高考数学专题：向量求二面角(含答案)
高考数学专题：向量求二面角
向量法求二面角大小的两种方法
(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
1、如图，四棱锥P-ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M
为BC上一点，且BM＝1
2，MP⊥AP.
(1)求PO的长；
(2)求二面角A-PM-C的正弦值．
2、如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F 分别为AC，DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E-BF-C的正弦值．
3、如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.
(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；
(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；
(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．
4、如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E-BC-A的余弦值．
5、如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面
ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.
(1)求证：EG∥平面ADF；
(2)求二面角O-EF-C的正弦值；
(3)设H为线段AF上的点，且AH＝2
3HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值
6、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＝π
2，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．
7、如图所示，在多面体A1B1D1-DCBA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．
8、如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π
2，D，E分
别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD；
(2)求二面角A-PD-C的余弦值．
答案：
1、解：(1)如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，
OA →，OB →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .
因为∠BAD ＝π3，
所以OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π
6＝1，
所以O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，OB →＝(0，1，0)，BC →＝(－3，－1，0)．
由BM ＝1
2，BC ＝2知， BM
→＝14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－14，0， 从而OM
→＝OB →＋BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0， 即M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－34，3
4，0.
设P (0，0，a )，a >0，则AP
→＝(－3，0，a )，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，a . 因为MP ⊥AP ，故MP →·AP
→＝0，即－34＋a 2＝0，
所以a ＝32或a ＝－3
2(舍去)， 即PO ＝3
2.
(2)由(1)知，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，32，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32. 设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，
由n 1·AP →＝0，n 1·MP →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋32z 1＝0，34x 1－34y 1＋32z 1＝0，
故可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
1，
533，2. 由n 2·MP →＝0，n 2·CP →
＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧34x 2－34y 2＋32z 2＝0，3x 2＋3
2z 2＝0，
故可取n 2＝(1，－3，－2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－
155， sin 〈n 1，n 2〉＝
1－⎝
⎛⎭⎪⎫－
1552＝105， 故所求二面角A -PM -C 的正弦值为10
5.
2、(1)证明：由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线
为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．
易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，12，32，
F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32，12，0，
所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC
→＝0. 从而EF →⊥BC →
，所以EF ⊥BC .
(2)平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )． 又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，
由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·
BF →＝0，n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)．
设二面角E -BF -C 大小为θ，且由题意知θ为锐角， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·
n 2|n 1||n 2|＝15. 因此sin θ＝
25
＝255，即所求二面角的正弦值为25
5.
3、．解：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
则A (2a ，0，0)，B (2a ，2a ，0)，C (0，2a ，0)，D 1(0，0，a )，F (a ，0，0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．
(1)因为AB 1→＝(－a ，a ，a )，DD 1→＝(0，0，a )， 所以|cos 〈AB 1→，DD 1
→〉|
＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪AB 1→·DD 1→|AB 1→||DD 1→|＝33，
所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为3
3. (2)证明：因为BB 1→＝(－a ，－a ，a )，
BC →＝(－2a ，0，0)，FB 1→＝(0，a ，a )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧FB 1→·BB 1→＝0，FB 1→·BC →＝0，
所以FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . 因为BB 1∩BC ＝B ， 所以FB 1⊥平面BCC 1B 1.
(3)由(2)知，FB 1→为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， 因为CC 1→＝(0，－a ，a )，FC →＝(－a ，2a ，0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·CC 1→＝0，n ·FC →＝0，即⎩⎨⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.
令y 1＝1，则n ＝(2，1，1)，
所以||
cos 〈FB 1→，n 〉＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪FB 1→·n |FB 1→||n |＝33，
因为二面角F -CC 1-B 为锐角， 所以二面角F -CC 1-B 的余弦值为3
3.
4、解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC .
又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC . (2)如图，过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ， 由(1)知DG ⊥平面ABEF .
以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz . 由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°， 则|DF |＝2，|DG |＝3，
可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)． 由已知，AB ∥EF ， 所以AB ∥平面EFDC .
又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .
由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3)．
所以EC
→＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·
EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0. 所以可取n ＝(3，0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·
AB →＝0.
同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝－21919.
故二面角E -BC -A 的余弦值为－219
19.
5、解：依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0)．
(1)证明：依题意，AD
→＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧
2x ＝0，x －y ＋2z ＝0.
不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，2，1)．
又EG →＝(0，1，－2)，所以EG →·
n 1＝0， 又因为直线EG ⊄平面ADF ， 所以EG ∥平面ADF .
(2)易证，OA
→＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量． 依题意，EF
→＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．
设n 2＝(x ，y ，z )为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·
EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.
不妨设x ＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．
因此cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·
n 2|OA →||n 2|
＝－63，于是sin 〈OA →，n 2
〉＝33
.
所以，二面角O -EF -C 的正弦值为33.(3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF
→＝(1，－1，2)，
所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45，因此cos 〈BH →
，n 2〉＝BH →·n 2|BH →
||n 2
|
＝－7
21.
所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为7
21.
6、解：以{AB →，AD →，AP →}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)因为AD ⊥平面PAB ，
所以AD
→是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．
因为PC
→＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎨⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0. 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 〈AD →，m 〉＝AD →·
m |AD →||m |
＝33， 所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为3
3. (2)因为BP
→＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，
又CB
→＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝ (－λ，－1，2λ)，又DP
→＝(0，－2，2)，
从而cos 〈CQ →，DP →
〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|
＝1＋2λ10λ2＋2
.
设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2
〈CQ →，DP →
〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭
⎪⎫1t －592＋209≤910
.
当且仅当t ＝95，即λ＝2
5时， |cos 〈CQ
→，DP →〉|的最大值为31010
. 因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5， 所以BQ ＝25BP ＝25
5.
7、解：(1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平
行四边形，
从而B 1C ∥A 1D .又A 1D ⊂平面A 1DE ，B 1C ⊄平面A 1DE ，于是B 1C ∥平面A 1DE . 又B 1C ⊂平面B 1CD 1，平面A 1DE ∩平面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .
(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD ，以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→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)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为(0.5，0.5，1)．
设面A 1DE 的法向量为n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝(0.5，0.5，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，
n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足方程组⎩⎨⎧0.5r 1＋0.5s 1＝0，s 1－t 1
＝0，因为(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．
设面A 1B 1CD 的法向量为n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，
由此同理可得n 2＝(0，1，1)，
所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2
＝63. 8、解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE .
由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .
又PC ∩CD ＝C ，所以DE ⊥平面PCD .
(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝
FE ＝1.
又EB ＝1，故FB ＝2.
由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.
如图，以C 为坐标原点，分别以CA
→，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，－1，0. 设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1
＋3z 1＝0，12x 1－y 1
＝0， 故可取n 1＝(2，1，1)．
由(1)可知，DE ⊥平面PCD ，
故平面PCD 的法向量n 2可取为ED
→， 即n 2＝(1，－1，0)．
从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为
cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36， 故二面角A -PD -C 的余弦值为36.
高考数学二轮专名师讲义：第29讲-空间向量与立体几何(含答案)
专题十 高考数学附加必做题训练 第29讲 空间向量与立体几何 空间向量与立体几何在高考中属中档题，要求能正确建立空间直角坐标系，会利用空间向量知识证明线与线、线与面、面与面平行及垂直，会用空间向量数量积计算空间线线角、线面角、二面角及点与面的距离等． 考试说明： 序号 内容 要求 A B C 1 空间向量的概念 √ 2 空间向量共线、共面的充分必要条件 √ 3 空间向量的加法、减法及数乘运算 √ 4 空间向量的坐标表示 √ 5 空间向量的数量积 √ 6 空间向量的共线与垂直 √ 7 直线的方向向量与平面的法向量 √ 8 空间向量的应用 √ 例1 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．利用向量法证明： (1) DE ∥平面ABC ； (2) B 1F ⊥平面AEF. 证明：如图建立空间直角坐标系Axyz ，不妨设AB ＝AA 1＝4， 则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)， B(4，0，0)，B 1(4，0，4)． (1) 取AB 中点为N ，连结CN ， 则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)， ∴ DE →＝(－2，4，0)，NC → ＝(－2，4，0)， ∴ DE →＝NC → ，∴ DE ∥NC. ∵ NC ABC ，DE 平面ABC ， 故DE ∥平面ABC. (2) B 1F →＝(－2，2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF → ＝(2，2，0)．
B 1F →·EF → ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF → ＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴ B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF → ，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF. ∵ AF ∩FE ＝F ，∴ B 1F ⊥平面AEF. 如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证： (1) AM ∥平面BDE ； (2) AM ⊥平面BDF. 证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC∩BD ＝N ，连结NE. 则点N 、E 的坐标分别为??? ?22，2 2，0、(0，0，1)． ∴ NE → ＝(－22，－22 ，1)． 又点A 、M 的坐标分别是(2，2，0)、??? ?22，2 2，1， ∴ AM → ＝??? ?－22，－22，1. ∴ NE →＝AM → 且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM. ∵ NE 平面BDE ，AM 平面BDE ， ∴ AM ∥平面BDE. (2) 由(1)知AM → ＝??? ?－22，－22，1， ∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF → ＝(0，2，1)， ∴ AM →·DF → ＝0，∴ AM ⊥DF. 同理AM ⊥BF. 又DF∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF. 例2 如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32， 点M 、N 分别在PA 、BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝1 3 . (1) 求证：MN ⊥AD ； (2) 求MN 与平面PAD 所成角的正弦值．
高考数学专题：向量求二面角(含答案)
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高考数学二面角专题训练
高考数学二面角专题训练 1.（06安徽卷）如图，P 是边长为1的正六边形ABCDEF 所在平面外一点，1PA =，P 在平面ABC 内的射影为BF 的中点O 。 （Ⅰ）证明PA ⊥BF ； （Ⅱ）求面APB 与面DPB 所成二面角的大小。 解：（Ⅰ）在正六边形ABCDEF 中，ABF 为等腰三角形， ∵P 在平面ABC 内的射影为O ，∴PO ⊥平面ABF ，∴AO 为PA 在平面ABF 内的射影；∵O 为BF 中点，∴AO ⊥BF ，∴PA ⊥BF 。 （Ⅱ）∵PO ⊥平面ABF ，∴平面PBF ⊥平面ABC ；而O 为BF 中点，ABCDEF 是正六边形 ，∴A 、O 、D 共线，且直线AD ⊥BF ，则AD ⊥平面PBF ；又∵正六边形ABCDEF 的边长为1，∴1 2 AO = ，3 2 DO = ，BO =。 过O 在平面POB 内作OH ⊥PB 于H ，连AH 、DH ，则AH ⊥PB ，DH ⊥PB ，所以AHD ∠为所求二 面角平面角。 在AHO 中， OH=7 ，1 tan AO AHO OH ∠== 。 在DHO 中，3 tan 7 DO DHO OH ∠===； 而tan tan()2AHD AHO DHO ∠=∠+∠== （Ⅱ）以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，P(0,0，1)，A(0，1 2 -,0)， 0,0)， D(0,2，0)，∴1 (0,,1)2 PA =- -，3(1)PB =-，(0,2,1)PD =- 设平面PAB 的法向量为111(,,1)n x y =，则1n PA ⊥，1n PB ⊥，得11 1 102 10 y x ?--=??-=， 123(2,1)3 n =-； 设平面PDB 的法向量为222(,,1)n x y =，则2n PD ⊥，2 n PB ⊥，得22210102 y x -=?-=?， 2231(,1)32 n =；
高考数学(人教a版,理科)题库：立体几何中的向量方法(二)(含答案)
第8讲 立体几何中的向量方法（二） 一、选择题 1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( ) A.32 B.2 2 C. 3 D ．3 2 解析 两平面的一个单位法向量n 0＝? ???? －22，0，22，故两平面间的距离d ＝|OA →·n 0|＝2 2. 答案 B 2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－1 2，则l 与α所成的角为 ( )． A ．30° B ．60° C ．120° D ．150° 解析 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝1 2，∴θ＝30°. 答案 A 3．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为 ( )． A.1010 B.3010 C.215 10 D.31010 解析 建立坐标系如图， 则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0，2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE → ＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE → 〉＝BC 1→·AE → |BC 1→||AE →| ＝30 10 . 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为30 10. 答案 B
4．已知直二面角α-l -β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )． A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 解析 如图，建立直角坐标系D -xyz ，由已 知条件B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)， 由AB ＝2解得t ＝ 2. 答案 C 5．如图，在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3， CD ＝2.∠ABC ＝∠DCB ＝π 2，则二面角A －BC －D 的大小为 ( )． A.π 6 B.π 3 C.5π 3 D.5π6 解析 二面角A －BC －D 的大小等于AB 与CD 所成角的大小.AD →＝AB →＋BC → ＋CD →.而AD →2＝AB →2＋CD →2＋BC →2－2|AB →|·|CD →|·cos 〈AB →，CD →〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos 〈AB →，CD →〉，∴cos 〈AB →，CD → 〉＝12，∴AB 与CD 所成角为π 3，即二面角A －BC －D 的大小为π 3.故选B. 答案 B 6．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角 B 1－D C －C 1的大小为60°，则A D 的长为( ) A. 2 B. 3 C ．2 D. 22
高考数学专题：二面角三类问题六种解题策略方法
αβa O A B 二面角三类问题六种解题策略方法 二面角大小的求法中知识的综合性较强，方法的灵活性较大，一般而言，二面角的大小往往转化为其平面角的大小，从而又化归为三角形的内角大小，在其求解过程中，主要是利用平面几何、立体几何、三角函数等重要知识。求二面角大小的关键是，根据不同问题给出的几何背景，恰在此时当选择方法，我们分为三类问题六种解题方法。从而给出二面角的通性通法。 第一类：有棱二面角的平面角的方法 方法1、定义法： 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。 本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。如例1中从二面角S —AM —B 中半平面ABM 上的一已知点（B ）向棱AM 作垂线，得垂足（F ）；在另一半平面ASM 内过该垂足（F ）作棱AM 的垂线（如GF ），这两条垂线（BF 、GF ）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。 例1、（全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面， ，，点M 在侧棱上，=60° （I ）证明：M 在侧棱的中点 （II ）求二面角的余弦值。 证（I ）略 解（II ）：利用二面角的定义。在等边三角形中过点作交于点，则点为AM 的中点，过F 点在平面ASM 内作，GF 交AS 于G ， 连结AC ，∵△ADC ≌△ADS ，∴AS-AC ，且M 是SC 的中点， ∴AM ⊥SC ， GF ⊥AM ，∴GF ∥AS ，又∵为AM 的中点， ∴GF 是△AMS 的中位线，点G 是AS 的中点。则即为所求二面角. ∵2=SM ，则2 2 = GF ，又∵6==AC SA ，∴2=AM ∵2==AB AM ，060=∠ABM ∴△ABM 是等边三角形，∴3=BF 在△GAB 中，2 6 = AG ，2=AB ，090=∠GAB ，∴2 11423=+=BG S ABCD -ABCD SD ⊥ABCD 2AD =2DC SD ==SC ABM ∠SC S AM B --ABM B BF AM ⊥AM F F GF AM ⊥F GFB ∠ F G
高考数学复习点拨 利用空间向量求二面角的两种策略
利用空间向量求二面角的两种策略 策略一：先作出二面角的的平面角，再利用向量的内积公式求解：设∠AOB 是一二面角α-l -β的一个平面角，则向量OA →与OB → 所成的角就是所求的二面角的大小. 例1 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求平面A 1BD 与平面C 1BD 所成二面角. 解法一：如图1，设AC 与BD 交于O ，连结A 1O ，C 1O ，因为A 1D=A 1B ，所以A 1O ⊥BD ，同理C 1D ⊥BD.∴∠A 1OC 1就是平面A 1BD 与平面C 1BD 所成二面角的平面角. 设正方体棱长为1，则|AO → |=22 ，A 1O →=A 1A →+AO →， ∴|A 1O →|2=(A 1A →+AO →)·(A 1A →+AO →)=|A 1A →|2+2A 1A →·AO →+|AO →|2=1+1 2+2×22×cos90︒=32, ∴|A 1O →|=62 ，同理|C 1O → |=62 ， 又OA 1→·OC 1→=(OA →+AA 1→)·(OC →+CC 1→)=OA →·OC →+OA →·CC 1→+AA 1→·OC →+AA 1→·CC 1→ =﹣12+0+0+1=12， ∴cos
新高考数学复习考点知识与题型专题讲解7---用空间向量求二面角,点面距
新高考数学复习考点知识与题型专题讲解 用空间向量求解二面角，点面距 考向一 用坐标法求二面角 1、如图，三棱锥V ABC -的侧棱长都相等，底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 为线段AC 的中点，F 为直线AB 上的动点，若平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则cos θ的最大值是（） A ．23C 【答案】D 【解析】底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形， 则Rt ABC Rt VAC ≅，所以VA VC BA BC === 设2VA VC BA BC VB =====， 由E 为线段AC 的中点， 则VE BV ==，
由222VE BE VB +=， 所以VE EB ⊥， 以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，EV 为z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 则() C ，)B ，(V ，设() ,F x x ， (0,VC = ，( 2,0,VB = ，(EV = ，(,VF x x =， 设平面VBC 的一个法向量()111,,m x y z =， 则00m VC m VB ⎧⋅=⎨⋅= ⎩ ，即11110 ⎧+=⎪=， 令11x =，则11y =，11z =， 所以()1,1,1m =. 设平面VEF 的一个法向量()222,,n x y z =， 则00n EV n VF ⎧⋅=⎨⋅= ⎩ ，即(222200x x x y =⋅+ ⋅+=⎪⎩ ，
解得20z =，令21y =，则22 1x = -， 所以21,1,0n x ⎛⎫ =- ⎪ ⎪⎝⎭ ， 平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ， 则22cos 222 32m n x m n x x θ⋅==-+， 将分子、分母同除以 1 x ，可得 2 2 2 2322226626 x x x x = -+-+ 令()2 226626632f x x x x ⎛⎫ =-+=-+ ⎪ ⎪⎝ ⎭， 当22 x = 时， ()min 3f x =， 则cos θ的最大值为： 26 3 =.故选：D 2、如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝5 4，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 位置， OD′＝10. (1)证明：D′H ⊥平面ABCD ；
2022届高考数学二轮复习解答题满分专题04 二面角(含探索性问题)(原卷版)
2022届高考数学二轮复习解答题满分专题 立体几何专题四：二面角 一、必备秘籍 1、二面角的平面角定义：从二面角棱上任取一点P ，在二面角的两个半平面内分别作 棱的垂线PA 、PB ,则APB ∠称为二面角的平面角。 2、二面角的范围：[0,]π 3、向量法求二面角平面角 （1）如图①，AB ，CD 是二面角l αβ--的两个面内与棱l 垂直的直线， 则二面角的大小,AB CD θ=<>． （2）如图②③，1n ，2n 分别是二面角l αβ--的两个半平面,αβ的法向量，则二面角的大小θ满足： 12 1212cos ,|||| n n n n n n ⋅<>=；12cos cos ,n n θ=±<>（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角。） 二、例题讲解 1．（2021·湖北高三月考）如图，在三棱柱111ABC A B C ﹣中，点E ，F 分别在棱1BB ，1CC 上（均异于端点）， AB AC =，ABE ACF ∠=∠，1BB ⊥平面AEF ． （1）求证：四边形BEFC 是矩形； （2）若2AE EF ==，33BE = ，求平面ABC 与平面AEF 所成锐二面角的余弦值． 2．（2021·广西高三开学考试（理））在三棱锥S ABC -中，90ASC ABC ∠=∠=︒，ASC CBA ≌△△，6AB SC ==，30SB =，43AC =． （1）求证：平面ASC ⊥平面ABC ；
（2）已知M是线段AC上一点，53 4 AM=，且二面角A SM B --的余弦值大小． 3．（2021·黑龙江大庆实验中学高三模拟预测（理））已知正四棱柱1111 ABCD A B C D -中，2 AB=，14 AA=．（1）求证：1 BD A C ⊥； （2）求二面角11 A A C D --的余弦值； （3）在线段 1 CC上是否存在点P，使得平面11 A CD⊥平面PBD，若存在，求出 1 CP PC 的值； 若不存在，请说明理由． 三、实战练习 1．（2021·河北沧州市·高三月考）如图所示，已知四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD为正方形，三角形PAB 为正三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，M是棱AD的中点． （1）求证：PC BM ⊥； （2）求二面角B PM C --的正弦值．
34 高中数学立体几何(解答题)二面角计算专题训练
专题3高中数学立体几何（解答题）二面角计算专题训练 【方法总结】 1．二面角 (1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝＜AB →，CD → ＞． (2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos ＜n 1，n 2＞|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 2．平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． 若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos ＜n 1，n 2＞|＝ |n 1·n 2| |n 1||n 2| ． 3．利用空间向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小； (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 【高考真题】 1 ．（2022新高考Ⅰ卷）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为
(1)求A 到平面1A BC 的距离； (2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值． 2．（2022新高考Ⅱ卷）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点． (1)证明：//OE 平面PAC ； (2)若30ABO CBO ︒∠=∠=，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值． 【题型突破】 1．(2020·全国Ⅲ改编)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1， BF ＝2FB 1． (1)证明：点C 1在平面AEF 内； (2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求平面AEF 与平面EF A 1夹角的正弦值． 2．(2019·全国Ⅲ)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．
新课改地区2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十五利用空间向量求二面角与空间距离新人教B版202
核心素养测评四十五利用空间向量求二面角与空间距离 (30分钟60分) 一、选择题(每小题5分,共25分) 1.在空间直角坐标系O-xyz中,平面OAB的一个法向量为n=(2,-2,1),已知点P(-1,3,2),则点P到平面OAB的距离d等于( ) A.4 B.2 C.3 D.1 【解析】选B.P点到平面OAB的距离为d===2. 2.三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2,若
∥平面BDE. 设n=(x,y,z)是平面BDE的法向量. 则 取y=1,则n=(-1,1,-)为平面BDE的一个法向量. 又=(2,0,0), 所以点A到平面BDE的距离是 d===1. 故直线AC1到平面BED的距离为1. 4.如图,点C在圆锥PO的底面圆O上,AB是直径,AB=8,∠BAC=30°,圆锥的母线与底面成的角为60°,则点A到平面PBC的距离为( ) A. B.2 C. D. 【解析】选C.如图,过点O作AB的垂线Ox,以Ox,OB,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
高考数学考点突破——空间向量与立体几何(理科专用)：立体几何中的向量方法(二)求空间角
立体几何中的向量方法（二）求空间角 【考点梳理】 1.异面直线所成的角 设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则 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sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n | |a ||n | . 3.求二面角的大小 (1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB →，CD → 〉. (2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 【考点突破】 考点一、利用空间向量求异面直线所成的角 【例1】在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A ．110 B ．25 C ． 3010 D ． 22 [答案] C
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，设BC ＝2，则B (0，2，0)，A (2，0，0)， M (1，1，2)，N (1，0，2)，所以BM → ＝(1，－1，2)，AN → ＝(－1，0，2)，故BM 与AN 所成角θ的 余弦值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →| ＝36×5＝30 10. 【类题通法】 1．利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2| |v 1||v 2| 求解. 2．两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面 直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角. 【对点训练】 在正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，AC 与B 1D 所成的角的大小为( ) A ．π6 B ．π4 C ．π3 D ．π 2 [答案] C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0). ∴AC →＝(1，1，0)，B 1D → ＝(－1，1，－1)， ∵AC →·B 1D → ＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →， ∴AC 与B 1D 所成的角为π 2 .
2021届新高考数学二轮突破专题四第3讲 立体几何与空间向量(解析版)
第3讲 立体几何与空间向量 【要点提炼】 考点一 利用空间向量求空间角 设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角 设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2， 则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2| a 21＋ b 21＋ c 21 a 22＋b 22＋c 2 2. (2)线面夹角 设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2， 则sin θ＝|a ·u | |a ||u |＝|cos 〈a ，u 〉|. (3)二面角 设α－a －β的平面角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|u ·v | |u ||v | ＝|cos 〈u ，v 〉|. 【热点突破】 考向1 求线面角 【典例】1 (2020·宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥P －ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝PA ＝1 2 PC ＝2，∠ABC ＝120°.
(1)求证：PA ⊥BC ； (2)设点E 为PC 的中点，求直线AE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【解析】(1)证明 AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，由余弦定理得 AC 2＝AB 2＋BC 2 －2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×⎝ ⎛⎭ ⎪⎫－12＝12，故AC ＝2 3. 又PA 2 ＋AC 2 ＝4＋12＝16＝PC 2 ，故PA ⊥AC. 又平面PAC ⊥平面ABC ，且平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，故PA ⊥平面ABC. 又BC ⊂平面ABC ，故PA ⊥BC. (2)解 由(1)知PA ⊥平面ABC ，故以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(1，3，0)，P(0,0,2)，C(0,23，0)，E(0，3，1)． 故AE →＝(0，3，1)，PC →＝(0,23，－2)，BC → ＝(－1，3，0)， 设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨ ⎪⎧ m ·PC →＝0， m ·BC →＝0， 即⎩⎨ ⎧ 23y －2z ＝0， －x ＋3y ＝0， 令y ＝1，有⎩⎨⎧ x ＝3， y ＝1， z ＝3， 故可取m ＝(3，1，3)， 设直线AE 与平面PBC 所成的角为θ，
高考数学二轮：5.3《立体几何中的向量方法》试题(含答案)
第 3 讲立体几何中的向量方法 1． (2014课·标全国Ⅱ )直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ BCA＝ 90°，M ，N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 () 12302 A. 10 B.5 C. 10 D. 2 2． (2015安·徽 ) 如下图，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B， ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1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．
以空间几何体为载体考察空间角是高考命题的要点，与空间线面关系的证明相联合，热门为二 面角的求解，均以解答的形式进行考察，难度主要表此刻成立空间直角坐标系和正确计算 上 . 热门一利用向量证明平行与垂直 设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝( a2，b2，c2)，v＝(a3，b3， c3)则有： (1)线面平行 l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0. (2)线面垂直 l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ka2， b1＝ kb2， c1＝ kc2. (3)面面平行 α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb， c ＝λc 32323. (4)面面垂直 α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋ b2b3＋c2c3＝ 0. 例 1 如图，在直三棱柱 ADE— BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且 相互垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明： (1)OM ∥平面 BCF ； (2)平面 MDF ⊥平面 EFCD . 思想升华用向量知识证明立体几何问题，仍旧离不开立体几何中的定理．如要证明线面平
2020版高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题三 第3讲 立体几何中的向量方法 含答案
第3讲立体几何中的向量方法 [做真题] 1．(2019·高考全国卷Ⅱ)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：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B 1C 1⊥BE . 又BE ⊥EC 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1. (2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB . 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA → |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)，C 1(0，1，2)，E (1，0，1)，CB →＝(1，0，0)，CE → ＝(1，－1，1)，CC → 1＝(0，0，2)． 设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨ ⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩ ⎪⎨⎪⎧x ＝0， x －y ＋z ＝0， 所以可取n ＝(0，－1，－1)． 设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨ ⎪⎧CC →1·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0， x 1－y 1＋z 1＝0， 所以可取m ＝(1，1，0)． 于是cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝－1 2 .
所以，二面角B-EC-C1的正弦值为3 2. 2．(2018·高考全国卷Ⅰ)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：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，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，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.如图，长方体中，分别为中点，（1）求证：． （2）求二面角的正切值． 【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）由长方体及E、F分别为AB、C 1D 1 的中点知，AE平行且等于C 1 F，所以AEC 1 F 是平行四边形，所以C 1E∥AF，由线面平行的判定定理知，C 1 E∥面ACF； （2）易证FG⊥面ABCD，过F作FH⊥AC于H，连结HG，因为FG⊥面ABCD，则FG⊥AC，所以∠FHG为二面角F—AC—G的平面角，然后通过解三角形，求出FG、GH的长，即可求出 ∠FHG的正切值，即为二面角F-AC-G的正切值. 试题解析：(1)证明：在长方体中， 分别为中点，且 四边形是平行四边形 3分 ， 5分 (2)．长方体中，分别为中点， 7分 过做于，又 就是二面角的平面角 9分 ，在中， 11分 直角三角形中 13分
二面角的正切值为 14分考点:线面平行的判定定理；二面角的计算；逻辑推理能力 2.如图，在直三棱柱A 1B 1 C 1 －ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A 1 A＝4，点D是BC的中 点． (1)求异面直线A 1B与C 1 D所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1 夹角的正弦值． 【答案】（1）（2） 【解析】解：(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)，A 1(0,0,4)，C 1 (0,2,4)，∴＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－ 4)． ∵cos〈，〉＝＝＝， ∴异面直线A 1B与C 1 D所成角的余弦值为. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1 ＝(x，y，z)，∵＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，∴n 1 ·＝0， n 1·＝0，即x＋y＝0且2y＋4z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，∴n 1 ＝(2，－2,1)是平面 ADC 1的一个法向量．取平面AA 1 B的一个法向量为n 2 ＝(0,1,0)，设平面ADC 1 与平面ABA 1 夹角 的大小为θ. 由cosθ＝＝＝，得sinθ＝. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1 夹角的正弦值为.
高考数学新一轮复习 详细分类题库 考点37 立体几何中的向量方法(文、理)(含详解,13高考题)
考点37 立体几何中的向量方法 1.（2013·北京高考理科·Ｔ17）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形.平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB=3，BC=5. （1）求证：AA 1⊥平面ABC ； （2）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值； （3）证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求 1 BD BC 的值 . 【解题指南】（1）利用面面垂直证明线面垂直. （2）建系，求出二面角对应两个面的法向量，利用法向量的夹角求二面角的余弦值. （3）设出D 点坐标，利用向量解题. 【解析】（1）11A ACC 因为是正方形，1AA AC ⊥所以。 又11,ABC A ACC AC ⊥因为平面平面交线，1AA ABC ⊥所以平面。 （2）4,5,3AC BC AB ===因为，AC AB ⊥所以。 分别以1,,AC AB AA 为,x y z 轴轴，轴建立如图所示的空间直线坐标系。 则111(0,0,4),(0,3,0),(4,0,4),(0,3,4)A B C B ，11(4,0,0)A C =，1(0,3,4)A B =-， 111(4,3,0),(0,0,4)B C BB =-=，
设平面11A BC 的法向量为1111(,,)n x y z =，平面11B BC 的法向量2222(,,)n x y z =， 111 110 0AC n A B n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以，11140340x y z =⎧⎨-=⎩所以，1(0,4,3)n =所以可取。 112 120 0B C n BB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩由可得22243040x y z -=⎧⎨=⎩可取2(3,4,0)n =。 1212121616 cos ,5525 ||||n n n n n n ⋅<>= == ⨯所以。 由图可知二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，所以余弦值为 1625 。 （3）点D 的竖轴坐标为t(0 专题29 空间向量与立体几何（解答题） 1．如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PC AC ⊥，BC AC ⊥， 2AC PC ==，4CB =，M 是PA 的中点． （1）求证：PA ⊥平面MBC ； （2）设点N 是PB 的中点，求二面角N MC B --的余弦值． 【试题来源】陕西省咸阳市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（理） 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 ． 【解析】（1）平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC 平面ABC =AC ，BC ⊂平面ABC ， BC AC ⊥，所以BC ⊥平面PAC ，因为PA ⊂平面PAC ，所以BC PA ⊥， 因为AC PC =，M 是PA 的中点，所以CM PA ⊥， 因为CM BC C =，,CM BC ⊂平面MBC ，所以PA ⊥平面MBC ． （2）因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC 平面ABC =AC ，PC ⊂平面PAC ， PC AC ⊥，所以PC ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以PC BC ⊥， 以C 为原点，CA ，CB ，CP 为x ，y ，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， (2,0,0)A ，(0,4,0)B ，(0,0,0)C ，(0,0,2)P ，(1,0,1)M ，(0,2,1)N ， 则(1,0,1)CM =，(0,2,1)CN =，(2,0,2)PA =-， 由（1）知(2,0,2)PA =-是平面MBC 的一个法向量，设(,,)n x y z =是平面MNC 的法向量， 则有00 CM n CN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令1y =，则2z =-，2x =，所以(2,1,2)n =-， 设二面角N MC B --所成角为θ，由图可得θ为锐角， 则2cos cos ,||||PA n PA n PA n θ⋅⨯=<>= == 【名师点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案． 2．在四棱锥P ABCD -中，PAB △为直角三角形，90APB ∠=︒且1 2 PA AB CD = =，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD 且DAB ∠为直角，E 为AB 的中点，F 为PE 的四等分点且1 4 EF EP = ，M 为AC 中点且MF PE ⊥． （1）证明：AD ⊥平面ABP ； （2）设二面角A PC E --的大小为α，求α的取值范围． 【试题来源】山东省德州市2020-2021学年高三上学期期末 【答案】（1）证明见解析；（2）, 32ππ α 【解析】（1）取PE 的中点N ，连接AN ，DN ，CE ，如图所示：专题29 空间向量与立体几何(解答题)(新高考地区专用)(解析版)