD平面A1CO.BD平面BB1D1D，平面A1CO平面BB1D1D.(2)A1O平面ABCD，COBD，OB，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)B2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC，OA1.則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0,0，)，(1,0,0)，(0，)，(1，)，(0，0)設(shè)平面OBB1的法向量為n(x1，y1，z1)，則即令y1，得n(0，1)是平面OBB1的一個法向量設(shè)平面OCB1的法向量m(x2，y2，z2)，則即令z21，得m(，0，1)為平面OCB1的一個法向量，cosn，m，由圖可知二面角BOB1C是銳二面角，二面角BOB1C的余弦值為.4(2018長春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA平面ABCD，E為PD的中點(1)證明：PB平面ACE；(2)設(shè)PA1，ABC60，三棱錐EACD的體積為，求二面角DAEC的余弦值解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接OE.在PBD中，PEDE，BODO，所以PBOE.又PB平面ACE，OE平面ACE，所以PB平面ACE.(2)由題易知VPABCD2VPACD4VEACD，設(shè)菱形ABCD的邊長為a，則VPABCDSABCDPA1，解得a.取BC的中點為M，連接AM，則AMAD.以點A為坐標(biāo)原點，分別以，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，E，C，設(shè)n1(x，y，z)為平面AEC的法向量，則即取x1，則n1(1，3)為平面AEC的一個法向量又易知平面AED的一個法向量為n2(1,0,0)，所以cosn1，n2，由圖易知二面角DAEC為銳二面角，所以二面角DAEC的余弦值為.5.(2018鄭州質(zhì)檢)如圖，在三棱錐PABC中，平面PAB平面ABC，AB6，BC2，AC2，D，E分別為線段AB，BC上的點，且AD2DB，CE2EB，PDAC.(1)求證：PD平面ABC；(2)若直線PA與平面ABC所成的角為45，求平面PAC與平面PDE所成銳二面角的大小解：(1)證明：AC2，BC2，AB6，AC2BC2AB2，ACB90，cosABC.易知BD2，CD222(2)2222cosABC8，CD2，易知AD4，CD2AD2AC2，CDAB.平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，CD平面PAB，CDPD，PDAC，ACCDC，PD平面ABC.(2)由(1)知PD，CD，AB兩兩互相垂直，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，直線PA與平面ABC所成的角為45，即PAD45，PDAD4，則A(0，4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，(2，2,0)，(2，4,0)，(0，4，4)AD2DB，CE2EB，DEAC.由(1)知ACBC，DEBC，又PD平面ABC，PDBC，PDDED，CB平面PDE，(2，2,0)為平面PDE的一個法向量設(shè)平面PAC的法向量為n(x，y，z)，則令z1，得x，y1，n(，1,1)為平面PAC的一個法向量cosn，平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為，故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30.6(2019屆高三洛陽聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，點E是BC邊的中點，將ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體(1)求證：AB平面ADC；(2)若AD1，二面角CABD的平面角的正切值為，求二面角BADE的余弦值解：(1)證明：因為平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BDDC，所以DC平面ABD.因為AB平面ABD，所以DCAB.又因為ADAB，DCADD，所以AB平面ADC.(2)由(1)知AB平面ADC，所以二面角CABD的平面角為CAD.又DC平面ABD，AD平面ABD，所以DCAD.依題意tanCAD.因為AD1，所以CD.設(shè)ABx(x0)，則BD.依題意ABDDCB，所以，即.解得x，故AB，BD，BC3.法一：以D為坐標(biāo)原點，DB，DC所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則D(0,0，0)，B(，0,0)，C(0，0)，E，A，所以，.由(1)知平面BAD的一個法向量n(0,1,0)設(shè)平面ADE的法向量為m(x，y，z)，則即令x，得y1，z1，所以m(，1，1)為平面ADE的一個法向量所以cosn，m.由圖可知二面角BADE的平面角為銳角，所以二面角BADE的余弦值為.法二：因為DC平面ABD，所以過點E作EFDC交BD于F，則EF平面ABD.因為AD平面ABD，所以EFAD.過點F作FGAD于G，連接GE，所以AD平面EFG，因此ADGE，所以二面角BADE的平面角為EGF.由平面幾何的知識求得EFCD，F(xiàn)GAB，所以EG，所以cosEGF.所以二面角BADE的余弦值為.7.如圖，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，ABC45，ADAP2，ABDP2，E為CD的中點，點F在線段PB上(1)求證：ADPC；(2)試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等解：(1)證明：連接AC，因為AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454，得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACB90，即BCAC.又ADBC，所以ADAC，因為ADAP2，DP2，所以AD2AP2DP2，所以PAD90，即PAAD，又APACA，所以AD平面PAC.又PC平面PAC，所以ADPC.(2)因為側(cè)面PAD底面ABCD，側(cè)面PAD底面ABCDAD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標(biāo)原點，直線AD，AC，AP分別為x軸，y軸，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)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,1,0)，P(0,0,2)，所以(0,2，2)，(2,0，2)，(2,2，2)設(shè)(0,1)，則(2，2，2)，F(xiàn)(2，2，22)，所以(21,21，22)，易得平面ABCD的一個法向量為m(0,0,1)設(shè)平面PDC的法向量為n(x，y，z)，則即令x1，得n(1，1，1)因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等，所以|cos，m|cos，n|，即，所以|22|，即|1|(0,1)，解得，所以.即當(dāng)時，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等8. 如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC平面ABC，PAPCAC2，BC4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，記平面AEF與平面ABC的交線為直線l.(1)證明：直線l平面PAC；(2)在直線l上是否存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明理由解：(1)證明：E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，BCEF，又EF平面EFA，BC平面EFA，BC平面EFA，又BC平面ABC，平面EFA平面ABCl，BCl，又BCAC，平面PAC平面ABCAC，平面PAC平面ABC，BC平面PAC，l平面PAC.(2)以C為坐標(biāo)原點，CA為x軸，CB為y軸，過C垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0，0)，A(2，0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，E，F(xiàn).，(0,2,0)，設(shè)Q(2，y,0)，平面AEF的一個法向量為m(x，y，z)，則即取z，得m(1,0，)又(1，y，)，|cos，|，|cos，m|，依題意，得|cos，|cos，m，y1.直線l上存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余，AQ的長為1.