2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題13 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理

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1、 專題13 立體幾何中的向量方法 空間向量及其應(yīng)用一般每年考一道大題，試題一般以多面體為載體，分步設(shè)問，既考查綜合幾何也考查向量幾何，諸小問之間有一定梯度，大多模式是：諸小問依次討論線線垂直與平行→線面垂直與平行→面面垂直與平行→異面直線所成角、線面角、二面角→體積的計(jì)算．強(qiáng)調(diào)作圖、證明、計(jì)算相結(jié)合．考查的多面體以三棱錐、四棱錐(有一條側(cè)棱與底面垂直的棱錐、正棱錐)、棱柱(有一側(cè)棱或側(cè)面與底面垂直的棱柱，或底面為特殊圖形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等類型的棱柱)為主． 1．共線向量與共面向量 (1)共線向量定理：對(duì)空間任意兩個(gè)向量a、b(b≠0)，a∥b的充要條

2、件是存在實(shí)數(shù)λ，使a＝λb. (2)共面向量定理：如果兩個(gè)向量a、b不共線，則向量p與向量a、b共面的充要條件是存在唯一實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)，使p＝xa＋yb. 2．兩個(gè)向量的數(shù)量積 向量a、b的數(shù)量積：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． 向量的數(shù)量積滿足如下運(yùn)算律： ①(λa)·b＝λ(a·b)； ②a·b＝b·a(交換律)； ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)． 3．空間向量基本定理 如果三個(gè)向量a、b、c不共面，那么對(duì)空間任一向量p，存在唯一有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使p＝xa＋yb＋zc. 推論：設(shè)O、A、B、C是不共面的四點(diǎn)，則對(duì)空間任一點(diǎn)P，都存在唯

3、一的有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使＝x＋y＋z. 4．空間向量平行與垂直的坐標(biāo)表示 設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 則a∥b?a＝λb?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)； a⊥b?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0. 5．模、夾角和距離公式 (1)設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，則 |a|＝＝， cos〈a，b〉＝＝. (2)距離公式 設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則 ||＝. (3)平面的法向量 如果表示向量a的有向線段所在的直線垂直于平面α，則稱這個(gè)向量垂直于平面α，記作

4、a⊥α. 如果a⊥α，那么向量a叫做平面α的法向量． 6．空間角的類型與范圍 (1)異面直線所成的角θ：0<θ≤； (2)直線與平面所成的角θ：0≤θ≤； (3)二面角θ：0≤θ≤π. 7．用向量求空間角與距離的方法 (1)求空間角：設(shè)直線l1、l2的方向向量分別為a、b，平面α、β的法向量分別為n、m. ①異面直線l1與l2所成的角為θ，則cosθ＝. ②直線l1與平面α所成的角為θ，則sinθ＝. ③平面α與平面β所成的二面角為θ，則|cosθ|＝. (2)求空間距離 ①直線到平面的距離，兩平行平面間的距離均可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離． 點(diǎn)P到平面α的距離：d＝(其中

5、n為α的法向量，M為α內(nèi)任一點(diǎn))． ②設(shè)n與異面直線a，b都垂直，A是直線a上任一點(diǎn)，B是直線B上任一點(diǎn)，則異面直線a、b的距離d＝. 考點(diǎn)一　向量法證明平行與垂直 例1、如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 【證明】以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以E，

6、F， ＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． 又因?yàn)锳P∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 【方法規(guī)律】　利用空間向量證明平行與垂直的步驟 (1)建立空間直角坐標(biāo)系，建系時(shí)，要盡可能地利用載體中的垂直關(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(diǎn)、直線、平面的要素； (3)通過空間向量的運(yùn)算研究平行、垂直關(guān)系； (4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題． 【變式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C

7、1B1，C1A1的中點(diǎn). 求證：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 證明：(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，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B－xyz，如圖所示， 則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，設(shè)BA＝a，則A(a,0,0)， 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)， ·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(xiàn)(0,1,4)， 則＝，＝(

8、0,1,1)， ·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 考點(diǎn)二、　向量法求空間角 例 2、(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)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(diǎn)． (1)證明：直線CE∥平面PAB； (2)點(diǎn)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)證明：取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF.

9、 因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF＝AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD， 又BC＝AD，所以EF綊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(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)． 設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則 即 所以可取m＝(0，－，2)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 因

10、此二面角M-AB-D的余弦值為. 【方法技巧】(1)利用空間向量求空間角的一般步驟 ①建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系． ②求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，寫出相交向量的坐標(biāo)． ③結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算． ④轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論． 【變式探究】(2017·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD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＝，AB＝4. (1)求證：M為PB的中點(diǎn)； (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)證明：如圖，設(shè)AC，BD交于點(diǎn)E，連接ME， 因?yàn)镻D∥平面MAC，平

11、面MAC∩平面PDB＝ME， 所以PD∥ME. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形， 所以E為BD的中點(diǎn)， 所以M為PB的中點(diǎn)． (2)取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OE. 因?yàn)镻A＝PD，所以O(shè)P⊥AD. 又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，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⊥OE. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)E⊥AD. 如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)． 設(shè)平面BDP的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，則y＝1

12、，z＝. 于是n＝(1,1，)． 平面PAD的法向量為p＝(0,1,0)， 所以cos〈n，p〉＝＝. (3)由題意知M，C(2,4,0)，＝. 設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α，則 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝， 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為. 考點(diǎn)三 　探索性問題 要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結(jié)論是否成立．“是否存在”的問題的命題形式有兩種情況：如果存在，找出一個(gè)來；如果不存在，需要說明理由，這類問題常用“肯定順推”的方法． 例 、(2016·北京)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD

13、，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． 【解析】　(1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，AB⊥AD， 所以AB⊥平面PAD，PD?平面PAD，所以AB⊥PD. 又因?yàn)镻A⊥PD， 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO. 因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥CD. 又因?yàn)镻O?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 如圖，建立空間直角坐

14、標(biāo)系O －xyz. 由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則 【方法技巧】空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(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”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題． 【變式探究】如圖所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E的線段AA1上

15、． (1)當(dāng)AEEA1＝12時(shí)，求證：DE⊥BC1； (2)是否存在點(diǎn)E，使二面角D-BE-A等于60°？若存在，求AE的長；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析：(1)證明：連接DC1， 因?yàn)锳BC－A1B1C1為正三棱柱，所以△ABC為正三角形． 又因?yàn)镈為AC的中點(diǎn)，所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1. 所以BD⊥DE. 因?yàn)锳EEA1＝12，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1. 所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°. 所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1. 所以DE⊥平

16、面BDC1. 又因?yàn)锽C1?平面BDC1， 所以ED⊥BC1. (2)假設(shè)存在點(diǎn)E滿足條件，設(shè)AE＝h. 取A1C1的中點(diǎn)D1，連接DD1，則DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD. 如圖，分別以DA，DB，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz， 則A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)． 所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)． 設(shè)平面DBE的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)則 即 令z1＝1，得n1＝(－h(huán),0,1)． 同理，設(shè)平面ABE的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)，

17、 則即 得n2＝(，1,0)． 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos60°＝. 解得h＝<，故存在點(diǎn)E滿足條件． 當(dāng)AE＝時(shí)，二面角D-BE-A等于60°. 1.【2017課標(biāo)1，理18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且. （1）證明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值. 【答案】（1）見解析；（2）. 【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD. 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面內(nèi)做，垂足為， 由（1）

18、可知， 平面，故，可得平面. 以為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)檩S正方向， 為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 可取. 則， 所以二面角的余弦值為. 2.【2017山東，理17】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形（及其內(nèi)部）以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的，是的中點(diǎn). （Ⅰ）設(shè)是上的一點(diǎn)，且，求的大?。? （Ⅱ）當(dāng)，，求二面角的大小. 【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）因?yàn)椋?， ， 平面， ， 所以平面， 又平面， 所以，又， 因此 （Ⅱ）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以， ， 所在的直線為， ， 軸，建立如圖所示

19、的空間直角坐標(biāo)系.由題意得 ， ， ，故， ， ， 設(shè)是平面的一個(gè)法向量. 由可得 取，可得平面的一個(gè)法向量. 設(shè)是平面的一個(gè)法向量. 由可得 取，可得平面的一個(gè)法向量. 所以. 因此所求的角為. 3.【2017北京，理16】如圖，在四棱錐P-ABCD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=，AB=4． （I）求證：M為PB的中點(diǎn)； （II）求二面角B-PD-A的大??； （III）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析：（Ⅱ） ；（Ⅲ） 【解析】 （I）設(shè)交點(diǎn)為，連接.

20、 因?yàn)槠矫妫矫嫫矫?，所? 因?yàn)槭钦叫?，所以為的中點(diǎn)，所以為的中點(diǎn). 設(shè)平面的法向量為，則，即. 令，則， .于是. 平面的法向量為，所以. 由題知二面角為銳角，所以它的大小為. （III）由題意知， ， . 設(shè)直線與平面所成角為，則. 所以直線與平面所成角的正弦值為. 4.【2017天津，理17】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，.點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求證：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值； （Ⅲ）已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線B

21、E所成角的余弦值為，求線段AH的長. 【答案】 （1）證明見解析（2） （3） 或 【解析】如圖，以A為原點(diǎn)，分別以， ， 方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)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）. （Ⅰ）證明： =（0，2，0），=（2，0， ）.設(shè)，為平面BDE的法向量， 則，即.不妨設(shè)，可得.又=（1，2， ），可得. 因?yàn)槠矫鍮DE，所以MN//平面BDE. （Ⅱ）解：易知為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)為平面EMN的法向量，則，因?yàn)椋?，所以.

22、不妨設(shè)，可得. 因此有，于是. 所以，二面角C—EM—N的正弦值為. （Ⅲ）解：依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進(jìn)而可得， .由已知，得，整理得，解得，或. 所以，線段AH的長為或. 5.【2017江蘇，22】 如圖， 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=， . （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. 【答案】（1）（2） 【解析】在平面ABCD內(nèi)，過點(diǎn)A作AEAD，交BC于點(diǎn)E. 因?yàn)锳A1平面ABCD， 所以AA1AE，AA1AD. 如圖，

23、以為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因?yàn)锳B=AD=2，AA1=， . 則. (1) ， 則. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. 設(shè)二面角B-A1D-A的大小為，則. 因?yàn)?，所? 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. 1.【2016高考新課標(biāo)1卷】（本小題滿分為12分）如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是． （I）證明：平面ABEF平面EFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值． 【答案】（I）見解析（II） 【解析】 （Ⅰ）由已

24、知可得，，所以平面． 又平面，故平面平面． （Ⅱ）過作，垂足為，由（Ⅰ）知平面． 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 由（Ⅰ）知為二面角的平面角，故，則，，可得，，，． 由已知，，所以平面． 又平面平面，故，． 由，可得平面，所以為二面角的平面角， ．從而可得． 所以，，，． 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 所以可取． 設(shè)是平面的法向量，則， 同理可取．則． 故二面角EBCA的余弦值為． 2.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】如圖，菱形的對(duì)角線與交于點(diǎn)，，點(diǎn)分別在上，，交于點(diǎn)．將沿折到位置，． （Ⅰ）證明：平面； （Ⅱ）求二

25、面角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. （Ⅱ）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是. 3.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分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(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB=BE=2. （I）求證：EG∥平面ADF； （II）求二面角O-EF-C的正弦值； （III）設(shè)H為線段AF上的點(diǎn)，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】

26、（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）（Ⅲ） 【解析】依題意，，如圖，以為點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得，. （I）證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得，又，可得，又因?yàn)橹本€，所以. （II）解：易證，為平面的一個(gè)法向量.依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得. 因此有，于是，所以，二面角的正弦值為. （III）解：由，得.因?yàn)?，所以，進(jìn)而有，從而，因此.所以，直線和平面所成角的正弦值為. 4.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題14分） 如圖，在四棱錐中，平面平面，，，， ，，. （1）求證：平面； （2）求直線與平

27、面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在點(diǎn)，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由. 【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在， 如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得， . 設(shè)平面的法向量為，則 即 令，則. 所以. 又，所以. 所以直線與平面所成角的正弦值為. （3）設(shè)是棱上一點(diǎn)，則存在使得. 因此點(diǎn). 因?yàn)槠矫?，所以平面?dāng)且僅當(dāng)， 即，解得. 所以在棱上存在點(diǎn)使得平面，此時(shí). 5.【2016高考浙江理數(shù)】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺(tái)中,平面平面 ,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (I)求證：EF⊥平面ACFD； (II)求二

28、面角B-AD-F的平面角的余弦值. 【答案】（I）證明見解析；（II）． 【解析】（Ⅰ）延長，，相交于一點(diǎn)，如圖所示． 因?yàn)槠矫嫫矫?，且，所以平面，因此? 又因?yàn)?，，? 所以為等邊三角形，且為的中點(diǎn)，則． 所以平面． （Ⅱ）方法一：過點(diǎn)作于Q，連結(jié)． 因?yàn)槠矫妫?，則平面，所以． 所以是二面角的平面角． 在中，，，得． 在中，，，得． 所以二面角的平面角的余弦值為． 方法二：如圖，延長，，相交于一點(diǎn)，則為等邊三角形． 取的中點(diǎn)，則，又平面平面，所以，平面． 以點(diǎn)為原點(diǎn)，分別以射線，的方向?yàn)?，的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系． 由題意得，，，，，． 因

29、此，，，． 設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為． 由，得，取； 由，得，?。? 于是，． 所以，二面角的平面角的余弦值為． 6.【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分） 如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E為邊AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°. （Ⅰ）在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； （Ⅱ）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. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. （說明：延長AP至點(diǎn)N，使得AP=PN，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意

30、一點(diǎn)） （Ⅱ）方法一： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 過點(diǎn)A作AH⊥CE，交CE的延長線于點(diǎn)H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ，

31、所以sin∠APH= =. 方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A為原點(diǎn)，以 ,的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2） 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z)，

32、由 得 設(shè)x=2，解得n=(2,-2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，則sinα= = . 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 . 1．(2015·重慶，19)如圖，三棱錐P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2. (1)證明：DE⊥平面PCD； (2)求二面角A－PD－C的余弦值． (1)證明　由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE. 由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE為等腰直角三角形，故CD⊥DE. 由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故D

33、E⊥平面PCD. 設(shè)平面PAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0， 得故可取n1＝(2，1，1)． 由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取為，即n2＝(1，－1，0)． 從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為 cos 〈n1，n2〉＝＝， 故所求二面角A－PD－C的余弦值為. 2．(2015·北京，17)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(diǎn)． (1) 求證：AO⊥BE； (2) 求二面角F－AE－

34、B的余弦值； (3)若BE⊥平面AOC，求a的值． (1)證明　因?yàn)椤鰽EF是等邊三角形，O為EF的中點(diǎn)， 所以AO⊥EF. 又因?yàn)槠矫鍭EF⊥平面EFCB.AO?平面AEF， 所以AO⊥平面EFCB. 所以AO⊥BE. (2)解　取BC中點(diǎn)G，連接OG. 由題設(shè)知EFCB是等腰梯形， 所以O(shè)G⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB. 又OG?平面EFCB， 所以O(shè)A⊥OG. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz， 則E(a，0，0)，A(0，0，a)， B(2，(2－a)，0)，＝(－a，0，a)， ＝(a－2，(a－2)，0)． 設(shè)平面AEB的法向量為n

35、＝(x，y，z)， 則 即 令z＝1，則x＝，y＝－1， 于是n＝(，－1，1)． 平面AEF的法向量為p＝(0，1，0)． 所以cos〈n，p〉＝＝－. 由題知二面角F－AE－B為鈍角，所以它的余弦值為－. (3)解　因?yàn)锽E⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即·＝0， 因?yàn)椋?a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)， 所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2. 由·＝0及0

36、標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點(diǎn)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． (1)解　點(diǎn)F，G，H的位置如圖所示． (2)證明　連接BD，設(shè)O為BD的中點(diǎn)， 因?yàn)镸，N分別是BC，GH的中點(diǎn)， 所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD， HN∥CD，且HN＝CD， 所以O(shè)M∥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. 法二　如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以， ，方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz， 設(shè)AD＝2，則M(1，2，0)，G(

37、0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)， 所以，＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)， 設(shè)平面EGM的一個(gè)法向量為n1＝(x，y，z)， 由取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(gè)法向量為n2＝＝(1，1，0)， 所以cos＝＝＝， 故二面角A－EG－M的余弦值為. 4. 【2014高考安徽卷第20題】如圖，四棱柱中，底面.四邊形為梯形，,且.過三點(diǎn)的平面記為，與的交點(diǎn)為. （1） 證明：為的中點(diǎn)； （2） 求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比； （3） 若，，梯形的面積

38、為6，求平面與底面所成二面角大小. 【答案】（1）為的中點(diǎn)；（2）；（3）. 【解析】 （1）因?yàn)椤?，?， 所以平面∥平面.從而平面與這兩個(gè)平面的交線相互平行，即∥. 故與的對(duì)應(yīng)邊相互平行，于是. 所以，即為的中點(diǎn). （2）解：如圖，連接.設(shè)，梯形的高為，四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為和，，則. ， ， 所以， 又 所以， 故. （3）解法1如第（20）題圖1，在中，作，垂足為，連接.又且，所以平面，于是. 所以為平面與底面所成二面角的平面角. 因?yàn)椤危?，所? 又因?yàn)樘菪蔚拿娣e為6，，所以. 于是. 故平面與底面所成二面角的大小為.

39、 解法2如圖，以為原點(diǎn)，分別為軸和軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系. 設(shè).因?yàn)?，所? 從而，， 所以，. 【考點(diǎn)定位】二面角、幾何體的體積 5. 【2014高考北京理第17題】如圖，正方體的邊長為2，，分別為，的中點(diǎn)，在五棱錐中，為棱的中點(diǎn)，平面與棱，分別交于，. （1）求證：； （2）若底面，且，求直線與平面所成角的大小，并求線段的長. 【答案】（1）詳見解析；（2）2. 【解析】 （1）在正方形中，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以， 因?yàn)槠矫?，所以平面? 因?yàn)槠矫?，且平面平面? 所以. （2）因?yàn)榈酌妫?，? 如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，， ，設(shè)平面的法向量

40、為， 則，即，令，則，所以， 設(shè)直線與平面所成的角為，則， 因此直線與平面所成的角為， 設(shè)點(diǎn)，因?yàn)辄c(diǎn)在棱上，所以可設(shè)， 即，所以， 因?yàn)橄蛄渴瞧矫娴姆ㄏ蛄?，所以? 即，解得，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為， 所以. 【考點(diǎn)定位】空間中線線、線面、面面的平行于垂直 6. 【2014高考湖北理第19題】如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點(diǎn)，點(diǎn)分別在棱,上移動(dòng)，且. （1） 當(dāng)時(shí)，證明：直線平面； （2） 是否存在，使平面與面所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由. 【答案】（1）詳見解析；（2） 【解析】 幾何法： （1）證明：如圖1，連結(jié)，由是

41、正方體，知， 當(dāng)時(shí)，是的中點(diǎn)，又是的中點(diǎn)，所以， 所以， 而平面，且平面， 故平面. （2）如圖2，連結(jié)，因?yàn)?、分別是、的中點(diǎn)， 所以，且，又，， 所以四邊形是平行四邊形， 故，且， 從而，且， 在和中，因?yàn)?，? 于是，，所以四邊形是等腰梯形， 同理可證四邊形是等腰梯形， 分別取、、的中點(diǎn)為、、，連結(jié)、， 則，，而， 故是平面與平面所成的二面角的平面角， 向量法： 以為原點(diǎn)，射線分別為軸的正半軸建立如圖3的空間直角坐標(biāo)系， 由已知得， 所以，，， （1）證明：當(dāng)時(shí)，，因?yàn)椋? 所以，即， 而平面，且平面， 故直線平面. （2）設(shè)平面的一個(gè)法

42、向量， 由可得，于是取， 同理可得平面的一個(gè)法向量為， 若存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角， 則， 即，解得， 故存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角. 【考點(diǎn)定位】正方體、空間中的線線、線面、面面平行于垂直、二面角. 7. 【2014高考湖南理第19題】如圖6,四棱柱的所有棱長都相等,,四邊形和四邊形為矩形. (1)證明:底面; (2)若,求二面角的余弦值. 【答案】(1) 詳見解析 (2) 【解析】 (1)證明:四棱柱的所有棱長都相等 四邊形和四邊形均為菱形 分別為中點(diǎn) 四邊形和四邊形為矩形 且 又且底面 底面. (

43、2)法1::過作的垂線交于點(diǎn),連接.不妨設(shè)四棱柱的邊長為. 底面且底面面 面 又面 四邊形為菱形 又且,面 面 又面 又且,面 面 為二面角的平面角,則 且四邊形為菱形 ,, 則 再由的勾股定理可得, 則,所以二面角的余弦值為. 所以,,故二面角的余弦值為. 【考點(diǎn)定位】線面垂直、二面角、勾股定理 8. 【2014高考江西理第19題】如圖，四棱錐中，為矩形，平面平面. （1） 求證： （2） 若問為何值時(shí)，四棱錐的體積最大？并求此時(shí)平面與平面夾角的余弦值 A B C D P 【答案】（1）詳見解析， （2）

44、時(shí)，四棱錐的體積P-ABCD最大. 平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為 【解析】 （1）證明：ABCD為矩形，故ABAD， 又平面PAD平面ABCD 平面PAD平面ABCD=AD 所以AB平面PAD，因?yàn)镻D平面PAD，故ABPD （2）解：過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG. 故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG 在直角三角形BPC中， 設(shè)，則，故四棱錐P-ABCD的體積為 因?yàn)? 故當(dāng)時(shí)，即時(shí)，四棱錐的體積P-ABCD最大. 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 故 設(shè)平面BPC的法向量，則由,得 【考點(diǎn)定位】面

45、面垂直性質(zhì)定理，四棱錐體積，利用空間向量求二面角。 9. 【2014高考遼寧理第19題】如圖，和所在平面互相垂直，且，，E、F分別為AC、DC的中點(diǎn). （1）求證：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）詳見解析；（2） . 【解析】 （1）證明： （方法一）過E作EO⊥BC，垂足為O，連OF， 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC， 又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO， 又EF面EFO，所以EF⊥BC. （方法二）由題意，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過B左垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)

46、過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以 ，因此,從而，所以. （2）（方法一）在圖1中，過O作OG⊥BF，垂足為G，連EG，由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥平面BDC，從而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定理知EG垂直BF. 因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角； 在△EOC中，EO=EC=BC·cos30°=，由△BGO∽△BFC知，,因此tan∠EGO=,從而sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值為. （方法二）在圖2中，平面BFC的一個(gè)法向量為

47、，設(shè)平面BEF的法向量，又,由 得其中一個(gè)，設(shè)二面角E-BF-C的大小為，且由題意知為銳角，則，因此sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值為. 【考點(diǎn)定位】線面垂直的判定、二面角. 10. 【2014高考全國1第19題】如圖，三棱柱中，側(cè)面為菱形，. （Ⅰ）證明：; （Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值. （Ⅰ）證明：; （Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ） 【解析】（I）連接，交于，連接．因?yàn)閭?cè)面為菱形，所以，且為與的中點(diǎn)．又，所以平面，故．又,故． （II）因?yàn)?，且為的中點(diǎn)，所以，又因?yàn)?，．故，從而兩兩垂直．以為坐?biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向

48、，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)?，所以為等邊三角形．?則，，，． ,,． 設(shè)是平面的法向量，則即所以可取 ． 設(shè)是平面的法向量，則同理可?。? 則．所以二面角的余弦值為． 11. 【2014高考陜西第17題】四面體及其三視圖如圖所示，過棱的中點(diǎn)作平行于，的平面分別交四面體的棱于點(diǎn). （1）證明：四邊形是矩形； （2）求直線與平面夾角的正弦值. 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 （1）由該四面體的三視圖可知： ， 由題設(shè)，∥面 面面 （2）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則，，， ，， 設(shè)平面的一個(gè)法向量 ∥,∥ 即得，取 。 52