2019高考數學一輪復習 第八章 立體幾何 8.6 空間向量在立體幾何中的應用練習 理.doc

《2019高考數學一輪復習 第八章 立體幾何 8.6 空間向量在立體幾何中的應用練習 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數學一輪復習 第八章 立體幾何 8.6 空間向量在立體幾何中的應用練習 理.doc（31頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

8.6　空間向量在立體幾何中的應用 考綱解讀 考點 內容解讀 要求 高考示例 常考題型 預測熱度 空間向量及其應用 ①理解直線的方向向量與平面的法向量; ②能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關系; ③能用向量方法證明有關直線和平面位置關系的一些定理(包括三垂線定理); ④能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題,了解向量方法在研究立體幾何問題中的應用 掌握 2017浙江,9; 2017課標全國Ⅱ,19; 2017天津,17;2017江蘇,22; 2017北京,16;2017浙江,19; 2017山東,17; 2016課標全國Ⅲ,19; 2016山東,17;2016浙江,17; 2015課標Ⅱ,19;2014陜西,17; 2013課標全國Ⅱ,18 解答題 ★★★ 分析解讀　1.能運用共線向量、共面向量、空間向量基本定理及有關結論證明點共線、點共面、線共面及線線、線面的平行與垂直問題;會求線線角、線面角;會求點點距、點面距等距離問題,從而培養(yǎng)用向量法思考問題和解決問題的能力.2.會利用空間向量的坐標運算、兩點間距離公式、夾角公式以及相關結論解決有關平行、垂直、長度、角、距離等問題,從而培養(yǎng)準確無誤的運算能力.3.本節(jié)內容在高考中延續(xù)解答題的形式,以多面體為載體,求空間角的命題趨勢較強,分值約為12分,屬中檔題. 五年高考 考點　空間向量及其應用 1.(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. 解析　在平面ABCD內,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系A-xyz. 因為AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120, 則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m=(x,y,z)為平面BA1D的法向量, 又=(,-1,-),=(-,3,0), 則 即 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>===. 設二面角B-A1D-A的大小為θ,則|cos θ|=. 因為θ∈[0,π],所以sin θ==. 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. 2.(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. 解析　(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, 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,). 平面PAD的一個法向量為p=(0,1,0). 所以cos==. 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sin α=|cos|==. 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為. 3.(2017課標全國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. 解析　(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EF??BC,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|=sin 45,=, 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). 于是cos==. 易知所求二面角為銳角. 因此二面角M-AB-D的余弦值為. 4.(2016課標全國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. 解析　(1)由已知得AM=AD=2. 取BP的中點T,連接AT,TN,由N為PC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===. 以A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A-xyz. 由題意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N, =(0,2,-4),=,=. 設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|==. 即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.(12分) 教師用書專用(5—25) 5.(2017浙江,9,5分)如圖,已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點,AP=PB,==2.分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為α,β,γ,則(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α 答案　B 6.(2014廣東,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),則下列向量中與a成60夾角的是(　　) A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1) D.(-1,0,1) 答案　B 7.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空間單位向量,e1e2=.若空間向量b滿足be1=2,be2=,且對于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),則x0=　　　　,y0=　　　　,|b|=　　　　. 答案　1;2;2 8.(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. 解析　(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. 又AM=1,所以EM=CM==2. 在△BEC中,由于∠EBC=120, 由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=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 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==. 易知所求角為銳二面角, 因此所求的角為60. 9.(2015課標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. 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,則A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8). 設n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 則即 所以可取n=(0,4,3). 又=(-10,4,8),故|cos|==. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. 10.(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. 解析　(1)證明:設FC中點為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. 又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BO⊥AC. 以O為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系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m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由可得 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==. 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. 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=BMsin 45=. 從而FN=,可得cos∠FNM=. 所以二面角F-BC-A的余弦值為. 11.(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. 解析　(1)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. 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). 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==. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為. 12.(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. 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為原點,建立空間直角坐標系, 因為A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED, 所以B,E,A1,C, 得=,=, ==(-,0,0). 設平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC與平面A1CD夾角為θ, 則得取n1=(1,1,1); 得取n2=(0,1,1), 從而cos θ=|cos|==, 即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為. 13.(2015四川,18,12分)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.在正方體中,設BC的中點為M,GH的中點為N. (1)請將字母F,G,H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由); (2)證明:直線MN∥平面BDH; (3)求二面角A-EG-M的余弦值. 解析　(1)點F,G,H的位置如圖所示. (2)證明:連接BD,設O為BD的中點. 因為M,N分別是BC,GH的中點, 所以OM∥CD,且OM=CD, HN∥CD,且HN=CD. 所以OM∥HN,OM=HN. 所以MNHO是平行四邊形, 從而MN∥OH. 又MN?平面BDH,OH?平面BDH, 所以MN∥平面BDH. (3)解法一:連接AC,過M作MP⊥AC于P. 在正方體ABCD-EFGH中,AC∥EG, 所以MP⊥EG. 過P作PK⊥EG于K,連接KM, 所以EG⊥平面PKM,從而KM⊥EG. 所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角. 設AD=2,則CM=1,PK=2. 在Rt△CMP中,PM=CMsin 45=. 在Rt△PKM中,KM==. 所以cos∠PKM==. 即二面角A-EG-M的余弦值為. 解法二:如圖,以D為坐標原點,分別以,,方向為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標系D-xyz. 設AD=2,則M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0), 所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2). 設平面EGM的法向量為n1=(x,y,z), 由得 取x=2,得n1=(2,2,1). 在正方體ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC, 則可取平面AEG的一個法向量為n2==(1,1,0), 所以cos===, 故二面角A-EG-M的余弦值為. 14.(2015江蘇,22,10分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四邊形ABCD為直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值; (2)點Q是線段BP上的動點,當直線CQ與DP所成的角最小時,求線段BQ的長. 解析　以{,,}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,則各點的坐標為B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). (1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一個法向量,=(0,2,0). 因為=(1,1,-2),=(0,2,-2), 設平面PCD的法向量為m=(x,y,z), 則m=0,m=0, 即 令y=1,解得z=1,x=1. 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一個法向量. 從而cos<,m>==, 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2)因為=(-1,0,2), 設=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1), 又=(0,-1,0), 則=+=(-λ,-1,2λ), 又=(0,-2,2), 從而cos<,>==. 設1+2λ=t,t∈[1,3], 則cos2 <,>==≤. 當且僅當t=,即λ=時,|cos<,>|的最大值為. 因為y=cos x在上是減函數,所以此時直線CQ與DP所成的角取得最小值. 又因為BP==, 所以BQ=BP=. 15.(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. 解析　解法一:(1)證明: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. (2)如圖,在平面BEC內,過B點作BQ∥EC.因為BE⊥CE,所以BQ⊥BE. 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的法向量. 設n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由得 取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos===, 所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為. 解法二:(1)證明:如圖,取AB中點M,連接MG,MF. 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)同解法一. 16.(2014陜西,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD,DC,CA于點F,G,H. (1)證明:四邊形EFGH是矩形; (2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值. 解析　(1)證明:由該四面體的三視圖可知, BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1. 由題設,知BC∥平面EFGH, 平面EFGH∩平面BDC=FG, 平面EFGH∩平面ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH. 同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG, ∴四邊形EFGH是平行四邊形. 又∵AD⊥DC,AD⊥BD,BD∩DC=D,∴AD⊥平面BDC, ∴AD⊥BC,∴EF⊥FG, ∴四邊形EFGH是矩形. (2)解法一:如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), =(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 設平面EFGH的法向量n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC, ∴n=0,n=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<,n>|===. 解法二:以D為坐標原點建立空間直角坐標系, 則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), ∵E是AB的中點,∴F,G分別為BD,DC的中點, 得E,F(1,0,0),G(0,1,0). ∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1). 設平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 則n=0,n=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<,n>|===. 17.(2014安徽,20,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四邊形ABCD為梯形,AD∥BC,且AD=2BC.過A1,C,D三點的平面記為α,BB1與α的交點為Q. (1)證明:Q為BB1的中點; (2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比; (3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面α與底面ABCD所成二面角的大小. 解析　(1)證明:因為BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A, 所以平面QBC∥平面A1AD. 從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行,即QC∥A1D. 故△QBC與△A1AD的對應邊相互平行,于是△QBC∽△A1AD. 所以===,即Q為BB1的中點. (2)如圖1,連接QA,QD.設AA1=h,梯形ABCD的高為d,四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下,設BC=a,則AD=2a. 圖1 =2ahd=ahd, VQ-ABCD=dh=ahd, 所以V下=+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd, 所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd, 故=. (3)解法一:如圖1,連接AC,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足為E,連接A1E. 因為DE⊥AA1,且AA1∩AE=A, 所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E. 所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角. 因為BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA. 又因為梯形ABCD的面積為6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4. 于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=. 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 解法二:如圖2,以D為原點,,的方向分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標系. 圖2 設∠CDA=θ.由(2)知||=a. 因為S四邊形ABCD=2sin θ=6, 所以a=. 從而C(2cos θ,2sin θ,0),A1, 所以=(2cos θ,2sin θ,0),=. 設平面A1DC的法向量為n=(x,y,1), 由 得x=-sin θ,y=cos θ, 所以n=(-sin θ,cos θ,1). 又因為平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1), 所以cos==, 易知平面α與底面ABCD所成二面角的平面角為銳角, 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 18.(2014天津,17,13分)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. (1)證明BE⊥DC; (2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值; (3)若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值. 解析　解法一: 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)證明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0. 所以BE⊥DC. (2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).設n=(x,y,z)為平面PBD的法向量, 則即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量.于是有 cos===. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由點F在棱PC上,設=λ,0≤λ≤1. 故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.設n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則即 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則 cos===-. 易知,二面角F-AB-P是銳角, 所以其余弦值為. 解法二: (1)證明:如圖,取PD的中點M,連接EM,AM. 由于E,M分別為PC,PD的中點,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BE∥AM. 因為PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA, 從而CD⊥平面PAD,因為AM?平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD. (2)連接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因為AD=AP,M為PD的中點,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直線BE在平面PBD內的射影為直線BM,而BE⊥EM,可得∠EBM為銳角,故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角. 依題意,有PD=2,而M為PD的中點,可得AM=,進而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)如圖,在△PAC中,過點F作FH∥PA交AC于點H.因為PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,從而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD內,可得CH=3HA,從而CF=3FP.在平面PDC內,作FG∥DC交PD于點G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四點共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG為二面角F-AB-P的平面角. 在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=. 所以二面角F-AB-P的余弦值為. 19.(2014四川,18,12分)三棱錐A-BCD及其側視圖、俯視圖如圖所示.設M,N分別為線段AD,AB的中點,P為線段BC上的點,且MN⊥NP. (1)證明:P是線段BC的中點; (2)求二面角A-NP-M的余弦值. 解析　(1)證明:如圖,取BD中點O,連接AO,CO. 由側視圖及俯視圖知,△ABD,△BCD為正三角形, 因此AO⊥BD,OC⊥BD. 因為AO,OC?平面AOC,且AO∩OC=O, 所以BD⊥平面AOC. 又因為AC?平面AOC,所以BD⊥AC. 取BO的中點H,連接NH,PH. 又M,N分別為線段AD,AB的中點, 所以NH∥AO,MN∥BD. 因為AO⊥BD,所以NH⊥BD. 因為MN⊥NP,所以NP⊥BD. 因為NH,NP?平面NHP,且NH∩NP=N, 所以BD⊥平面NHP. 又因為HP?平面NHP,所以BD⊥HP. 又OC⊥BD,HP?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP∥OC. 因為H為BO中點,故P為BC中點. (2)解法一: 如圖,作NQ⊥AC于Q,連接MQ. 由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP. 因為MN⊥NP,所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角. 由(1)知,△ABD,△BCD是邊長為2的正三角形,所以AO=OC=. 由俯視圖可知,AO⊥平面BCD. 因為OC?平面BCD,所以AO⊥OC. 因此在等腰Rt△AOC中,AC=. 作BR⊥AC于R. 在△ABC中,AB=BC,所以BR==. 因為在平面ABC內,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR. 又因為N為AB的中點,所以Q為AR的中點, 因此NQ==. 同理,可得MQ=, 所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===. 故二面角A-NP-M的余弦值是. 解法二: 由俯視圖及(1)可知,AO⊥平面BCD. 因為OC,OB?平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB. 又OC⊥OB,所以直線OA,OB,OC兩兩垂直. 如圖,以O為坐標原點,以,,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系Oxyz. 則A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0). 因為M,N分別為線段AD,AB的中點, 又由(1)知,P為線段BC的中點, 所以M, N,P. 于是=(1,0,-),=(-1,,0), =(1,0,0),=. 設平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1), 則即 有 從而 取z1=1,則x1=,y1=1,所以n1=(,1,1). 設平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2), 則即 有從而 取z2=1,所以n2=(0,1,1). 設二面角A-NP-M的大小為θ, 則cos θ===. 故二面角A-NP-M的余弦值是. 20.(2013課標全國Ⅱ,18,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點,AA1=AC=CB=AB. (1)證明:BC1∥平面A1CD; (2)求二面角D-A1C-E的正弦值. 解析　(1)證法一:連接AC1交A1C于點F,則F為AC1的中點. 又D是AB的中點,連接DF,則BC1∥DF. 因為DF?平面A1CD,BC1?平面A1CD, 所以BC1∥平面A1CD. 證法二:由AC=CB=AB得,AC⊥BC. 以C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C-xyz.設CA=2,則D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2), =(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2). 設n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量, 則即 可取n=(1,-1,-1). ∵=(0,0,2)-(0,2,0)=(0,-2,2). 從而n=(1,-1,-1)(0,-2,2)=0. ∴BC1∥平面A1CD. (2)設m=(a,b,c)是平面A1CE的法向量,則即可取m=(2,1,-2). 從而cos==,故sin=. 即二面角D-A1C-E的正弦值為. 21.(2013湖南,19,12分)如圖,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3. (1)證明:AC⊥B1D; (2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值. 解析　解法一:(1)如圖1,因為BB1⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥BB1. 圖1 又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D?平面BB1D,所以AC⊥B1D. (2)因為B1C1∥AD,所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為θ). 如圖1,連接A1D.因為棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90,所以A1B1⊥平面ADD1A1,從而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四邊形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D. 由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90-θ. 在直角梯形ABCD中,因為AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.從而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==. 連接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=. 在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===, 即cos(90-θ)=.從而sin θ=. 即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為. 解法二:(1)易知,AB,AD,AA1兩兩垂直.如圖2,以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系.設AB=t,則相關各點的坐標為A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3). 圖2 從而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0). 因為AC⊥BD,所以=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去). 于是=(-,3,-3),=(,1,0). 因為=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D. (2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0). 設n=(x,y,z)是平面ACD1的一個法向量, 則即令x=1,則n=(1,-,). 設直線B1C1與平面ACD1所成角為θ,則sin θ=|cos|===. 即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為. 22.(2013重慶,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F為PC的中點,AF⊥PB. (1)求PA的長; (2)求二面角B-AF-D的正弦值. 解析　(1)如圖,連接BD交AC于O,因為BC=CD,即△BCD為等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥BD.以O為坐標原點,,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系O-xyz,則OC=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0). 因PA⊥底面ABCD,可設P(0,-3,z),由F為PC邊中點,得F.又=,=(,3,-z),因AF⊥PB,故=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2. (2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).設平面FAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量為n2=(x2,y2,z2), 由n1=0,n1=0,得 因此可取n1=(3,,-2). 由n2=0,n2=0,得 故可取n2=(3,-,2). 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos==. 故二面角B-AF-D的正弦值為. 23.(2013天津,17,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E為棱AA1的中點. (1)證明B1C1⊥CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值; (3)設點M在線段C1E上,且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為,求線段AM的長. 解析　解法一:如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,依題意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0). (1)證明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1), 于是=0,所以B1C1⊥CE. (2)=(1,-2,-1). 設平面B1CE的法向量m=(x,y,z), 則即消去x,得y+2z=0, 不妨令z=1,可得一個法向量為m=(-3,-2,1). 由(1)知B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1, 故=(1,0,-1)為平面CEC1的一個法向量. 于是cos===-, 從而sin=. 所以二面角B1-CE-C1的正弦值為. (3)=(0,1,0),=(1,1,1).設=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可取=(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量. 設θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角, 則sin θ=|cos<,>|= ==. 于是=,解得λ=,所以AM=. 解法二:(1)證明:因為側棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.經計算可得B1E=,B1C1=,EC1=,從而B1E2=B1+E,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE. (2)過B1作B1G⊥CE于點G,連接C1G. 由(1)知B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G, 得CE⊥C1G,所以∠B1GC1為二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=. 在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠B1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值為. (3)連接D1E,過點M作MH⊥ED1于點H,可得MH⊥平面ADD1A1,連接AH,AM,則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角. 設AM=x,從而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x. 在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AEEHcos 135,得x2=1+x2+x, 整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以線段AM的長為. 24.(2013江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E為BD的中點,G為PD的中點,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,連接CE并延長交AD于F. (1)求證:AD⊥平面CFG; (2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值. 解析　(1)在△ABD中,因為E是BD中點,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=, 因為△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, 從而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA, 故EF⊥AD,AF=FD,又因為PG=GD,所以FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD,所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG. (2)以點A為坐標原點建立如圖所示的坐標系,則A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P,故=,=,=. 設平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1), 則解得即n1=. 設平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2), 則解得 即n2=(1,,2).從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為cos θ===. 25.(2013浙江,20,15分)如圖,在四面體A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中點,P是BM的中點,點Q在線段AC上,且AQ=3QC. (1)證明:PQ∥平面BCD; (2)若二面角C-BM-D的大小為60,求∠BDC的大小. 解析　解法一:(1)取BD的中點O,在線段CD上取點F,使得DF=3FC,連接OP,OF,FQ. 因為AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD. 因為O,P分別為BD,BM的中點,所以OP是△BDM的中位線,所以OP∥DM,且OP=DM. 又點M為AD的中點,所以OP∥AD,且OP=AD. 從而OP∥FQ,且OP=FQ, 所以四邊形OPQF為平行四邊形,故PQ∥OF. 又PQ?平面BCD,OF?平面BCD,所以PQ∥平面BCD. (2)作CG⊥BD于點G,作GH⊥BM于點H,連接CH. 因為AD⊥平面BCD,CG?平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM?平面ABD,所以CG⊥BM. 又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.所以∠CHG為二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60. 設∠BDC=θ. 在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=2cos θ, CG=CDsin θ=2cos θsin θ, BG=BCsin θ=2sin2θ. 在Rt△BDM中,HG==. 在Rt△CHG中,tan∠CHG===. 所以tan θ=.從而θ=60.即∠BDC=60. 解法二:(1)如圖,取BD的中點O,以O為原點,OD,OP所在射線為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意知A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0). 設點C的坐標為(x0,y0,0),因為=3,所以Q. 因為M為AD的中點,故M(0,,1).又P為BM的中點, 故P,所以=. 又平面BCD的一個法向量為u=(0,0,1),故u=0. 又PQ?平面BCD,所以PQ∥平面BCD. (2)設m=(x,y,z)為平面BMC的一個法向量. 由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1), 知取y=-1,得m=. 又平面BDM的一個法向量為n=(1,0,0),于是|cos|===, 即=3.① 又BC⊥CD,所以=0, 故(-x0,--y0,0)(-x0,-y0,0)=0, 即+=2.② 聯立①,②,解得(舍去)或 所以tan∠BDC==. 又∠BDC是銳角,所以∠BDC=60. 三年模擬 A組　2016—2018年模擬基礎題組 考點　空間向量及其應用 1.(2017湖南五市十校3月聯考,15)有公共邊的等邊三角形ABC和BCD所在平面互相垂直,則異面直線AB和CD所成角的余弦值為　　　　. 答案　 2.(2018廣東茂名模擬,18)如圖,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一側的兩點,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=,FC=1. (1)證明:平面CDF⊥平面ADE; (2)求二面角E-BD-F的正弦值. 解析　(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴CD⊥AD. ∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE. 又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE. ∵CD?平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE. (2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=,∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD. 又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD. 以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz, 則D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2). ∴=(1,2,0),=(0,2,1), 設平面BDF的法向量為m=(x,y,z), ∴ 令x=2,得m=(2,-1,2). 同理可求得平面BDE的一個法向量為n=(2,-1,-1), ∴cos===, ∴sin=. 故二面角E-BD-F的正弦值為. 3.(2017河南洛陽二模,19)已知三棱錐A-BCD,AD⊥平面BCD,BD⊥CD,AD=BD=2,CD=2,E,F分別是AC,BC的中點,P為線段BC上一點,且CP=2PB. (1)求證:AP⊥DE; (2)求直線AC與平面DEF所成角的正弦值. 解析　(1)證明:作PG∥BD交CD于G.連接AG. ∴==2, ∴GD=CD=. ∵AD⊥平面BCD,∴AD⊥DC, ∵在△ADG中,tan∠GAD=, ∴∠DAG=30,在Rt△ADC中,AC2=AD2+CD2=4+12=16, ∴AC=4,又E為AC的中點,∴DE=AE=2,又AD=2, ∴∠ADE=60,∴AG⊥DE. ∵AD⊥面BCD,∴AD⊥BD, 又∵BD⊥CD,AD∩CD=D,∴BD⊥面ADC, ∴PG⊥面ADC,∴PG⊥DE. 又∵AG∩PG=G,∴DE⊥面AGP,又AP?面AGP, ∴AP⊥DE. (2)以D為坐標原點,直線DB、DC、DA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D-xyz, 則D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),F(1,,0), ∴=(1,,0),=(0,,1),=(0,2,-2). 設平面DEF的法向量為n=(x,y,z), 則即 令x=3,則n=(3,-,3). 設直線AC與平面DEF所成角為θ, 則sin θ=|cos<,n>|===, 所以AC與平面DEF所成角的正弦值為. B組　2016—2018年模擬提升題組 (滿分:30分　時間:30分鐘) 一、填空題(共5分) 1.(人教A選2—1,三,3-2A,4,變式)已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中,