１２８ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
第十六章 空间向量与立体几何
对应学生用书起始页码 Ｐ３７１
１．空间向量的有关定理
（１）共线向量定理：共线向量定理可以分解为两个命题（ａ，ｂ
（ｂ≠０）为空间内任意两个向量）：①ａ∥ｂ?存在唯一实数 λ，使
得 ａ＝λｂ；②若存在实数 λ，使 ａ＝λｂ，则 ａ∥ｂ，其中命题②是空间
向量共线的判定定理．
（２）四点共面的充要条件：①空间一点 Ｐ 位于平面 ＡＢＣ 内
的充要条件是存在有序实数对（ ｘ，ｙ），使 ＡＰ→ ＝ ｘ ＡＢ→＋ｙ ＡＣ→成立；
②对空间任意一点 Ｏ，有 ＯＰ→＝ ｘ ＯＡ→＋ｙ ＯＢ→＋ｚ ＯＣ→，若 ｘ＋ｙ＋ｚ ＝ １，则
Ｐ，Ａ，Ｂ，Ｃ 四点共面，反之亦成立．
（３）空间向量基本定理：①空间任意三个不共面的向量都可
以构成空间的一组基底；②基底选定后，空间的所有向量均可由
基底唯一表示．
２．与空间向量运算有关的结论
设 ａ＝（ａ１，ａ２，ａ３），ｂ＝（ｂ１，ｂ２，ｂ３） ．
（１）ａ∥ｂ?ａ ＝ λｂ（ｂ≠０）?ａ１ ＝ λｂ１，ａ２ ＝ λｂ２，ａ３ ＝ λｂ３（λ∈
Ｒ）；
（２）ａ⊥ｂ?ａ·ｂ＝ ０?ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋ａ３ｂ３ ＝ ０；
（３） ｜ ａ ｜ ＝ ａ２ ＝ ａ２１＋ａ２２＋ａ２３ ；
（４）ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉 ＝
ａ·ｂ
｜ ａ ｜ ｜ ｂ ｜
＝
ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋ａ３ｂ３
ａ２１＋ａ２２＋ａ２３ · ｂ２１＋ｂ２２＋ｂ２３
．
３．与空间距离有关的结论
（１）点面距离：已知平面 α 外一点 Ｂ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），平面 α 内一
点 Ａ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），平面 α 的一个法向量 ｎ，则点 Ｂ 到平面 α 的距离
为 ｄ＝
｜ＢＡ→·ｎ ｜
｜ ｎ ｜
；
（２）线面距离：已知直线 ａ∥平面 α，直线 ａ 上一点 Ｂ（ｘ０，ｙ０，
ｚ０），平面 α 内一点 Ａ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），平面 α 的一个法向量 ｎ，则直线
ａ 到平面 α 的距离为 ｄ＝
｜ＢＡ→·ｎ ｜
｜ ｎ ｜
；
（３）面面距离：已知平面 α 内一点 Ａ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），平面 β 内一
点 Ｂ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），平面 α（或平面 β）的一个法向量 ｎ，则平行平面
α，β 间的距离为 ｄ＝
｜ＢＡ→·ｎ ｜
｜ ｎ ｜
．
（４）异面直线间的距离：已知直线 ａ 上一点 Ａ（ ｘ１，ｙ１，ｚ１），直
线 ｂ 上一点 Ｂ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），异面直线 ａ，ｂ 的公垂线的方向向量为
ｎ，则异面直线 ａ，ｂ 间的距离为 ｄ＝
｜ＢＡ→·ｎ ｜
｜ ｎ ｜
．
（５）两点间的距离：已知点 Ａ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｂ（ ｘ２，ｙ２，ｚ２），则 Ａ，
Ｂ 两点间的距离为 ｜ ＡＢ→ ｜ ＝ （ｘ２－ｘ１） ２＋（ｙ２－ｙ１） ２＋（ ｚ２－ｚ１） ２ ．
４．与空间角有关的结论
（１）异面直线所成角公式：设 ａ、ｂ 分别为异面直线 ｌ１、ｌ２ 的
方向向量，θ 为 ｌ１、ｌ２ 所成的角，则 ｃｏｓ θ＝ ｜ ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉 ｜ ＝
｜ ａ·ｂ ｜
｜ ａ ｜ ｜ ｂ ｜
．
（２）线面所成角公式：设 ｌ 为平面 α 的斜线，ａ 为 ｌ 的方向向
量，ｎ 为平面 α 的法向量，θ 为 ｌ 与 α 所成的角，则 ｓｉｎ θ＝ ｜ ｃｏｓ〈ａ，
ｎ〉 ｜ ＝
｜ ａ·ｎ ｜
｜ ａ ｜ ｜ ｎ ｜
．
（３）面面角公式：设 ｎ１、ｎ２ 分别为平面 α、β 的法向量，二面
角为 θ，则 θ＝〈ｎ１，ｎ２〉或 θ＝π－〈ｎ１，ｎ２〉（需要根据具体情况判断
相等或互补），其中 ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉 ＝
ｎ１·ｎ２
｜ ｎ１ ｜ ｜ ｎ２ ｜
．
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对应学生用书起始页码 Ｐ３７２
一、用空间向量求解空间角的方法
设异面直线 ｌ，ｍ 的方向向量分别为 ａ ＝ （ａ１，ｂ１，ｃ１），ｂ ＝ （ａ２，
ｂ２，ｃ２） ．平面 α，β 的法向量分别为 μ ＝ （ ａ３，ｂ３，ｃ３ ），ｖ ＝ （ ａ４，ｂ４，
ｃ４），平面 α∩平面 β＝直线 ＡＢ．
（１）线线夹角：设 ｌ，ｍ 所成的角为 θ ０＜θ≤
π
２( ) ，则 ｃｏｓ θ ＝
｜ ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉 ｜ ＝
｜ ａ·ｂ ｜
｜ ａ ｜ ｜ ｂ ｜
＝
｜ ａ１ａ２＋ｂ１ｂ２＋ｃ１ｃ２ ｜
ａ２１＋ｂ２１＋ｃ２１ · ａ２２＋ｂ２２＋ｃ２２
．
（２）线面夹角：设直线 ｌ 与平面 α 的夹角为 θ ０≤θ≤
π
２( ) ，
则 ｓｉｎ θ＝ ｜ ｃｏｓ〈ａ，μ〉 ｜ ＝
｜ ａ·μ ｜
｜ ａ ｜ ｜μ ｜
＝
｜ ａ１ａ３＋ｂ１ｂ３＋ｃ１ｃ３ ｜
ａ２１＋ｂ２１＋ｃ２１ · ａ２３＋ｂ２３＋ｃ２３
．
（３）二面角：设二面角 α－ＡＢ－β 的平面角为 θ（０≤θ≤π），
则 ｃｏｓ〈μ，ｖ〉 ＝
μ·ｖ
｜μ ｜ ｜ ｖ ｜
＝
ａ３ａ４＋ｂ３ｂ４＋ｃ３ｃ４
ａ２３＋ｂ２３＋ｃ２３ · ａ２４＋ｂ２４＋ｃ２４
．
根据具体情况判定 θ 与〈μ，ｖ〉相等还是互补．
（２０１９ 苏州期末，２３）如图，四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ 中，已知底
面 ＡＢＣＤ 是边长为 １ 的正方形，侧面 ＰＡＤ⊥平面 ＡＢＣＤ，ＰＡ＝ＰＤ，
ＰＡ 与平面 ＰＢＣ 所成角的正弦值为
２１
７
．
（１）求侧棱 ＰＡ 的长；
（２）设 Ｅ 为 ＡＢ 的中点，若 ＰＡ≥ＡＢ，求二面角 Ｂ－ＰＣ－Ｅ 的余
弦值．
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第十六章 空间向量与立体几何 １２９
解析 （１）取 ＡＤ 的中点 Ｏ，ＢＣ 的中点 Ｍ，连接 ＯＰ，ＯＭ．
因为 ＰＡ＝ＰＤ，所以 ＯＰ⊥ＡＤ．
又因为平面 ＰＡＤ⊥平面 ＡＢＣＤ，ＯＰ?平面 ＰＡＤ，平面 ＰＡＤ∩
平面 ＡＢＣＤ＝ＡＤ，所以 ＯＰ⊥平面 ＡＢＣＤ．
所以 ＯＰ⊥ＯＡ，ＯＰ⊥ＯＭ．
又因为四边形 ＡＢＣＤ 是正方形，Ｍ 为 ＢＣ 的中点，Ｏ 为 ＡＤ 的
中点，所以 ＯＡ⊥ＯＭ．
以 Ｏ 为坐标原点，ＯＡ，ＯＭ，ＯＰ 所在直线为 ｘ，ｙ，ｚ 轴建立空
间直角坐标系 Ｏ－ｘｙｚ（如图） ．
则 Ａ
１
２
，０，０( ) ，Ｄ － １２ ，０，０( ) ，Ｂ １２ ，１，０( ) ，Ｃ － １２ ，１，０( ) ．
设 Ｐ（０，０，ｃ）（ｃ＞０），则 ＰＢ→＝ １
２
，１，－ｃ( ) ，ＣＢ→＝（１，０，０） ．
设平面 ＰＢＣ 的法向量为 ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１） ．
则有
ｎ１·ＰＢ
→＝ ０，
ｎ１·ＣＢ
→＝ ０，{ 即
１
２
ｘ１＋ｙ１－ｃｚ１ ＝ ０，
ｘ１ ＝ ０．
{
取 ｚ１ ＝ １，则 ｙ１ ＝ ｃ，从而 ｎ１ ＝（０，ｃ，１） ． （３ 分）
设 ＰＡ 与平面 ＰＢＣ 所成角为 α，因为 ＰＡ→＝ １
２
，０，－ｃ( ) ，
所 以 ｓｉｎ α ＝ ｜ ｃｏｓ 〈 ＰＡ→， ｎ１ 〉 ｜ ＝
｜ＰＡ→·ｎ１ ｜
｜ＰＡ→ ｜· ｜ ｎ１ ｜
＝
ｃ
１
４
＋ｃ２ · ｃ２＋１
＝ ２１
７
，解得 ｃ２ ＝
３
４
或 ｃ２ ＝
１
３
．
在 Ｒｔ△ＰＯＡ 中，ＰＡ＝ ｃ２＋
１
４
，所以 ＰＡ＝ １ 或 ＰＡ＝
２１
６
．
（５ 分）
（２）因为 ＰＡ≥ＡＢ＝ １，所以 ＰＡ＝ １，ｃ＝
３
２
．
由（１） 知，平面 ＰＢＣ 的一个法向量为 ｎ１ ＝ （ ０， ｃ， １） ＝
０，
３
２
，１?
è
?
?
?
÷ ． （６ 分）
设平面 ＰＣＥ 的法向量为 ｎ２ ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
因为 ＣＥ→ ＝ １，－ １
２
，０( ) ， ＰＣ→ ＝ － １２ ，１，－ ３２?è? ??÷ ， ＣＥ
→⊥ ｎ２， ＰＣ→
⊥ｎ２，
所以
ｘ－
１
２
ｙ＝ ０，
－ １
２
ｘ＋ｙ－
３
２
ｚ＝ ０．
ì
?
í
?
?
??
取 ｘ＝ １，则 ｙ＝ ２，ｚ＝ ３ ，即 ｎ２ ＝（１，２， ３ ） ． （８ 分）
设二面角 Ｂ－ＰＣ－Ｅ 的平面角为 β，
所以 ｜ ｃｏｓ β ｜ ＝ ｜ ｃｏｓ〈 ｎ１，ｎ２ 〉 ｜ ＝
ｎ１·ｎ２
｜ ｎ１ ｜· ｜ ｎ２ ｜
＝ ２ ３
７
２
×２ ２
＝
６
７
＝ ４２
７
，
根据图形得 β 为锐角，所以二面角 Ｂ－ＰＣ－Ｅ 的余弦值为
４２
７
．
（１０ 分）
评分细则
（１）正确证明 ＯＰ⊥平面 ＡＢＣＤ 并表述以 Ｏ 为坐标原点，
ＯＡ，ＯＭ，ＯＰ 所在直线为 ｘ，ｙ，ｚ 轴建立空间直角坐标系 Ｏ－ｘｙｚ 得
１ 分．
（２）求出平面 ＰＢＣ 的一个法向量为 ｎ１ ＝（０，ｃ，１）得 ２ 分．
（３）求出 ｃ２ ＝
３
４
或 ｃ２ ＝
１
３
得 １ 分，正确计算 ＰＡ 的长度得 １
分（只求出一解不得分） ．
（４） 写 出 平 面 ＰＢＣ 的 一 个 法 向 量 为 ｎ１ ＝ （ ０， ｃ， １） ＝
０，
３
２
，１?
è
?
?
?
÷ 得 １ 分．
（５）求出平面 ＰＣＥ 的一个法向量为 ｎ２ ＝（１，２， ３ ）得 ２ 分．
（６）求出两个平面法向量的夹角的余弦值的绝对值得 １ 分．
（７）根据二面角为锐二面角得出二面角的余弦值为
４２
７
得
１ 分．
１－１ （２０１９ 扬州期末，２３）将边长为 ２ 的正方形 ＡＢＣＤ 沿
对角线 ＢＤ 折叠，使得平面 ＡＢＤ⊥平面 ＣＢＤ，ＡＥ⊥平面 ＡＢＤ．
（１）若 ＡＥ＝ ２ ，求直线 ＤＥ 与直线 ＢＣ 所成的角；
（２）若二面角 Ａ－ＢＥ－Ｄ 的大小为
π
３
，求 ＡＥ 的长度．
１－１ 解析 折叠前，∵ 四边形 ＡＢＣＤ 为正方形，且其边长为 ２，
∴ ＡＢ⊥ＡＤ，ＢＣ⊥ＣＤ，ＡＢ＝ＡＤ＝ＣＤ＝ＢＣ＝ ２．
∵ ＡＥ⊥平面 ＡＢＤ，∴ ＡＢ⊥ＡＥ，ＡＤ⊥ＡＥ．以点 Ａ 为原点，ＡＢ，
ＡＤ，ＡＥ 所在直线为 ｘ，ｙ，ｚ 轴建立空间直角坐标系．如图，过 Ｃ 作
ＣＦ⊥ＢＤ，垂足为 Ｆ．
∵ 平面 ＡＢＤ⊥平面 ＣＢＤ，ＣＦ?平面 ＣＢＤ，平面 ＡＢＤ∩平面
ＣＢＤ＝ＢＤ，∴ ＣＦ⊥平面 ＡＢＤ．
∵ ＣＢ＝ＣＤ＝ ２，∴ 点 Ｆ 为 ＢＤ 的中点，ＣＦ＝ ２ ． （２ 分）
（１）∵ ＡＥ＝ ２ ，∴ Ｅ（０，０， ２ ），由题意知 Ｂ（２，０，０），Ｄ（０，２，
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１３０ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
０），Ｆ（１，１，０），Ｃ（１，１， ２ ），
∴ ＤＥ→＝（０，－２， ２ ），ＢＣ→＝（－１，１， ２ ），∴ ＤＥ→·ＢＣ→＝ ０．
∴ ＤＥ→⊥ＢＣ→，∴ 直线 ＤＥ 与直线 ＢＣ 所成的角为 π
２
． （５ 分）
（２）设 ＡＥ 的长度为 ａ（ａ＞０），则 Ｅ（０，０，ａ） ．
易知 ＡＤ⊥平面 ＡＢＥ，∴ 平面 ＡＢＥ 的一个法向量为 ｎ１ ＝ （０，
１，０） ． （６ 分）
设平面 ＢＤＥ 的法向量为 ｎ２ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１），∵ ＢＥ
→＝（－２，０，ａ），
ＢＤ→＝（－２，２，０），ｎ２⊥ＢＥ→，ｎ２⊥ＢＤ→，∴
ｎ２·ＢＥ
→＝－２ｘ１＋ａｚ１ ＝ ０，
ｎ２·ＢＤ
→＝－２ｘ１＋２ｙ１ ＝ ０，{
取 ｚ１ ＝ ２，则 ｘ１ ＝ ｙ１ ＝ａ，
∴ 平面 ＢＤＥ 的一个法向量为 ｎ２ ＝（ａ，ａ，２） ． （８ 分）
∴ ｜ ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉 ｜ ＝
ｎ１·ｎ２
｜ ｎ１ ｜ ｜ ｎ２ ｜
＝ ｜ ａ ｜
ａ２＋ａ２＋４
＝ ａ
２ａ２＋４
，
∵ 二面角 Ａ－ＢＥ－Ｄ 的大小为
π
３
，
∴
ａ
２ａ２＋４
＝ １
２
，解得 ａ＝ ２ ．
∴ ＡＥ 的长度为 ２ ． （１０ 分）
１－２ （２０１９ 常州期末，２２）如图，在空间直角坐标系 Ｏ－ｘｙｚ
中，已知正四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ 的高 ＯＰ＝ ２，点 Ｂ，Ｄ 和 Ｃ，Ａ 分别在 ｘ
轴和 ｙ 轴上，且 ＡＢ＝ ２ ，点 Ｍ 是棱 ＰＣ 的中点．
（１）求直线 ＡＭ 与平面 ＰＡＢ 所成角的正弦值；
（２）求二面角 Ａ－ＰＢ－Ｃ 的余弦值．
１－２ 解析 （１）由题意知 Ｐ（０，０，２），Ａ（０，－１，０），Ｂ（１，０，０），
Ｍ ０，
１
２
，１( ) ，Ｃ（０，１，０），
则ＡＰ→＝（０，１，２），ＡＢ→＝（１，１，０），
设平面 ＰＡＢ 的法向量为 ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
则
ｍ·ＡＰ→＝ ０，
ｍ·ＡＢ→＝ ０，{ 即 ｙ＋２ｚ＝ ０，ｘ＋ｙ＝ ０，{ 取 ｘ＝ ２，则 ｙ＝－２，ｚ＝ １，
∴ ｍ＝（２，－２，１），又ＡＭ→＝ ０， ３
２
，１( ) ，
∴ ｃｏｓ〈ＡＭ→，ｍ〉 ＝ ｜ －３＋１ ｜
１３
４
× ９
＝ ４ １３
３９
．
故直线 ＡＭ 与平面 ＰＡＢ 所成角的正弦值为
４ １３
３９
．
（２）由（１）知ＢＰ→＝（－１，０，２），ＢＣ→＝（－１，１，０），
设平面 ＰＢＣ 的法向量为 ｎ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１），
则
ｎ·ＢＰ→＝ ０，
ｎ·ＢＣ→＝ ０，{ 即
－ｘ１＋２ｚ１ ＝ ０，
－ｘ１＋ｙ１ ＝ ０，
{
取 ｘ１ ＝ ２，则 ｙ１ ＝ ２，ｚ１ ＝ １，∴ ｎ＝（２，２，１），
由（１）知平面 ＰＡＢ 的一个法向量为 ｍ＝（２，－２，１），
则 ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉 ＝
ｍ·ｎ
｜ｍ ｜· ｜ ｎ ｜
＝ １
９ × ９
＝ １
９
，
由图形知二面角 Ａ－ＰＢ－Ｃ 为钝二面角，
故二面角 Ａ－ＰＢ－Ｃ 的余弦值为－
１
９
．
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二、利用空间向量求解探索性问题的方法
探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一
数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论是否成立．
解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在（或结
论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则
否定假设；否则，给出肯定结论．
（２０１７ 南通、扬州、泰州三模，２２）如图，在四棱锥 Ｓ－
ＡＢＣＤ 中，ＳＤ⊥平面 ＡＢＣＤ，四边形 ＡＢＣＤ 是直角梯形，∠ＡＤＣ ＝
∠ＤＡＢ＝ ９０°，ＳＤ＝ＡＤ＝ＡＢ＝ ２，ＤＣ＝ １．
（１）求二面角 Ｓ－ＢＣ－Ａ 的余弦值；
（２）设 Ｐ 为棱 ＢＣ 上一点，Ｅ 是 ＳＡ 的中点，若 ＰＥ 与平面
ＳＡＤ 所成角的正弦值为
２ ２６
１３
，求线段 ＣＰ 的长．
解题导引 （１）建立空间直角坐标系，分别求得平面 ＳＢＣ
和平面 ＡＢＣ 的一个法向量，再求得结论；（２）设 ＣＰ→＝λ ＣＢ→（０≤λ
≤１），从而求得 ＰＥ→，易知 ＣＤ→ 是平面 ＳＡＤ 的一个法向量，设 ＰＥ
与平面 ＳＡＤ 所 成 的 角 为 α，利 用 ｓｉｎ α ＝ ｜ ｃｏｓ 〈 ＰＥ→， ＣＤ→〉 ｜ ＝
ＰＥ→·ＣＤ→
｜ＰＥ→ ｜ ｜ＣＤ→ ｜
＝ ２ ２６
１３
求得 λ 的值，从而求 ＣＰ 的长．
解析 （１）以 Ｄ 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐
标系Ｄ－ｘｙｚ，
则 Ｄ（０，０，０），Ｂ（２，２，０），Ｃ（０，１，０），Ｓ（０，０，２），
所以 ＳＢ→＝（２，２，－２），ＳＣ→＝（０，１，－２），ＤＳ→＝（０，０，２），
设平面 ＳＢＣ 的法向量为 ｎ１ ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
由 ｎ１·ＳＢ
→＝ ０，ｎ１·ＳＣ→＝ ０，
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第十六章 空间向量与立体几何 １３１
得
２ｘ＋２ｙ－２ｚ＝ ０，
ｙ－２ｚ＝ ０．{
取 ｚ＝ １，得 ｘ＝－１，ｙ＝ ２，
所以 ｎ１ ＝（－１，２，１） ．
由 ＳＤ⊥平面 ＡＢＣＤ，可得平面 ＡＢＣ 的一个法向量为 ｎ２ ＝（０，０，
１）．
设二面角 Ｓ－ＢＣ－Ａ 的大小为 θ，
所以 ｜ ｃｏｓ θ ｜ ＝
ｎ１·ｎ２
｜ ｎ１ ｜ ｜ ｎ２ ｜
＝ １
６
＝ ６
６
，
由图可知二面角 Ｓ－ＢＣ－Ａ 为锐二面角，
所以二面角 Ｓ－ＢＣ－Ａ 的余弦值为
６
６
．
（２）由（１）及题意知 Ｅ（１，０，１），
则 ＣＥ→＝（１，－１，１），ＣＢ→＝（２，１，０）．
设 ＣＰ→＝λ ＣＢ→（０≤λ≤１），
则 ＣＰ→＝λ（２，１，０）＝ （２λ，λ，０），
所以 ＰＥ→＝ＣＥ→－ＣＰ→＝（１－２λ，－１－λ，１） ．
易知 ＣＤ⊥平面 ＳＡＤ，所以 ＣＤ→ ＝ （０，－１，０）是平面 ＳＡＤ 的一
个法向量．
设 ＰＥ 与平面 ＳＡＤ 所成的角为 α，
所以 ｓｉｎ α＝ ｜ ｃｏｓ〈ＰＥ→，ＣＤ→〉 ｜ ＝
ＰＥ→·ＣＤ→
｜ＰＥ→ ｜ ｜ＣＤ→ ｜
＝ λ
＋１
５λ２－２λ＋３
，
即
λ＋１
５λ２－２λ＋３
＝ ２ ２６
１３
，
解得 λ＝
１
３
或 λ＝
１１
９
（舍） ．
所以 ＣＰ→＝ ２
３
，
１
３
，０( ) ，
故 ｜ＣＰ→ ｜ ＝ ５
３
，
所以线段 ＣＰ 的长为
５
３
．
２－１ （２０１７ 无锡期末）如图，四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ 中，ＰＡ⊥平
面 ＡＢＣＤ，四边形 ＡＢＣＤ 为直角梯形，ＡＤ∥ＢＣ，∠ＢＡＤ ＝∠ＣＢＡ ＝
９０°，ＰＡ＝ＡＢ＝ＢＣ＝ １，ＡＤ＝ ２．Ｅ，Ｆ，Ｇ 分别为 ＢＣ，ＰＤ，ＰＣ 的中点．
（１）求 ＥＦ 与 ＤＧ 所成角的余弦值；
（２）若 Ｍ 为 ＥＦ 上一点，Ｎ 为 ＤＧ 上一点，是否存在 ＭＮ，使
得 ＭＮ⊥平面 ＰＢＣ？ 若存在，求出点 Ｍ，Ｎ 的坐标；若不存在，说
明理由．
２－１ 解析 （１）以 Ａ为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标
系，则 Ａ（０，０，０），Ｂ（１，０，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（０，２，０），Ｐ（０，０，１）．
∵ Ｅ，Ｆ，Ｇ 分别为 ＢＣ，ＰＤ，ＰＣ 的中点，
∴ Ｅ １，
１
２
，０( ) ，Ｆ ０，１， １２( ) ，Ｇ １２ ， １２ ， １２( ) ，
∴ ＥＦ→＝ －１， １
２
，
１
２( ) ，ＤＧ→＝ １２ ，－ ３２ ， １２( ) ，
∴ ＥＦ→·ＤＧ→＝－ １
２
－ ３
４
＋ １
４
＝ －１．
∴ ｃｏｓ〈ＥＦ→，ＤＧ→〉 ＝ ＥＦ
→·ＤＧ→
｜ＥＦ→ ｜ ｜ＤＧ→ ｜
＝
－１
１＋
１
４
＋ １
４
× １
４
＋ ９
４
＋ １
４
＝ －２ ６６
３３
，
因为异面直线所成角的范围为 ０，
π
２( ] ，
故 ＥＦ 与 ＤＧ 所成角的余弦值为
２ ６６
３３
．
（２）存在．设平面 ＰＢＣ 的法向量为 ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ） ．
∵ ＢＣ→＝（０，１，０），ＰＢ→＝（１，０，－１），
且 ｎ⊥ＢＣ→，ｎ⊥ＰＢ→，
∴
ｙ＝ ０，
ｘ－ｚ＝ ０．{ 令 ｘ＝ １，∴ ｎ＝（１，０，１） ．
若 ＭＮ⊥平面 ＰＢＣ，则ＭＮ→∥ｎ．
设 Ｍ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２，ｚ２），
则
ｘ２－ｘ１ ＝ ｚ２－ｚ１，
ｙ２－ｙ１ ＝ ０．
{ ①
∵ 点 Ｍ，Ｎ 分别是线段 ＥＦ 与线段 ＤＧ 上的点，
∴ 可设ＥＭ→＝λ ＥＦ→（０≤λ≤１），ＤＮ→＝ ｔ ＤＧ→（０≤ｔ≤１） ．
∵ ＥＭ→＝ ｘ１－１，ｙ１－
１
２
，ｚ１( ) ，ＤＮ→＝（ｘ２，ｙ２－２，ｚ２），
∴
ｘ１－１＝－λ，
ｙ１－
１
２
＝ １
２
λ，
ｚ１ ＝
１
２
λ，
ì
?
í
?
??
?
?
且
ｘ２ ＝
１
２
ｔ，
ｙ２－２＝－
３
２
ｔ，
ｚ２ ＝
１
２
ｔ．
ì
?
í
?
?
?
?
?
?
∴ ｙ２－ｙ１ ＝－
３
２
ｔ－
１
２
λ＋
３
２
，
ｘ２－ｘ１ ＝
１
２
ｔ＋λ－１，ｚ２－ｚ１ ＝
１
２
ｔ－
１
２
λ．
将上式代入①得
１
２
ｔ＋λ－１＝
１
２
ｔ－
１
２
λ，
－ ３
２
ｔ－
１
２
λ＋
３
２
＝ ０，
ì
?
í
??
??
解得
λ＝
２
３
，
ｔ＝
７
９
，
ì
?
í
??
??
满足 ０≤λ≤１，０≤ｔ≤１，
∴ 存在 ＭＮ，使得 ＭＮ⊥平面 ＰＢＣ，点 Ｍ，Ｎ 的坐标分别为
１
３
，
５
６
，
１
３( ) ， ７１８， ５６ ， ７１８( ) ．
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(共161张PPT)
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
1.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.
?
解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解
决问题的能力.
如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,
?
设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OO1,OB.
则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,
以{?,?,?}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.
因为AB=AA1=2,
所以A(0,-1,0),B(?,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),
B1(?,0,2),C1(0,1,2).
(1)因为P为A1B1的中点,所以P?.
从而?=?,?=(0,2,2).
故|cos|=?=?=?.
因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为?.
(2)因为Q为BC的中点,所以Q?,
因此?=?,?=(0,2,2),?=(0,0,2).
设n=(x,y,z)为平面AQC1的法向量,
则?即?
不妨取n=(?,-1,1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,
则sin θ=|cos|=?=?=?,
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为?.
方法总结 (1)向量法求异面直线所成角的步骤:①求两条直线所对应的方向向量m,n;
②异面直线所成角θ的余弦值cos θ=|cos
|=?.
(2)向量法求线面角的正弦值的步骤:
①求直线的方向向量a和平面的法向量b;
②直线与平面所成角θ的正弦值sin θ=|cos|=?.
易错警示 (1)异面直线所成角θ的范围为?,
∴cos θ=|cos|.
(2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.
2.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1
=?,∠BAD=120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.
?
解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量解
决问题的能力.
在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.
如图,以{?,?,?}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.
?
因为AB=AD=2,AA1=?,∠BAD=120°,
则A(0,0,0),B(?,-1,0),D(0,2,0),E(?,0,0),A1(0,0,?),C1(?,1,?).
(1)?=(?,-1,-?),?=(?,1,?),
则cos=?
=?
=-?,
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为?.
(2)平面A1DA的一个法向量为?=(?,0,0).
设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,
又?=(?,-1,-?),?=(-?,3,0),
则?即?
不妨取x=3,则y=?,z=2,
所以m=(3,?,2)为平面BA1D的一个法向量,
从而cos=?=?=?.
设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=?.
因为θ∈[0,π],所以sin θ=?=?.
因此二面角B-A1D-A的正弦值为?.
3.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯
形,∠ABC=∠BAD=?,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
?
解析 以{?,?,?}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为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的一个法向量,?=(0,2,0).
因为?=(1,1,-2),?=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则m·?=0,m·?=0,
即?
令y=1,解得z=1,x=1.
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.
从而cos=?=?,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为?.
(2)因为?=(-1,0,2),
设?=λ?=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又?=(0,-1,0),
则?=?+?=(-λ,-1,2λ),
又?=(0,-2,2),
从而cos=?=?.
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2 =?=?≤?.
当且仅当t=?,即λ=?时,|cos|的最大值为?.
因为y=cos x在?上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.
又因为BP=?=?,
所以BQ=?BP=?.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 空间向量的概念、线线角、线面角
1.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M
在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为????
????.
?
答案?????
解析 如图,建立空间直角坐标系A-xyz,
设AB=2,QM=m(0≤m≤2),
则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0≤m≤2).
?
?=(2,1,0),?=(1,-m,-2),cos θ=|cos|=?=?=?.
设y=?,
则y'=?
=?
=?.
当0≤m<2时,y'<0,∴y=?在[0,2)上单调递减.
∴当m=0时,y取最大值,
此时cos θ取最大值,(cos θ)max=?=?.
2.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC
=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
?
解析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空
间想象能力和运算求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.满分15分.
解法一:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,
?
所以A1E⊥AC,
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.
(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.
由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.
由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G
上.
连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角),
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2?,EG=?.
由于O为A1G的中点,故EO=OG=?=?,
所以cos∠EOG=?=?.
因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是?.
解法二:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以,A1E⊥平面ABC.
如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.
?
不妨设AC=4,
则A1(0,0,2?),B(?,1,0),B1(?,3,2?),F?,C(0,2,0).
因此,?=?,?=(-?,1,0).
由?·?=0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得?=(-?,1,0),?=(0,2,-2?).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).
由?得?
取n=(1,?,1),
故sin θ=|cos|=?=?.
因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为?.
评析 本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用
等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从E引发的三条直线两两
垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.
3.(2018课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为
折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
?
解析 (1)证明:由已知可得BF⊥EF,
又已知BF⊥PF,且PF、EF?平面PEF,PF∩EF=F,
所以BF⊥平面PEF,
又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,?的方向为y轴正方向,|?|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
?
由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=?,
又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,
可得PH=?,EH=?,
则H(0,0,0),P?,D?,?=?,?=?为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,
则sin θ=?=?=?.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为?.
易错警示 利用空间向量求线面角的注意事项
(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角
即为所求.
(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向
向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.
4.(2018课标全国Ⅱ理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2?,PA=PB=PC=AC=4,O为
AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
?
解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2?.
连接OB.因为AB=BC=?AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=?AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)如图,以O为坐标原点,?的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
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的法向量?=(2,0,0).
设M(a,2-a,0)(0设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).
由?·n=0,?·n=0得
?可取n=(?(a-4),?a,-a),
所以cos=?.
由已知可得|cos|=?.
所以?=?.解得a=-4(舍去)或a=?.
所以n=?.
又?=(0,2,-2?),所以cos=?.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为?.
5.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,
点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=?,AB=4.
(1)求证:M为PB的中点;
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.
?
解析 本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知
识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力.
(1)证明:设AC,BD交点为E,连接ME.
?
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形,
所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
(2)取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE?平面ABCD,所以OP⊥OE.
因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,?),D(2,0,0),B(-2,4,0),?=(4,-4,0),?=(2,0,-?).
?
设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
则?即?
令x=1,则y=1,z=?.
于是n=(1,1,?).
平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).
所以cos=?=?.
由题意知二面角B-PD-A为锐角,
所以它的大小为?.
(3)由题意知M?,C(2,4,0),?=?.
设直线MC与平面BDP所成角为α,
则sin α=|cos|=?=?.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为?.
方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量
n1,n2,设二面角的大小为θ,则有|cos θ|=|cos|=?,再通过原图判断二面角是钝角还是
锐角,进而求出二面角.
2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,则直线与
平面所成的角θ满足sin θ=?,θ∈?.
6.(2016课标全国Ⅲ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=
3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
?
解析 (1)证明:由已知得AM=?AD=2.
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=?BC=2.?(3分)
又AD∥BC,故TN????AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.?(6分)
?
(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=?=?
=?.
以A为坐标原点,?的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(?,2,0),N?,
?=(0,2,-4),?=?,?=?.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
则?即??(10分)
可取n=(0,2,1).
于是|cos|=?=?.
即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为?.?(12分)
方法总结 第(1)问中线面平行的证明:可以通过构造平行四边形得出线线平行,从而进行证
明,也可以取BC的中点,构造面面平行从而证得线面平行.注意空间向量法是解决立体几何问
题的常用方法.
评析 本题主要考查线面平行的判定以及线面角的求法,考查考生的空间想象能力和运算求
解能力,同时考查转化与化归思想的应用.
7.(2015课标全国Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在
A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
?
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.
解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:
?
(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.
因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH=?=6,所以AH=10.
以D为坐标原点,?的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H
(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),?=(10,0,0),?=(0,-6,8).
设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,
则?即?
所以可取n=(0,4,3).
又?=(-10,4,8),故|cos|=?=?.
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为?.
考点二 二面角
1.(2019天津理,17,13分)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为?,求线段CF的长.
?
解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用空
间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点考
查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算.满分13分.
依题意,可以建立以A为原点,分别以?,?,?的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系
(如图),
?
可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).
设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)证明:依题意,?=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又?=(0,2,h),可得?·?=0,
又因为直线BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)依题意,?=(-1,1,0),?=(-1,0,2),
?=(-1,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则?即?不妨令z=1,
可得n=(2,2,1),因此有cos=?=-?.
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为?.
(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
则?即?
不妨令y=1,可得m=?.
由题意,有|cos|=?=?=?,解得h=?.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为?.
思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几
何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何
中的位置关系或长度.
方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:
①观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;②写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;③
设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量;
④将空间位置关系转化为向量关系;⑤根据定理结论求出相应的角或距离.
2.(2019课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠
BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
?
解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考
查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=?B1C.又因为N为A1D
的中点,所以ND=?A1D.由题设知A1B1????DC,可得B1C????A1D,故ME????ND,因此四边形MNDE为平
行四边形,MN∥ED.又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,?的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐
标系D-xyz,
?
则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,?,2),N(1,0,2),?=(0,0,-4),?=(-1,?,-2),?=(-1,0,-2),?=(0,-?,
0).
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则?
所以?可取m=(?,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则?
所以?可取n=(2,0,-1).
于是cos=?=?=?,
所以二面角A-MA1-N的正弦值为?.
思路分析 (1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MN∥ED,从而
可得MN与平面C1DE平行.
(2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A1MA与平面A1MN的法向量,再由向量的
夹角公式求解.
解题关键 建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.
3.(2019课标全国Ⅱ理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1
上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.
?
解析 本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,
考查了直观想象的核心素养.
(1)证明:由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1=90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,
所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,?的方向为x轴正方向,|?|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),?=(1,0,0),?=(1,-1,1),?=(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),
则?即?
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),
则?即?
所以可取m=(1,1,0).
于是cos=?=-?.
所以,二面角B-EC-C1的正弦值为?.
4.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=
CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且?=?.
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(3)设点G在PB上,且?=?.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
?
解析 本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱
锥为背景考查直观想象的核心素养.
(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,
又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
?
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以?=(0,1,1),?=(2,2,-2),?=(0,0,2).
所以?=??=?,?=?+?=?.
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则?即?
令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).
又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),
所以cos=?=-?.
由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为?.
(3)直线AG在平面AEF内.
因为点G在PB上,且?=?,?=(2,-1,-2),所以?=??=?,?=?+?=?.
由(2)知,平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1).
所以?·n=-?+?+?=0.
所以直线AG在平面AEF内.
思路分析 (1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向
量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出?⊥n,结合A∈平面AEF可证明AG?平面
AEF.
一题多解 (2)∵PA=AD且E为PD的中点,∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE,又∵PD∩CD=D,∴AE
⊥平面PCD,又EF?平面PCD,∴AE⊥EF,故可知∠FEP为二面角F-AE-P的平面角.∵PE=?=
?,PF=?=?,cos∠CPD=?=?,sin∠CPD=?,∴EF2=?+(?)2-2×?×?×?=
?,∴EF=?,在△PEF中,由正弦定理得?=?,即sin∠FEP=?=?,且∠
FEP为锐角,
∴cos∠FEP=?=?.
故二面角F-AE-P的余弦值为?.
5.(2017课标全国Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面
ABCD,AB=BC=?AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
?
解析 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.
(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=?AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=?AD,所以EF????BC,四边形BCEF是平行四边形,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为坐标原点,?的方向为x轴正方向,|?|为单位长,建立如图所示的
空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,?),?=(1,0,-?),?=(1,0,0).
?
设M(x,y,z)(0因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,
所以|cos|=sin 45°,?=?,
即(x-1)2+y2-z2=0.?①
又M在棱PC上,设?=λ?,则
x=λ,y=1,z=?-?λ.?②
由①,②解得?(舍去),或?
所以M?,从而?=?.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,
则?即?
所以可取m=(0,-?,2).
于是cos=?=?.
易知所求二面角为锐角.
因此二面角M-AB-D的余弦值为?.
方法总结 本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考热点和难点,解决此类题时常
利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.
解题关键 由线面角为45°求点M的坐标是解题的关键.
6.(2017课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
?
解析 本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.
(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
又AP∩PD=P,从而AB⊥平面PAD.
又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,
又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.
以 F为坐标原点,?的方向为x轴正方向,|?|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
?
由(1)及已知可得A?,P?,B?,C?.
所以?=?,?=(?,0,0),?=?,?=(0,1,0).
设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则
?即?
可取n=(0,-1,-?).
设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则
?即?
可取m=(1,0,1).
则cos=?=-?.
易知二面角A-PB-C为钝二面角,
所以二面角A-PB-C的余弦值为-?.
方法总结 面面垂直的证明及向量法求解二面角.
(1)面面垂直的证明
证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.
(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.
建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cos
θ|=?,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.
C组 教师专用题组
考点一 空间向量的概念、线线角、线面角
1.(2014广东改编,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是 ????.
①(-1,1,0) ②(1,-1,0)
③(0,-1,1) ④(-1,0,1)
答案 ②
解析 经检验,只有②中向量(1,-1,0)与向量a=(1,0,-1)的夹角的余弦值为?,即它们的夹角为60
°.
2.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC
∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB;
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
?
解析 (1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.
∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.
∵BC=?AD=OD,且BC∥OD,
∴四边形BCDO为平行四边形,
又∵CD⊥AD,
∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,
∴AD⊥平面OPB.
过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,
以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如
图.
?
设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).
设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,
得?得x=-?,z=?.
即点P?,而E为PD的中点,∴E?.
设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),
∵?=?,?=(1,1,0),
∴???
取y1=-1,得n=(1,-1,?).
而?=?,则?·n=0,而CE?平面PAB,
∴CE∥平面PAB.
(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),
∵?=(0,1,0),?=?,
∴?取x2=1,得m=(1,0,?).
设直线CE与平面PBC所成角为θ.
则sin θ=|cos|=?=?,
故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为?.
方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)
①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.
②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.
③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.
(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基底向量所表示,得l∥α.
2.求线面角的方法.
①定义法:作出线面角,解三角形即可.
②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.
例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法
求d),由sin θ=?得结论.
③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sin θ=|cos|.
最好是画出图形,否则容易出错.
3.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-
ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.
(1)求证:AB∥FG;
(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.
?
解析 (1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.
又因为AB?平面PDE,
所以AB∥平面PDE.
因为AB?平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,
所以AB∥FG.
(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),?=(1,1,0).
?
设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),
则?即?
令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).
设直线BC与平面ABF所成角为α,
则sin α=|cos|=?=?.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为?.
设点H的坐标为(u,v,w).
因为点H在棱PC上,所以可设?=λ?(0<λ<1),
即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).
所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.
因为n是平面ABF的法向量,所以n·?=0,
即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.
解得λ=?,所以点H的坐标为?.
所以PH=?=2.
评析 本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,推
理计算能力;建立恰当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.
考点二 二面角
1.(2017浙江改编,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为
AB,BC,CA上的点,AP=PB,?=?=2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,
则α,β,γ的大小关系为 ????.(用“<”连接)
?
答案????α<γ<β
解析 解法一:连接CP,作RO∥AB,交CP于点O,则O为等边△ABC的中心,且点D在平面ABC内
的射影为O,连接DO.
以O为坐标原点,OP所在直线为x轴,RO所在直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立空间直角坐标
系,如图所示.
?
设正四面体的棱长为3,则OP=?×?×3=?,OR=?×?×3=1,点Q到x轴的距离为?×PB=?×?=
?,点Q到y轴的距离为?.
故有P?,Q?,R(0,-1,0),D(0,0,?).
此时,点O在△PQR内部,故α,β,γ均为锐角.
取平面PQR的一个法向量为n=(0,0,1).
设平面DPR的法向量为m1=(x1,y1,z1),
∵?=?,?=(0,1,?),
∴?得?
取z1=1,得m1=(2?,-?,1).
∴cos α=|cos|=?=?.
设平面DPQ的法向量为m2=(x2,y2,z2),
∵?=?,?=?,
∴?得?
取x2=2?,得m2=(2?,4?,1).
∴cos β=|cos|=?=?.
设平面DQR的法向量为m3=(x3,y3,z3),
∵?=?,?=(0,1,?),
∴?得?
取z3=1,得m3=(-3?,-?,1).
∴cos γ=|cos|=?=?.
∵cos β∴β>γ>α.
解法二:设点D在平面ABC上的射影为O,则O为正△ABC的中心,
设O到RP,PQ,QR的距离分别为d1,d2,d3,则tan α=?,tan β=?,tan γ=?,故只要比较d1,d2,d3的
大小即可.
以O为原点,RO所在直线为x轴,PC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,如图.
不妨设正四面体的棱长为3,则有P?,Q?,R(-1,0).
从而直线PR的方程为x+?y+1=0,∴d1=?=?.
直线PQ的方程为2?x-y-?=0,∴d2=?.
直线RQ的方程为x-?y+1=0,∴d3=?.
又d2tan γ>tan α,
而α,β,γ均为锐角,∴β>γ>α.
2.(2019课标全国Ⅲ理,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图
形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
?
解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的
空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象
和数学运算的核心素养.
(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.
由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=?.
以H为坐标原点,?的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,
?
则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,?),?=(1,0,?),?=(2,-1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),
则?即?
所以可取n=(3,6,-?).
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos=?=?.
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE平行关系不变,可得AD∥CG,进而可得A、C、G、D四点
共面.由折叠前后不变的位置关系可得AB⊥BE,AB⊥BC,从而AB⊥平面BCGE,由面面垂直的判
定定理可得结论成立.
(2)由(1)可得EH⊥平面ABC.以H为坐标原点,?的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,
求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小.
3.(2018北京理,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1
C1,BB1的中点,AB=BC=?,AC=AA1=2.
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.
?
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,
因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.
因为AB=BC,所以AC⊥BE.
所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.
因为BE?平面ABC,所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
?
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).
所以?=(-1,-2,0),?=(1,-2,1).
设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),
则?即?
令y0=-1,则x0=2,z0=-4.
于是n=(2,-1,-4).
又因为平面CC1D的法向量为?=(0,2,0),
所以cos=?=-?.
由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-?.
(3)证明:由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),?=(0,2,-1).
因为n·?=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,
所以直线FG与平面BCD相交.
4.(2018天津理,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=
2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.
(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;
(2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.
?
解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空
间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.
依题意,可以建立以D为原点,分别以?,?,?的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐
标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M?,N(1,0,2).
(1)证明:依题意?=(0,2,0),?=(2,0,2).
设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,
则?即?
不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).
又?=?,可得?·n0=0,
又因为直线MN?平面CDE,
所以MN∥平面CDE.
?
(2)依题意,可得?=(-1,0,0),?=(1,-2,2),?=(0,-1,2).
设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,
则?即?
不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).
设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,
则?即?
不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).
因此有cos=?=?,于是sin=?.
所以,二面角E-BC-F的正弦值为?.
(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得?=(-1,-2,h).
易知,?=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,
故|cos|=?=?,
由题意,可得?=sin 60°=?,解得h=?∈[0,2].
所以,线段DP的长为?.
方法归纳 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤
(1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系;
(2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;
(3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法
向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;
(4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、
求解;
(5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).
5.(2017课标全国Ⅲ理,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,
∠ABD=∠CBD,AB=BD.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE
-C的余弦值.
?
解析 本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.
(1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.
又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.
取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.
所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,?的方向为x轴正方向,|?|为单位长,
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,?,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).
?
由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的?,从而E到平面ABC的距离为D到平面
ABC的距离的?,即E为DB的中点,得E?.故?=(-1,0,1),?=(-2,0,0),?=?.
设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,
则?即?
可取n=?.
设m是平面AEC的法向量,则?
同理可取m=(0,-1,?).
则cos=?=?.
易知二面角D-AE-C为锐二面角,
所以二面角D-AE-C的余弦值为?.
方法总结 证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即
在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判
断二面角是钝角还是锐角.
6.(2016四川理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=?AD,
E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
?
解析 (1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.
延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.
?
理由如下:
由已知,BC∥ED,且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE,
所以CM∥平面PBE.
(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.
从而∠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.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
作Ay⊥AD,以A为原点,以?,?的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐
标系A-xyz,
?
则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).
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),
由?得?
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sin α=?=?=?.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为?.
思路分析 对(1),延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CM∥EB,从而CM∥
平面PBE;对(2),建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sin α=?求值.
7.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,
AC=AA1=2,AD=CD=?,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.
(1)求证:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;
(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为?,求线段A1E的长.
?
解析 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
?
依题意可得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),D1(1,-2,2).
又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M?,N(1,-2,1).
(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.?=?.由此可得?·n=0,又
因为直线MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)?=(1,-2,2),?=(2,0,0).
设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,
则?即?
不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).
设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,
则?又?=(0,1,2),得?
不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).
因此有cos=?=-?,
于是sin=?.
所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为?.
(3)依题意,可设?=λ?,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而?=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面
ABCD的一个法向量,由已知,得cos=?=?=?,整理得λ2+4λ-3=0,
又因为λ∈[0,1],解得λ=?-2.
所以,线段A1E的长为?-2.
评析 本题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考
查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.
8.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=?,AB=BC=1,AD=2,E是AD
的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.
?
(1)证明:CD⊥平面A1OC;
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=?,所以BE⊥AC.
即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,
从而BE⊥平面A1OC,
又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.
(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,
又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,
所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,
所以∠A1OC=?.
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,
?
因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,
所以B?,E?,A1?,C?,
得?=?,?=?,
?=?=(-?,0,0).
设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为
θ,
则?得?取n1=(1,1,1);
?得?取n2=(0,1,1),
从而cos θ=|cos|=?=?,
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为?.
评析 本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查
学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系
是求解的关键.
9.(2015山东理,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.
(1)求证:BD∥平面FGH;
(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的
大小.
?
解析 (1)证法一:连接DG,CD,设CD∩GF=O,连接OH.
?
在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DF∥GC,DF=GC,所以四边形DFCG为平
行四边形.
则O为CD的中点,又H为BC的中点,所以OH∥BD,
又OH?平面FGH,BD?平面FGH,所以BD∥平面FGH.
证法二:在三棱台DEF-ABC中,
由BC=2EF,H为BC的中点,可得BH∥EF,BH=EF,
所以四边形BHFE为平行四边形,可得BE∥HF.
在△ABC中,G为AC的中点,H为BC的中点,
所以GH∥AB.又GH∩HF=H,
所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD?平面ABED,所以BD∥平面FGH.
(2)解法一:设AB=2,则CF=1.
在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF=?AC=GC,可得四边形DGCF为平行四边形,
因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC,
所以DG⊥平面ABC.
在△ABC中,由AB⊥BC,∠BAC=45°,G是AC中点,所以AB=BC,GB⊥GC,因此GB,GC,GD两两垂
直.
以G为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.
?
所以G(0,0,0),B(?,0,0),C(0,?,0),D(0,0,1).
可得H?,F(0,?,1),
故?=?,?=(0,?,1).
设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量,
则由?可得?
可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1,?).
因为?是平面ACFD的一个法向量,?=(?,0,0),
所以cos=?=?=?.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
解法二:作HM⊥AC于点M,作MN⊥GF于点N,连接NH.
?
由FC⊥平面ABC,得HM⊥FC,
又FC∩AC=C,所以HM⊥平面ACFD.
因此GF⊥NH,所以∠MNH即为所求的角.
在△BGC中,MH∥BG,MH=?BG=?,
由△GNM∽△GCF,可得?=?,从而MN=?.
由HM⊥平面ACFD,MN?平面ACFD,得HM⊥MN,
因此tan∠MNH=?=?,所以∠MNH=60°.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.
10.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,
AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.
(1)求证:GF∥平面ADE;
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
?
解析 解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,
?
又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=?AB.
又F是CD的中点,所以DF=?CD.
由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.
又DH?平面ADE,GF?平面ADE,所以GF∥平面ADE.
(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
?
又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
以B为原点,分别以?,?,?的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B
(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).
因为AB⊥平面BEC,所以?=(0,0,2)为平面BEC的法向量.
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.
又?=(2,0,-2),?=(2,2,-1),
由?得?
取z=2,得n=(2,-1,2).
从而cos=?=?=?,
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为?.
解法二:(1)证明:如图,取AB中点M,连接MG,MF.
?
又G是BE的中点,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分别是AB,CD的中点得MF∥AD.
又AD?平面ADE,MF?平面ADE,所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF?平面GMF,所以GF∥平面ADE.
(2)同解法一.
评析 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空
间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.
11.(2015安徽,19,13分)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正
方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.
(1)证明:EF∥B1C;
(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.
?
解析 (1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平
行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D?面A1DE,B1C?面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1,
面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.
(2)因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=
AD,以A为原点,分别以?,?,?为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标
系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所
以E点的坐标为(0.5,0.5,1).
?
设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量?=(0.5,0.5,0),?=(0,1,-1),由n1⊥?,n1⊥?
得r1,s1,t1应满足的方程组?(-1,1,1)为其一组解,
所以可取n1=(-1,1,1).
设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量?=(1,0,0),?=(0,1,-1),
由此同理可得n2=(0,1,1).
所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为?
=?=?.
评析 本题考查直线与直线的平行关系以及二面角的求解,考查空间想象能力、逻辑推理能
力以及运算求解能力.正确求解各点坐标以及平面法向量是解决问题的关键.
12.(2015湖北,19,12分)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称
为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.
如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点
F,连接DE,DF,BD,BE.
(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出
结论);若不是,说明理由;
(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为?,求?的值.
?
解析 解法一:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标
系.
?
设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),
C(0,1,0),?=(λ,1,-1),点E是PC的中点,
所以E?,?=?,
于是?·?=0,即PB⊥DE.
又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,
所以PB⊥平面DEF.
因?=(0,1,-1),?·?=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.
由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,
即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)由PD⊥平面ABCD,
得?=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;
由(1)知,PB⊥平面DEF,
所以?=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为?,
则cos?=?=?=?,
解得λ=?,
所以?=?=?.
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为?时,?=?.
解法二:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,
由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD,而DE?平面PCD,所以BC⊥DE.
又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.
而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.
而PB?平面PBC,所以PB⊥DE.
又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,
即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.
?
由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.
而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,
设PD=DC=1,BC=λ,有BD=?,
在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=?,
则tan?=tan∠DPF=?=?=?,解得λ=?.
所以?=?=?.
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为?时,?=?.
13.(2013江苏,22)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.
?
解析 (1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),
D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以?=(2,0,-4),?=(1,-1,-4).
?
因为cos=?=?=?,
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为?.
(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为?=(1,1,0),?=(0,2,4),所以n1·?=0,n1·?=0,即x+
y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2,y=-2,所以n1=(2,-2,1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个
法向量为n2=(0,1,0),设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|=?=?=?,得sin θ=?.
因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为?.
方法提炼 向量法是求解立体几何中角度问题、距离问题的好方法,思路简洁清晰,建立恰当
的空间直角坐标是关键.
设直线l的方向向量为a平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,则0≤θ≤?,
sin θ=|cos=?.
设向量m平面α的法向量为,向量n为平面α的法向量,平面α与平面β所称的二面角为θ,则0≤θ≤
π;cos θ1=cos=?.θ=θ1=或π-θ1.
14.(2011江苏,22,10分)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=1,点N是BC的中点,点M
在CC1上.设二面角A1-DN-M的大小为θ.
(1)当θ=90°时,求AM的长;
(2)当cos θ=?时,求CM的长.
?
解析 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设CM=t(0≤t≤2),则各点的坐标为A(1,0,0),A1(1,
0,2),N?,M(0,1,t).所以?=?,?=(0,1,t),?=(1,0,2).
?
设平面DMN的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·?=0,n1·?=0.即x1+2y1=0,y1+tz1=0.
令z1=1,则y1=-t,x1=2t.
所以n1=(2t,-t,1)是平面DMN的一个法向量.
设平面A1DN的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·?=0,n2·?=0.即x2+2z2=0,x2+2y2=0.
令z2=1,则x2=-2,y2=1.所以n2=(-2,1,1)是平面A1DN的一个法向量.从而n1·n2=-5t+1.
(1)因为θ=90°,所以n1·n2=-5t+1=0,解得t=?.从而M?.
所以AM=?=?.
(2)因为|n1|=?,|n2|=?,
所以cos=?=?.
因为=θ或π-θ,所以?=?,解得t=0或t=?.
根据图形和(1)的结论可知t=?,从而CM的长为?.
评析 本题考查正四棱柱的概念和性质、二面角的有关知识以及空间坐标系、空间向量等
基础知识.对运算能力要求较高,属中等偏难题.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019扬州中学检测,22)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=2,AA1=2,F是棱BC的中点,点E
在棱C1D1上,且D1E=?EC1.求直线EF与平面D1AC所成角的正弦值.
?
解析 分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A
(2,0,0),C(0,4,0),D1(0,0,2),E(0,1,2),F(1,4,0),
?
所以?=(2,0,-2),?=(0,4,-2),?=(1,3,-2).设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z),由?解
得?取y=1,则n=(2,1,2).因为|?|=?,|n|=3,?·n=1,所以cos=?=?=
?,因为cos>0,所以是锐角,且是直线EF与平面D1AC所成角的余角,所以直线
EF与平面D1AC所成角的正弦值为?.
名师点睛 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的
空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出
平面的法向量;第四,破“应用公式关”,选择恰当的公式.
2.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,22)如图,在三棱锥D-ABC中,DA⊥平面ABC,∠
CAB=90°,且AC=AD=1,AB=2,E为BD的中点.
(1)求异面直线AE与BC所成角的余弦值;
(2)求二面角A-CE-B的余弦值.
?
解析 因为DA⊥平面ABC,∠CAB=90°,所以可以以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐
标系A-xyz,
?
因为AC=AD=1,AB=2,
所以A(0,0,0),C(1,0,0),B(0,2,0),D(0,0,1),
因为点E为线段BD的中点,
所以E?.
(1)?=?,?=(1,-2,0),
所以cos=?=?=-?,
因为异面直线所成角的范围为?,
所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为?.
(2)设平面ACE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
因为?=(1,0,0),?=?,
n1·?=0,n1·?=0,所以x1=0且y1+?z1=0,取y1=1,得z1=-2,所以n1=(0,1,-2)是平面ACE的一个法向
量.
设平面BCE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
因为?=(1,-2,0),?=?,
n2·?=0,n2·?=0,所以x2-2y2=0且-y2+?z2=0,取y2=1,得x2=2,z2=2,
所以n2=(2,1,2)是平面BCE的一个法向量,
所以cos=?=?=-?.
结合图形知,二面角A-CE-B的余弦值为-?.
3.(2019南京、盐城期末,22)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AD=1,
PA=AB=?,点E是棱PB的中点.
(1)求异面直线EC与PD所成角的余弦值;
(2)求二面角B-EC-D的余弦值.
?
解析 (1)因为PA⊥底面ABCD,且底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,
AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
?
又因为PA=AB=?,AD=1,
所以A(0,0,0),B(?,0,0),C(?,1,0),D(0,1,0),P(0,0,?),?(2分)
因为E是棱PB的中点,
所以E?,
所以?=?,?=(0,1,-?),
所以cos=?=?,
因为异面直线所成角的范围为?,
所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为?.?(6分)
(2)由(1)得?=?,?=(0,1,0),?=(?,0,0),
设平面BEC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
所以?
令x1=1,则z1=1,
所以平面BEC的一个法向量为n1=(1,0,1).
设平面DEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
所以?令z2=?,则y2=1,
所以平面DEC的一个法向量为n2=(0,1,?),
所以cos=?=?,
由图可知二面角B-EC-D为钝二面角,
所以二面角B-EC-D的余弦值为-?.?(10分)
4.(2019泰州期末,22)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,AB=1.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;
(2)求平面A1BC与平面AC1D所成二面角的正弦值.
?
解析 (1)以AB,AD,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
?
则A1(0,0,3),B(1,0,0),C1(1,1,3),A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),
?=(-1,0,3),?=(1,1,3),
所以cos=?=?.
故异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为?.
(2)?=(1,0,-3),?=(1,1,-3),?=(1,1,3),?=(0,1,0),
设平面A1BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则?
即?
令z1=1,则n1=(3,0,1),
设平面AC1D的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则?
即?
令z2=1,则n2=(-3,0,1),
所以cos=?=?=-?,
所以平面A1BC与平面AC1D所成二面角的正弦值为?.
5.(2019镇江期末,23)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥AC,AB=2,AC=4,AA1=3,D是BC的中
点.
?
(1)求直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值;
(2)求二面角B1-DC1-A1的余弦值.
解析 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1⊥AB,AA1⊥AC,以{?,?,?}为基底,建立空
间直角坐标系如图所示.
?
由AB=2,AC=4,AA1=3,得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),A1(0,0,3),B1(2,0,3),C1(0,4,3),
因为D是BC的中点,所以D(1,2,0).
(1)?=(-1,2,3),?=(2,0,0),?=(-1,2,-3),
设n1=(x1,y1,z1)为平面A1B1D的法向量,
所以?即?不妨取n1=(0,3,2),?(3分)
设直线DC1与平面A1B1D所成角为θ,则sin θ=|cos|=?=?,
所以直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值为?.?(5分)
(2)?=(-1,2,3),?=(-2,4,0),设n2=(x2,y2,z2)为平面B1DC1的一个法向量,
所以?即?不妨取n2=(2,1,0),?(7分)
同理可以求得平面A1DC1的法向量为n3=(3,0,1),
则cos=?=?,
结合图形可知,二面角B1-DC1-A1的余弦值为?.?(10分)
6.(2018苏州调研,22)如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,且AB=BP
=2,AD=AE=1,AE⊥AB,且AE∥BP.
(1)求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值;
(2)线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于??若存在,试确定
点N的位置;若不存在,请说明理由.
?
解析 (1)因为AE⊥AB,AE∥BP,所以BP⊥AB,因为平面ABCD⊥平面ABPE,平面ABCD∩平面
ABPE=AB,所以BP⊥平面ABCD,又AB⊥BC,所以直线BA,BP,BC两两垂直.
以B为坐标原点,分别以BA,BP,BC所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
?
则P(0,2,0),B(0,0,0),D(2,0,1),E(2,1,0),C(0,0,1),
因为BC⊥平面ABPE,所以?=(0,0,1)为平面ABPE的一个法向量,
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),易得?=(2,-2,1),?=(2,0,0),
则?
即?
令y=1,则z=2,
故n=(0,1,2),
设平面PCD与平面ABPE所成的二面角大小为θ,
则|cos θ|=?=?=?,
显然0<θ(2)假设满足题意的点N存在,设?=λ?=(2λ,-2λ,λ)(0≤λ≤1),则?=?+?=(2λ,2-2λ,λ).
由(1)知,平面PCD的一个法向量为n=(0,1,2),
设直线BN与平面PCD所成的角为α,
则sin α=|cos|=?=?=?,
即9λ2-8λ-1=0,
解得λ=1或λ=-?(舍去).
故当点N与点D重合时,直线BN与平面PCD所成角的正弦值为?.
解答题(共40分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：30分钟 分值：40分)
1.(2019苏州调研,22)如图,在四棱锥P-ABCD中,BC⊥PB,AB⊥BC,AD∥BC,AD=3,PA=BC=2AB=
2,PB=?.
(1)求二面角P-CD-A的余弦值;
(2)若点E在棱PA上,且BE∥平面PCD,求线段BE的长.
?
解析 (1)在△PAB中,因为PA=2,PB=?,AB=1,
所以PA2=AB2+PB2,所以PB⊥AB.又BC⊥PB,AB⊥BC,
所以建立空间直角坐标系B-xyz,如图所示.
?
所以A(1,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),D(1,3,0),P(0,0,?),?=(1,1,0),?=(0,2,-?).
易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则?即?
令z=2,则m=(-?,?,2).
设二面角P-CD-A的平面角为α,可知α为锐角,
则cos α=|cos|=?=?=?,
即二面角P-CD-A的余弦值为?.
(2)因为点E在棱PA上,
所以设?=λ?,λ∈[0,1].
因为?=(-1,0,?),
所以?=(-λ,0,?λ),?=?+?=(1-λ,0,?λ).
又因为BE∥平面PCD,m=(-?,?,2)为平面PCD的一个法向量,
所以?·m=0,即?(λ-1)+2?λ=0,所以λ=?.
所以?=?,
所以BE=|?|=?.
2.(2019宿迁期末,23)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=1,BB1=2,点D在棱BB1上,
且C1D⊥AB1.
(1)求线段B1D的长;
(2)求二面角D-A1C-C1的余弦值.
?
解析????在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,则以{?,?,?}为基底构建如图所示的空间直
角坐标系,则A1(1,0,0),A(1,0,2),B1(0,1,0),C1(0,0,0),B(0,1,2),C(0,0,2),
?
所以?=(-1,1,-2),
设B1D=t,0≤t≤1,则D(0,1,t),?=(0,1,t).
(1)由C1D⊥AB1得?·?=0,
所以1-2t=0?t=?,
所以B1D=?.
(2)易知平面A1C1C的一个法向量为?=(0,1,0),
设平面A1CD的一个法向量为n=(x,y,z),
由(1)知?=?,?=(-1,0,2),因为?
所以?取z=2,则y=3,x=4,
所以n=(4,3,2),
所以cos=?=?.
所以二面角D-A1C-C1的余弦值为?.
3.(2019七市第二次调研,22)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AB=
1,AP=AD=2.
(1)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
(2)若点M,N分别在AB,PC上,且MN⊥平面PCD,试确定点M,N的位置.
?
解析 (1)由题意知,AB,AD,AP两两垂直,
以{?,?,?}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,
0),P(0,0,2),
?
从而?=(1,0,-2),?=(1,2,-2),?=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则?即?
不妨取y=1,
得平面PCD的一个法向量为n=(0,1,1).?(3分)
设直线PB与平面PCD所成角为θ,所以sin θ=|cos|=?=?,
即直线PB与平面PCD所成角的正弦值为?.?(5分)
(2)设M(a,0,0)(0≤a≤1),
则?=(-a,0,0),
设?=λ?(0≤λ≤1),则?=(λ,2λ,-2λ),又?=(0,0,2),
所以?=?+?+?=(λ-a,2λ,2-2λ).
由(1)知,平面PCD的一个法向量为n=(0,1,1),
因为MN⊥平面PCD,
所以?∥n,
所以?
解得λ=?,a=?.
所以当M为AB的中点,N为PC的中点时,MN⊥平面PCD.?(10分)
4.(2019淮安五校联考,24)如图,在四棱锥P-ABCD中,棱AB,AD,AP两两垂直,且长度均为1,?=λ
?(0<λ≤1).
(1)若λ=1,求直线PC与平面PBD所成角的正弦值;
(2)若二面角B-PC-D的大小为120°,求实数λ的值.
?
解析 (1)以{?,?,?}为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.因为λ=1,所以?
=?.
依题意知C(1,1,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),
?
所以?=(1,1,-1),?=(1,0,-1),?=(0,1,-1).
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),
则?
所以?
取z=1,得n=(1,1,1).
所以|cos|=?=?=?.
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为?.?(5分)
(2)依题意及(1)知C(1,λ,0),?=(1,0,-1),?=(1,λ,-1),?=(0,1,-1).
设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则?即?
取z1=1,得n1=(1,0,1).
设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则?即?
取z2=1,得n2=(1-λ,1,1).
所以|cos|=?=?=|cos 120°|=?,
解得λ=1或λ=5,
因为0<λ≤1,所以λ=1.?(10分)
