2020届高考数学(理)热点猜押练一 热点练15 立体几何中的证明与计算问题(含解析)
(名师导学)2020版高考数学总复习 立体几何中的向量方法(一) 证明平行与垂直练习理(含解析)新人教A版
第59讲 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直夯实基础 【p 135】【学习目标】1．会找直线的方向向量和平面的法向量，能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．2．能用向量法证明有关直线和平面关系的一些定理． 【基础检测】1．直线l 1，l 2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( )A ．s 1＝(1，1，2)，s 2＝(2，－1，0)B ．s 1＝(0，1，－1)，s 2＝(2，0，0)C ．s 1＝(1，1，1)，s 2＝(2，2，－2)D ．s 1＝(1，－1，1)，s 2＝(－2，2，－2)【解析】两直线垂直，其方向向量垂直，只有选项B 中的两个向量垂直． 【答案】B2．设a ＝(3，－2，－1)是直线l 的方向向量，n ＝(1，2，－1)是平面α的法向量，则( )A ．l ⊥αB ．l ∥αC ．l ⊂α或l ⊥αD ．l ∥α或l ⊂α【解析】因为a·n ＝3×1＋(－2)×2＋(－1)×(－1)＝0，所以a⊥n ，即l ∥α或l ⊂α.故选D.【答案】D3．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1，2，1)，n 2＝(－3，1，1) B ．n 1＝(1，1，2)，n 2＝(－2，1，1) C ．n 1＝(1，1，1)，n 2＝(－1，2，1) D ．n 1＝(1，2，1)，n 2＝(0，－2，－2) 【答案】A 4．给出下列命题：①直线l 的方向向量为a ＝(1，－1，2)，直线m 的方向向量为b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－12，则l与m 平行；②直线l 的方向向量a ＝(0，1，－1)，平面α的法向量n ＝(1，－1，－1)，则l ⊥α； ③平面α，β的法向量分别为n 1＝(0，1，3)，n 2＝(1，0，2)，则α∥β；④平面α经过三点A (1，0，－1)，B (0，1，0)，C (－1，2，0)，向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量，则u ＋t ＝1.其中的真命题是______．(把你认为正确命题的序号都填上)【解析】对于①，∵a ＝(1，－1，2)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－12，∴a ·b ＝1×2－1×1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，∴a ⊥b ，∴直线l 与m 垂直，①不正确；对于②，a ＝(0，1，－1)，n ＝(1，－1，－1)，∴a ·n ＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，∴a ⊥n ，∴l ∥α或l ⊂α，②错误；对于③，∵n 1＝(0，1，3)，n 2＝(1，0，2)，∴n 1与n 2不共线， ∴α∥β不成立，③错误；对于④，∵点A (1，0，－1)，B (0，1，0)，C (－1，2，0)， ∴AB →＝(－1，1，1)，BC →＝(－1，1，0)， 向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1＋u ＋t ＝0，－1＋u ＝0，则u ＋t ＝1，④正确． 综上，以上真命题的序号是④. 【答案】④ 【知识要点】1．直线的方向向量与平面的法向量的确定①直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量．②平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量法证明空间中的平行与垂直关系典例剖析【p136】考点1 利用空间向量证明空间中的平行关系例1如图所示，ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点．求证：(1)MN∥PAD；(2)平面QMN∥平面PAD；【解析】(1)如图以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设B(b，0，0)，D(0，d，0)，P(0，0，p)，则C(b，d，0)，因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点，所以M⎝⎛⎭⎪⎫b2，d2，p2，N⎝⎛⎭⎪⎫b2，0，0，Q⎝⎛⎭⎪⎫b2，d，0，所以MN→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－d2，－p2.因为平面PAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，所以MN →·m ＝0，即MN →⊥m .因为MN 不在平面PAD 内，故MN ∥平面PAD . (2)QN →＝(0，－d ，0)，QN →⊥m ，又QN 不在平面PAD 内，故QN ∥平面PAD . 又因为MN ∩QN ＝N ，所以平面MNQ ∥平面PAD .【点评】(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．考点2 利用空间向量证明空间中的垂直关系例2正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点． (1)证明：平面AED⊥平面A 1FD 1； (2)在AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面DAE.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，不妨设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，E(2，2，1)，F(0，1，0)，A 1(2，0，2)，D 1(0，0，2)． 设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝（x 1，y 1，z 1）·（2，0，0）＝0，n 1·DE →＝（x 1，y 1，z 1）·（2，2，1）＝0， ∴2x 1＝0，2x 1＋2y 1＋z 1＝0. 令y 1＝1，得n 1＝(0，1，－2)．同理可得平面A 1FD 1的法向量n 2＝(0，2，1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面AED ⊥平面A 1FD 1.(2)因为点M 在直线AE 上，所以可设AM →＝λ·AE →＝λ·(0，2，1)＝(0，2λ，λ)，可得M (2，2λ，λ)，于是A 1M →＝(0，2λ，λ－2)，要使A 1M ⊥平面DAE ，需有A 1M ⊥AE ，所以A 1M →·AE →＝(0，2λ，λ－2)·(0，2，1)＝5λ－2＝0，得λ＝25.故当AM ＝25AE 时，A 1M ⊥平面DAE .例3如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD.【解析】法一：设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证． 法二：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0)． 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD .【点评】证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可．当然，也可证直线的方向向量与平面法向量平行．方法总结 【p 136】1．利用向量解决几何问题具有快捷、有效的特征．一般方法如下：先将原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件的角转化为向量的夹角，线段长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量(注意量的集中)，然后利用向量运算解决该向量问题，从而原问题得解．2．利用向量坐标解决立体几何问题的关键在于找准位置，建立恰当、正确的空间坐标系，表示出已知点(或向量)的坐标．难点是通过向量的坐标运算，实现几何问题的代数解法．3．向量法证明线面关系时恰当的推理和必要的空间想象是必需的．走进高考 【p 136】1．(2018·天津)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】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA →，DC →，DG →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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1，N (1，0，2)．(1)依题意DC →＝(0，2，0)，DE →＝(2，0，2)．设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·DC →＝0，n 0·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1，0，－1)．又MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1，可得MN →·n 0＝0，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .(2)依题意，可得BC →＝(－1，0，0)，BE →＝(1，－2，2)，CF →＝(0，－1，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，x －2y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(0，1，1)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BCF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得m ＝(0，2，1)．因此有cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝31010，于是sin 〈m ，n 〉＝1010.所以，二面角E －BC －F 的正弦值为1010. (3)设线段DP 的长为h (h ∈[0，2])，则点P 的坐标为(0，0，h )，可得BP →＝(－1，－2，h )．易知，DC →＝(0，2，0)为平面ADGE 的一个法向量，故 ||cos 〈BP →·DC →〉＝||BP →·DC →||BP →||DC →＝2h 2＋5，由题意，可得2h 2＋5＝sin 60°＝32，解得h ＝33∈[0，2]．所以线段DP 的长为33. 考点集训 【p 251】A 组题1．平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2【解析】∵α∥β，∴两平面法向量平行，∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4.【答案】C2．已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2，3，3)B ．P (－2，0，1)C ．P (－4，4，0)D ．P (3，－3，4)【解析】逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．【答案】A3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内【解析】∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面，∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内． 【答案】D4．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A ．(1，1，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 【解析】设M 点的坐标为(x ，y ，1)， ∵O ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，又E (0，0，1)，A (2，2，0)， ∴OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝(x －2，y －2，1)，∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22，y ＝22.【答案】C5．若A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，198，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，58，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝__________．【解析】∵AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，－74，BC →＝(－3，2，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －3y －74z ＝0，－3x ＋2y ＝0，令x ＝2，可得n ＝(2，3，－4)， ∴x ∶y ∶z ＝2∶3∶(－4)．【答案】2∶3∶(－4)6．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，P 是C 1D 1的中点，则B 1C →·A 1P →＝________，B 1C →与A 1P →所成角的大小为________．【解析】以D 为坐标原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间坐标系，如图所示．因为AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，P 是C 1D 1的中点，所以B 1(1，2，1)，C ＝(0，2，0)，A 1(1，0，1)，P (0，1，1)， 所以B 1C →＝(－1，0，－1)，A 1P →＝(－1，1，0)． 所以B 1C →·A 1P →＝1＋0＋0＝1. 设B 1C →与A 1P →所成的角为α， cos α＝12×2＝12， 所以α＝60°. 【答案】1；60°7．如图是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为ABC .已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝2，CC 1＝3.设点O 是AB 的中点，证明：OC ∥平面A 1B 1C 1.【解析】如图，以B 1为原点建立空间直角坐标系B 1－xyz ，则A (0，1，4)，B (0，0，2)，C (1，0，3)，因为O 是AB 的中点，所以O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，3，OC →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，0. 易知n ＝(0，0，1)是平面A 1B 1C 1的一个法向量．又OC →·n ＝0，OC 不在平面A 1B 1C 1内，所以OC ∥平面A 1B 1C 1.8．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，AD ＝233AB ，E 是PC 的中点．证明：PD ⊥平面ABE .【解析】∵PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD .∴AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设PA ＝AB ＝BC ＝1，则P (0，0，1)，A (0，0，0)，B (1，0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0.∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形． ∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. ∴AB →＝(1，0，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0， 令y ＝2，有z ＝－3，∴n ＝(0，2，－3)．∵PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n ，∴PD →∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .B 组题1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN→|为( )A.216a B.66a C.156a D.153a 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，12a ，C 1(0，a ，a )，A (a ，0，0)，因为AM →＝12MC 1→，所以AM →＝13AC 1→，所以DM →＝DA →＋13AC 1→＝(a ，0，0)＋13(－a ，a ，a )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，13a ，13a ，所以MN →＝DN →－DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ，23a ，16a ，所以|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16a 2＝216a . 【答案】A2．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E⊥平面ABF ，则CE 与DF 的长度和的值为________．【解析】以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)，∴B 1E →＝(x －1，0，1)，FB →＝(1，1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1.【答案】13．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个．【解析】建立如图的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则P (x ，y ，2)，O (1，1，0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12，y ＋12，1，又知D 1(0，0，2)，∴Q (x ＋1，y ＋1，0)，而Q 在MN 上， ∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1. ∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ. 【答案】24．如图所示，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，问：侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．【解析】(1)连接BD ， 设AC ∩BD ＝O ，则AC ⊥BD . 由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0， SD →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ， 则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面PAC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面PAC 的一个法向量， 且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at ，而BE →·DS →＝0⇔t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 而BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC .∴存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2.。
(完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证AD 平行于PN ，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。
2020年高考数学专题讲解：立体几何(一)
年级：辅导科目：数学课时数：课题立体几何（一）教学目的教学内容一、知识网络二、命题分析立体几何在高考中考查的主要内容有：空间几何体的性质、线面关系的判定与证明、表面积与体积的运算、空间几何体的识图，空间中距离、角的计算等．从近几年高考来看，一般以2～3个客观题来考查线面关系的判定、表面积与体积、空间中的距离与角、空间几何体的性质与识图等，以1个解答题来考查线面关系的证明以及距离、角的计算．在高考中属于中档题目．而三视图作为新课标的新增内容，在2011年高考中，有多套试卷在此知识点命题，主要考查三视图和直观图，特别是通过三视图来确定原图形的相关量．预计今后高考中，三视图的考查不只在选择题、填空题中出现，很有可能在解答题中与其他知识点结合在一起命题.三、复习建议在2012年高考复习中注意以下几个方面：(1)从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变，除保留传统的“四选一”的选择题外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”、“构造填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类题目往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查面积、体积等度量关系，其解题思路也都是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合．在2012年高考复习中注意以下几个方面：(1)从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变，除保留传统的“四选一”的选择题外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”、“构造填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类题目往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查面积、体积等度量关系，其解题思路也都是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合．(3)从方法上来看，着重考查公理化方法，如解答题注重理论推导和计算相结合，考查转化的思想方法，如要把立体．4．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用画法，基本步骤是：(1)在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝ .(2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别画成平行于的线段．(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度，平行于y轴的线段，长度变为．(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度．5．中心投影与平行投影(1)平行投影的投影线互相，而中心投影的投影线相交于一点．(2)从投影的角度看，三视图和用斜二测画法画出的直观图都是在投影下画出来的图形．（三）基础自测1．(2010·北京理)一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分别如右图所示，则该几何体的俯视图为( )[答案] C[解析] 本题考查了三视图知识，解题的关系是掌握三视图与直观图的知识，特别是应明确三视图是从几何体的哪个方向看到的．由三视图中正(主)视图、侧(左)视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为C.2．(2010·福建理)如图，若Ω是长方体ABCD—A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确．．．的是( ) A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形 C．Ω是棱柱 D．Ω是棱台[答案] D[解析] ∵EH∥A1D1，∴EH∥B1C1∴B1C1∥面EFGH，B1C1∥FG，∴Ω是棱柱，故选D.3．右图为水平放置的正方形ABCO，它在直角坐标系xOy中点B的坐标为(2,2)，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为( )A.12B.22C．1 D. 2[答案] B[解析] 如图，在平面直观图中，B′C′＝1，∠B′C′D′＝45°，∴B′D′＝2 2 .4．已知某物体的三视图如图所示，那么这个物体的形状是( )A．六棱柱 B．四棱柱 C．圆柱 D．五棱柱[答案] A[解析] 由俯视图可知，该物体的形状是六棱柱，故选A.5．用小正方体搭成一个几何体，如图是它的主视图和左视图，搭成这个几何体的小正方体最多为________个．[答案] 7[解析] 由主视图和左视图知，该几何体由两层组成，底层最多有3×2＝6个，上层只有1个，故最多为7个．6．(2010·新课标理)正(主)视图为一个三角形的几何体可以是________．(写出三种)[答案] 三棱锥、三棱柱、圆锥(其他正确答案同样给分)．[解析] 本题考查空间几何体的三视图．本题属于开放性题目，答案不唯一．正视图是三角形的几何体，最容易想到的是三棱锥，其次是四棱锥、圆锥；对于五棱锥、六棱锥等，正视图也可以是三角形．7．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ；(2)求该几何体的侧面积S .[分析] 由三视图的形状大小，还原成几何体；再利用体积公式和表面积公式求解．[解析] (1)由该几何体的俯视图、主视图、左视图可知，该几何体是四棱锥．且四棱锥的底面ABCD 是边长为6和8的矩形，高VO ＝4，O 点是AC 与BD 的交点．∴该几何体的体积V ＝13×8×6×4＝64. (2)如图所示，OE ⊥AB ，OF ⊥BC ，侧面VAB 中，VE ＝VO 2＋OE 2＝42＋32＝5，∴S △VAB ＝12×AB ×VE ＝12×8×5＝20， 侧面VBC 中，VF ＝VO 2＋OF 2＝42＋42＝42，∴S △VBC ＝12×BC ×VF ＝12×6×42＝12 2. ∴该几何体的侧面积S ＝2(S △VAB ＋S △VBC )＝40＋24 2.[点评] 由三视图还原成几何体，需要对常见的柱、锥、台、球的三视图非常熟悉，有时还可根据三视图的情况，还原成由常见几何体组合而成的组合体．（四）典型例题1.命题方向：空间几何体的结构特征[例1] 下列命题中，成立的是( )A ．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥B ．四面体一定是三棱锥C ．棱锥的侧面是全等的等腰三角形，该棱锥一定是正棱锥D ．底面多边形既有外接圆又有内切圆，且侧棱相等的棱锥一定是正棱锥[分析] 结合棱锥、正棱锥的概念逐一进行考查．[解析] A 是错误的，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥；B 是正确的，三个面共顶点，另有三边围成三角形是四面体也必定是个三棱锥；对于C ，如图所示，棱锥的侧面是全等的等腰三角形，但该棱锥不是正棱锥；D 也是错误的，底面多边形既有内切圆又有外接圆，如果不同心，则不是正多边形，因此不是正棱锥．[答案] B[点评] 本题考查棱锥、正棱锥的概念以及四面体与三棱锥的等价性，当三棱锥的棱长都相等时，这样的三棱锥叫正四面体．判断一个命题为真命题要考虑全面，应特别注意一些特殊情况．跟踪练习1：以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥、得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3[答案] A[解析] ①应以直角三角形的一条直角边为轴旋转才可以得到圆锥；②以直角梯形垂直于底边的一腰为轴旋转可得到圆台；③它们的底面为圆面，④用平行于圆锥底面的平面截圆锥，可得到一个圆锥和圆台．应选A.2.命题方向：直观图[例2] 若已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为( )A.32a2 B.34a2 C.62a2 D.6a2[解析] 如图是△ABC的平面直观图△A′B′C′.作C′D′∥y′轴交x′轴于D′，则C′D′对应△ABC的高CD，∴CD＝2C′D′＝2·2·C′O′＝22·32a＝6a.而AB＝A′B′＝a，∴S△ABC＝12·a·6a＝62a2[答案] C[点评] 解决这类题的关键是根据斜二测画法求出原三角形的底和高，将水平放置的平面图形的直观图，还原成原来的图形，其作法就是逆用斜二测画法，也就是使平行于x轴的线段的长度不变，而平行于y轴的线段长度变为直观图中平行于y′轴的线段长度的2倍．跟踪练习2已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( )A.34a 2B.38a 2C.68a 2D.616a 2 [分析] 先根据题意画出直观图，然后根据直观图△A ′B ′C ′的边长及夹角求解．[答案] D[解析] 如图①、②所示的实际图形和直观图．由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ， 在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2. 3.命题方向：三视图[例3] 下列图形中的图(b)是根据图(a)中的实物画出的主视图和俯视图，你认为正确吗？若不正确请改正并画出左视图．[解析] 主视图和俯视图都不正确．主视图的上面的矩形中缺少中间小圆柱形成的轮廓线(用虚线表示)；左视图的轮廓是两个矩形叠放在一起，上面的矩形中有2条不可视轮廓线．下面的矩形中有一条可视轮廓线(用实线表示)，该几何体的三视图如图所示：[点评] 简单几何体的三视图的画法应从以下几个方面加以把握：(1)搞清主视、左视、俯视的方向，同一物体由放置的位置不同，所画的三视图可能不同．(2)看清简单组合体是由哪几个基本元素组成．(3)画三视图时要遵循“长对正，高平齐，宽相等”的原则，还要注意几何体中与投影垂直或平行的线段及面的位置关系．跟踪练习3(2010·浙江文)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )A.3523cm 3B.3203cm 3C.2243cm 3D.1603cm 3 [答案] B[解析] 本题考查了三视图及几何体体积的求解．由三视图可知，该几何体是由一个正四棱台和一个长方体构成的一个组合体，V 台＝13×2×(16＋42×82＋64)＝2243cm 3， V 长方体＝4×4×2＝32cm 3 ∴V 总＝V 台＋V 长方体＝2243＋32＝3203cm 3.（五）思想方法点拨：1．要注意牢固把握各种几何体的结构特点，利用它们彼此之间的联系来加强记忆，如棱柱、棱锥、棱台为一类；圆柱、圆锥、圆台为一类；或分成柱体、锥体、台体三类来分别认识．只有对比才能把握实质和不同，只有联系才能理解共性和个性．2．要适当与平面几何的有关概念、图形和性质进行对比，通过平面几何与立体几何相关知识的比较，丰富自己的空间想象力．对组合体可通过把它们分解为一些基本几何体来研究．3．画图时要紧紧把握住一斜——在已知图形中垂直于x 轴的线段，在直观图中均与x 轴成45°；二测——两种度量形式，即在直观图中，平行于x 轴的线段长度不变，平行于y 轴的线段变为原长度的一半．4．三视图(1)几何体的三视图的排列规则：俯视图放在主视图的下面，长度与主视图一样，左视图放在主视图右面，高度与主视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．注意虚、实线的区别．(2)应用：在解题的过程中，可以根据三视图的形状及图中所涉及到的线段的长度，推断出原几何图形中的点、线、面之间的关系及图中的一些线段的长度，这样我们就可以解出有关的问题．5．本节常涉及一些截面问题，它把空间图形的性质、画法及有关论证、计算融为一体，常见的、基本的截面问题，如直截面、对角截面、中截面等，要求熟知并掌握．要知道这些截面的形状、位置，并能画出其图形，这常常可以将较难的问题变得简单，如“用一个平面截一个球，截面是圆面”这一点很重要，它把有关球的一些问题转化为圆的问题来解决．(六)课后强化作业一、选择题1．(2010·陕西理)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.13B.23 C ．1 D ．2[答案] C[解析] C 该几何体是如图所示的直三棱柱V ＝12×1×2×2＝1. 2．下列命题中：①与定点的距离等于定长的点的集合是球面；②球面上三个不同的点，一定都能确定一个圆；③一个平面与球相交，其截面是一个圆，其中正确命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3[答案] C[解析] 命题①、②都对，命题③一个平面与球相交，其截面是一个圆面，故选C.[点评] 要注意球与球面的区别．3．(2009·上海文，16)如图，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是( )[答案] B[解析] 本题考查三视图的基本知识及空间想象能力．由题可知，选B.4．如果一个空间几何体的主视图与左视图均为全等的等边三角形，俯视图为一个半径为1的圆及其圆心，那么这个几何体的体积为( )A.33πB.233πC.3πD.π3- 11 - [答案] A[解析] 由三视图知，该几何体是底半径为1的圆锥，轴截面是边长为2的正三角形，∴高为3，体积V ＝33π. 5．如图，△O ′A ′B ′是△OAB 水平放置的直观图，则△OAB 的面积为( )A ．6B ．3 2C ．6 2D ．12[答案] D[解析] 若还原为原三角形，则易知OB ＝4，OA ⊥OB ，OA ＝6，∴S △AOB ＝12×4×6＝12. 6．棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点都在球O 的表面上，E 、F 分别是棱AA 1、DD 1的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为( )A.22 B ．1 C ．1＋22 D. 2 [答案] D[解析] 由条件知球O 半径为32，球心O 到直线EF 的距离为12，由垂径定理可知直线EF 被球O 截得的线段长d ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝ 2. 7．(2010·广东)如图所示，△ABC 为正三角形，AA ′∥BB ′∥CC ′，CC ′⊥平面ABC 且3AA ′＝32BB ′＝CC ′＝AB ，则多面体ABC －A ′B ′C ′的正视图(也称主视图)是( )[答案] D[解析] 本小题考查线面垂直的判定方法及三视图的有关概念．由于AA ′∥BB ′∥CC ′及CC ′⊥平面ABC ，知BB ′⊥平面ABC ，又CC ′＝32BB ′，且△ABC 为正三角形，故正(主)视图为D.8．用单位正方体搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，则它的体积的最小值与最大值分别为( )A ．9与13B ．7与10C ．10与16D ．10与15[答案] C [解析] 由俯视图知几何体有三行和三列，且第三列的第一行，第二行都没有小正方体，其余各列各行都有小正- 12 -。
2020年理科数学高考大题专项4 高考中的立体几何
高考大题专项四高考中的立体几何1.如图,在三棱锥A-BCD中,E,F分别为BC,CD上的点,且BD∥平面AEF.(1)求证:EF∥平面ABD;(2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求证:平面AEF⊥平面ACD.2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得⏜的中点.到的,G是DF⏜上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(1)设P是CE(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.(2018山西晋中调研,18)如图,已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面ABCD,底面ABCD中,BC∥AD,AB⊥AD,且PA=AD=AB=2BC=2,M为AD的中点.(1)求证:平面PCM⊥平面PAD;(2)问在棱PD上是否存在点Q,使PD⊥平面CMQ,若存在,请求出二面角P-CM-Q的余弦值;若不存在,请说明理由.5.(2018河南郑州外国语学校调研,19)如图,在底面为等边三角形的斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=√3AB,四边形B1C1CB为矩形,过A1C作与直线BC1平行的平面A1CD交AB于点D.(1)证明:CD⊥AB;(2)若直线AA1与底面A1B1C1所成的角为60°,求二面角B-A1C-C1的余弦值.6.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=√6,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.(2018河北衡水中学适应性考试,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠C1A1A=60°,AC=4,AB=2,平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,Q在线段AC上移动,P为棱AA1的中点. (1)若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证:AD∥平面B1PQ;,求点P到平面BQB1的距离.(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为√13138.(2018山西大同一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,M是棱PB中点且AM=√2.(1)求证:AM∥平面PCD;(2)设点N是线段CD上一动点,且DN=λDC,当直线MN与平面PAB所成的角最大时,求λ的值.9.(2018山西晋城一模,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90°.(1)当PB=2时,证明:平面PAD⊥平面ABCD;,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.(2)当四棱锥P-ABCD的体积为34高考大题专项四 高考中的立体几何1.证明 (1)∵BD ∥平面AEF ,BD ⊂平面BCD ,平面BCD ∩平面AEF=EF ,∴BD ∥EF.又BD ⊂平面ABD ,EF ⊄平面ABD , ∴EF ∥平面ABD.(2)∵AE ⊥平面BCD ,CD ⊂平面BCD ,∴AE ⊥CD.由(1)可知BD ∥EF ,又BD ⊥CD ,∴EF ⊥CD. 又AE ∩EF=E ,AE ⊂平面AEF ,EF ⊂平面AEF , ∴CD ⊥平面AEF ,又CD ⊂平面ACD , ∴平面AEF ⊥平面ACD.2.证明 (1)以B 为坐标原点,BA ,BC ,BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B (0,0,0),D (0,2,2),B 1(0,0,4),C 1(0,2,4),设BA=a ,则A (a ,0,0),所以BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,0,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0+4-4=0,即B 1D ⊥BA ,B 1D ⊥BD.又BA ∩BD=B ,BA ⊂平面ABD ,BD ⊂平面ABD ,所以B 1D ⊥平面ABD.(2)由(1)知,E (0,0,3),G (a2,1,4),F (0,1,4),则EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a 2,1,1),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0,即B 1D ⊥EG ,B 1D ⊥EF. 又EG ∩EF=E ,EG ⊂平面EGF ,EF ⊂平面EGF ,所以B 1D ⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD.3.解 (1)因为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)(方法一)取EC⏜的中点H ,连接EH ,GH ,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形,所以AE=GE=AC=GC=√32+22=√13. 取AG 中点M ,连接EM ,CM ,EC ,则EM ⊥AG ,CM ⊥AG , 所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=√13-1=2√3.在△BEC 中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC 2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2√3,因此△EMC 为等边三角形,故所求的角为60°.(方法二)以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,√3,3),C (-1,√3,0),故AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3),设m =(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量.由{m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{2x 1-3z 1=0,x 1+√3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-√3,2). 设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的一个法向量.由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-√3,-2).所以cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=12.因此所求的角为60°.4.解 以A 为原点,射线AB ,AD ,AP 分别为x ,y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系如图.PA=AD=AB=2BC=2,A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2), ∵M 为AD 的中点,∴M (0,1,0),MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). (1)∵MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴CM ⊥PA ,CM ⊥AD.PA ⊂平面PAD ,AD ⊂平面PAD ,且PA ∩AD=A ,∴CM ⊥平面PAD. ∵CM ⊂平面PCM ,∴平面PCM ⊥平面PAD.(2)存在点Q 使PD ⊥平面CMQ ,在△PAD 内,过M 作MQ ⊥PD ,垂足为Q , 由(1)知CM ⊥平面PAD ,PD ⊂平面PAD ,∴CM ⊥PD , MQ ∩CM=M ,∴PD ⊥平面CMQ.设平面PCM 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x=0⇒x=0, n ·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z )·(0,1,-2)=y-2z=0⇒y=2z , 取n =(0,2,1).∵PD ⊥平面CMQ ,∴PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2)是平面CMQ 的一个法向量. 由图形知二面角P-CM-Q 的平面角θ是锐角,故cos θ=n ·PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n |·|PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5·√8=√1010,所以二面角余弦值为√1010.5.(1)证明 如图,连接AC 1交A 1C 于点E ,连接DE.因为BC 1∥平面A 1CD ,BC 1⊂平面ABC 1,平面ABC 1∩平面A 1CD=DE , 所以BC 1∥DE.又四边形ACC 1A 1为平行四边形,所以E 为AC 1的中点,所以ED 为△AC 1B 的中位线,所以D 为AB 的中点. 又△ABC 为等边三角形,所以CD ⊥AB.(2)解 过A 作AO ⊥平面A 1B 1C 1,垂足为O ,连接A 1O ,设AB=2,则AA 1=2√3.因为直线AA 1与底面A 1B 1C 1所成的角为60°,所以∠AA 1O=60°. 在Rt △AA 1O 中,因为AA 1=2√3, 所以A 1O=√3,AO=3.因为AO ⊥平面A 1B 1C 1,B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1,所以AO ⊥B 1C 1, 因为四边形B 1C 1CB 为矩形,所以BB 1⊥B 1C 1, 因为BB 1∥AA 1,所以B 1C 1⊥AA 1.因为AA 1∩AO=A ,AA 1⊂平面AA 1O ,AO ⊂平面AA 1O , 所以B 1C 1⊥平面AA 1O.因为A 1O ⊂平面AA 1O ,所以B 1C 1⊥A 1O.△A 1B 1C 1为等边三角形,边B 1C 1上的高为√3,又A 1O=√3,所以O 为B 1C 1的中点.以O 为坐标原点,分别以OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.则A 1(√3,0,0),C 1(0,-1,0),A (0,0,3),B 1(0,1,0).因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),所以B (-√3,1,3),D -√32,12,3,因为AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0),所以C (-√3,-1,3),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,1,3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,-1,3).设平面BA 1C 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-2√3x +y +3z =0,y =0,令x=√3,得z=2,所以平面BA 1C 的一个法向量为n =(√3,0,2). 设平面A 1CC 1的法向量为m =(a ,b ,c ), 由{A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0, 得{√3a +b =0,2√3a +b -3c =0, 令a=√3,得b=-3,c=1,所以平面A 1CC 1的一个法向量为m =(√3,-3,1). 所以|cos <n ,m >|=|n ·m ||n ||m |=5√9191. 因为所求二面角为钝角,所以二面角B-A 1C-C 1的余弦值为-5√9191. 6.(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ABCD 是正方形,所以E 为BD 的中点.所以M 为PB 的中点. (2)解 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,√2),D (2,0,0),B (-2,4,0),BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-4,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-√2).设平面BDP 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{4x -4y =0,2x -√2z =0.令x=1,则y=1,z=√2.于是n =(1,1,√2),平面PAD 的法向量为p =(0,1,0). 所以cos <n ,p >=n ·p |n ||p |=12.由题知二面角B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π3. (3)解 由题意知M (-1,2,√22),C (2,4,0),MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2,-√22). 设直线MC 与平面BDP 所成角为α,则sin α=|cos <n ,MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√69. 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为2√69. 7.(1)证明 如图,取BB 1中点E ,连接AE ,EH.∵H 为BQ 中点,∴EH ∥B 1Q.在平行四边形AA 1B 1B 中,P ,E 分别为AA 1,BB 1的中点,∴AE ∥PB 1. 又EH ∩AE=E ,PB 1∩B 1Q=B 1, ∴平面EHA ∥平面B 1QP.∵AD ⊂平面EHA ,∴AD ∥平面B 1PQ.(2)解 连接PC 1,AC 1,∵四边形A 1C 1CA 为菱形, ∴AA 1=AC=A 1C 1=4. 又∠C 1A 1A=60°,∴△AC 1A 1为正三角形.∵P 为AA 1的中点,∴PC 1⊥AA 1.∵平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1,平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1=AA 1,PC 1⊂平面ACC 1A 1,∴PC 1⊥平面ABB 1A 1,在平面ABB 1A 1内过点P 作PR ⊥AA 1交BB 1于点R.建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz ,则P (0,0,0),A 1(0,2,0),A (0,-2,0),C 1(0,0,2√3),C (0,-4,2√3),设AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,-2,2√3),λ∈[0,1], ∴Q (0,-2(λ+1),2√3λ), ∴PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2(λ+1),2√3λ). ∵A 1B 1=AB=2,∠B 1A 1A=60°, ∴B 1(√3,1,0),∴PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0).设平面PQB 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则{m ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2(λ+1)y +2√3λz =0,√3x +y =0,令x=1,则y=-√3,z=-λ+1λ,∴平面PQB 1的一个法向量为m =1,-√3,-λ+1λ,设平面AA 1C 1C 的法向量为n =(1,0,0),二面角B 1-PQ-C 1的平面角为θ,则cos θ=m ·n|m ||n |=1√1+3+(-λ+1λ) =√1313.∴λ=12或λ=-14(舍),∴AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴Q (0,-3,√3). 又B (√3,-3,0),∴QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-√3),∴|QB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+3=√6. 连接BP ,设点P 到平面BQB 1的距离为h ,则13×12×4×√3×√3=13×12×4×√6×h , ∴h=√62,即点P 到平面BQB 1的距离为√62.8.(1)证明 如图,取PC 中点K ,连接MK ,KD ,因为M 为PB 的中点,所以MK ∥BC 且MK=12BC=AD , 所以四边形AMKD 为平行四边形, 所以AM ∥DK ,又DK ⊂平面PDC ,AM ⊄平面PDC , 所以AM ∥平面PCD.(2)解 因为M 为PB 的中点,设PM=MB=x ,在△PAB 中,∠PMA+∠AMB=π,设∠PMA=θ,则∠AMB=π-θ,所以cos ∠PMA+cos ∠AMB=0,由余弦定理得PM 2+AM 2-PA 22PM ·AM +BM 2+AM 2-AB 22BM ·AM =0,即x 2+2-42√2x x 2+2-42√2x=0, 解得x=√2,则PB=2√2,所以PA 2+AB 2=PB 2, 所以PA ⊥AB.又PA ⊥AD ,且AB ∩AD=A ,所以PA ⊥平面ABCD ,且∠BAD=∠ABC=90°.以点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),D (1,0,0),B (0,2,0),C (2,2,0),P (0,0,2),M (0,1,1),因为点N 是线段CD 上一点,可设DN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(1,2,0),故AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)+λ(1,2,0)=(1+λ,2λ,0), 所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1+λ,2λ,0)-(0,1,1)=(1+λ,2λ-1,-1).又面PAB 的法向量为(1,0,0),设MN 与平面PAB 所成角为θ,则sin θ=|√(1+λ)+(2λ-1)+1|=|√5λ-2λ+3|=|√5(1+λ)-12(1+λ)+10|=|√5-121+λ+10(11+λ) |=|1√10(11+λ-35) +75|,所以当11+λ=35时,即λ=23时,sin θ取得最大值.9.(1)证明 取AD 的中点O ,连接PO ,BO ,∵△PAD 为正三角形,∴OP ⊥AD , ∵∠ADC=∠BCD=90°,∴BC ∥AD ,∵BC=12AD=1,∴BC=OD ,∴四边形BCDO 为矩形,∴OB=CD=1,在△POB 中,PO=√3,OB=1,PB=2, ∴∠POB=90°,∴PO ⊥OB ,∵AD ∩OB=O ,∴PO ⊥平面ABCD ,∵PO ⊂平面PAD ,∴平面PAD ⊥平面ABCD. (2)解 ∵AD ⊥PO ,AD ⊥OB ,PO ∩BO=O ,PO ,BO ⊂平面POB ,∴AD ⊥平面POB ,∵AD ⊂平面ABCD ,∴平面POB ⊥平面ABCD ,∴过点P 作PE ⊥平面ABCD ,垂足E 一定落在平面POB 与平面ABCD 的交线BO 上.∵四棱锥P-ABCD 的体积为34,∴V P-ABCD =13×PE ×12×(AD+BC )×CD=13×PE ×12×(2+1)×1=12PE=34,∴PE=32, ∵PO=√3,∴OE=√PO 2-PE 2=√3-94=√32.如图,以O 为坐标原点,以OA ,OB 为x 轴,y 轴.在平面POB 内过点O 作垂直于平面AOB 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系O-xyz ,由题意可知A (1,0,0),P 0,-√32,32,D (-1,0,0),C (-1,1,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,-√32,32,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),设平面PCD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x -√32y +32z =0,y =0,令x=1,则z=-23,∴n =1,0,-23,PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,√32,-32,设直线PA 与平面PCD 所成的角为θ, 则sin θ=|cos <PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||PA ⃗⃗⃗⃗⃗||n |=2×√133=3√1313. 则直线PA 与平面PCD 所成角的正弦值为3√1313.。
2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：15 立体几何中的向量方法
专题能力训练15 立体几何中的向量方法 专题能力训练第36页 一、能力突破训练1.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=HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.23解:依题意,OF ⊥平面ABCD ,如图,以O 为原点,分别以的方向为x 轴、y 轴、z AD ,BA ,OF 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得点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,知=(2,0,0),=(1,-1,2).AD AF 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=(0,1,-2),可得n 1=0,EG EG ·又因为直线EG ⊄平面ADF ,所以EG ∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).OA EF CF 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).因此有cos <,n 2>==-,OA OA n |OA |·|n 2|63于是sin <,n 2>=OA 3.所以,二面角O-EF-C 的正弦值为3.(3)由AH=HF ,得AH=AF.2325因为=(1,-1,2),AF 所以,AH =25AF =(25,-25,45)进而有H ,从而,(-35,35,45)BH =(25,85,45)因此cos <,n 2>==-BH BH n |BH |·|n 2|721.所以,直线BH 和平面CEF所成角的正弦值为7.2.如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1⊥底面ABC ,△ABC 是边长为2的正三角形,AA 1=3,D ,E 分别为AB ,BC 的中点.(1)求证:CD ⊥平面AA 1B 1B ;(2)求二面角B-AE-B 1的余弦值;(3)在线段B 1C 1上是否存在一点M ,使BM ⊥平面AB 1E ?说明理由.答案：(1)证明在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∵AA 1⊥底面ABC ,CD ⊂平面ABC ,∴AA 1⊥CD.又△ABC 为等边三角形,D 为AB 的中点,∴CD ⊥AB.∵AB ∩AA 1=A ,∴CD ⊥平面AA 1B 1B.(2)解取A 1B 1的中点F ,连接DF.∵D ,F 分别为AB ,A 1B 1的中点,∴DF ⊥AB.由(1)知CD ⊥AB ,CD ⊥DF ,如图,建立空间直角坐标系D-xyz.由题意,得A (1,0,0),B (-1,0,0),C(0,0,),A 1(1,3,0),B 1(-1,3,0),C 1(0,3,),D (0,0,0),E -,0,,331232=(-2,3,0).AE =(-32,0,3),AB 1设平面AB 1E 的法向量n =(x 1,y 1,z 1),则{n ·AE =0,n ·AB 1=0,即{-32x 1+32z 1=0,-2x 1+3y 1=0.令x 1=1,则y 1=,z 1=23 3.即n =(1,23,3).易知平面BAE 的一个法向量=(0,3,0).AA 1n =(0,3,0)=2,||=3,|n |=,∵AA 1··(1,23,3)AA 11+49+3=2103∴cos <,n >=AA 1AA ·n|AA 1||n |=1010.由题意知二面角B-AE-B 1为锐角,∴它的余弦值为10.(3)解在线段B 1C 1上不存在点M ,使BM ⊥平面AB 1E.理由如下:假设在线段B 1C 1上存在点M ,使BM ⊥平面AB 1E ,则∃λ∈[0,1],使得=B 1M λB 1C 1.=(1,0,),=(λ,0,).∵B 1C 13∴B 1M 3λ又=(0,3,0),BB 1=(λ,3,).∴BM =BB 1+B 1M 3λ由(2)可知,平面AB 1E 的一个法向量n =BM ⊥平面AB 1E ,(1,23,3).当且仅当n ,即∃μ∈R ,使得=μn =,BM ∥BM (μ,23μ,3μ)则解得λ=[0,1],这与λ∈[0,1]矛盾.{λ=μ,3=23μ,3λ=3μ,92∉故在线段B 1C 1上不存在点M ,使BM ⊥平面AB 1E.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.⏜DF(1)设P 是上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小;⏜CE (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.解：(1)因为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)取的中点H ,连接EH ,GH ,CH.⏜EC 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.取AG 中点M ,连接EM ,CM ,EC ,则EM ⊥AG ,CM ⊥AG ,所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==213-1 3.在△BEC 中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC 2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC 为等边三角3形,故所求的角为60°.(解法二)以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得点A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,,3),C (-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),33AE AG 3CG 设m =(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量.由可得{m ·AE =0,m ·AG =0,{2x 1-3z 1=0,x 1+3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-,2).3设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的一个法向量.由可得{n ·AG =0,n ·CG =0,{x 2+3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-,-2).3所以cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=12.因此所求的角为60°.4.如图,在长方体ABCD-A1B 1C 1D 1中,AA 1=AD=1,E 为CD 的中点.(1)求证:B 1E ⊥AD 1;(2)在棱AA 1上是否存在一点P ,使得DP ∥平面B 1AE ?若存在,求AP 的长;若不存在,说明理由.解：以A 为原点,的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标AB ,AD ,AA 1系(如图).设AB=a ,则点A (0,0,0),D (0,1,0),D 1(0,1,1),E ,B 1(a ,0,1),(a2,1,0)故=(0,1,1),=(a ,0,1),AD 1B 1E =(-a2,1,-1),AB 1AE =(a2,1,0).(1)证明:=-0+1×1+(-1)×1=0,∵AD 1·B 1E a2×∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0,z 0),使得DP ∥平面B 1AE ,此时=(0,-1,z 0).DP 又设平面B 1AE 的法向量n =(x ,y ,z ).∵n ⊥平面B 1AE ,∴n ,n ,得⊥AB 1⊥AE {ax +z =0,ax2+y =0.取x=1,得平面B 1AE 的一个法向量n =(1,-a2,-a ).要使DP ∥平面B 1AE ,只要n ,有-az 0=0,⊥DP a2解得z 0=12.又DP ⊄平面B 1AE ,∴存在点P ,满足DP ∥平面B 1AE ,此时AP=12.5.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=4.6(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.答案：(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ABCD 是正方形,所以E 为BD 的中点.所以M 为PB 的中点.(2)解取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ABCD 是正方形,所以OE ⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz ,则点P (0,0,),D (2,0,0),B (-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-2BD PD ).2设平面BDP 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·BD =0,n ·PD =0,即{4x -4y =0,2x -2z =0.令x=1,则y=1,z= 2.于是n =(1,1,),平面PAD 的法向量为p =(0,1,0).2所以cos <n ,p >=n ·p|n ||p |=12.由题知二面角B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π3.(3)解由题意知M,C (2,4,0),(-1,2,2)MC =(3,2,-2).设直线MC 与平面BDP 所成角为α,则sin α=|cos <n ,>|=MC MC |n ||MC |=269.所以直线MC 与平面BDP所成角的正弦值为26.6.如图,AB 是半圆O 的直径,C 是半圆O 上除A ,B 外的一个动点,DC 垂直于半圆O所在的平面,DC ∥EB ,DC=EB ,AB=4,tan ∠EAB=14.(1)证明:平面ADE ⊥平面ACD ;(2)当三棱锥C-ADE 体积最大时,求二面角D-AE-B 的余弦值.答案：(1)证明因为AB 是直径,所以BC ⊥AC.因为CD ⊥平面ABC ,所以CD ⊥BC.因为CD ∩AC=C ,所以BC ⊥平面ACD.因为CD ∥BE ,CD=BE ,所以四边形BCDE 是平行四边形,所以BC ∥DE ,所以DE ⊥平面ACD.因为DE ⊂平面ADE ,所以平面ADE ⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB ·tan ∠EAB=4=1.×14由(1)知V C-ADE =V E-ACD =S △ACD ×DE13×=AC×CD×DE13×12×=AC×BC(AC 2+BC 2)16×≤112×=AB 2=,112×43当且仅当AC=BC=2时等号成立.2如图,建立空间直角坐标系,则点D (0,0,1),E (0,2,1),A (2,0,0),B (0,2,0),222则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).AB 22BE DE 2DA 2设平面DAE 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则取n 1=(1,0,2).{n 1·DE =0,n 1·DA =0,即{22y =0,22x -z =0,2设平 面ABE 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),则{n 2·BE =0,n 2·AB =0,即{z =0,-22x +22y =0,取n 2=(1,1,0),所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=12×9=26.可以判断<n 1,n 2>与二面角D-AE-B 的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-2.二、思维提升训练7.(2019全国Ⅲ,理19)由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形如图所示,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.答案：(1)证明由已知得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)解作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=3.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 ,HC 则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).3CG 3AC 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{CG ·n =0,AC ·n =0,即{x +3z =0,2x -y =0.所以可取n =(3,6,-).3又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos <n ,m >=n ·m|n ||m |=32.因此二面角B-CG-A 的大小为30°.8.如图,平面PAD ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E ,F ,G 分别是线段PA ,PD ,CD 的中点.1)求证:PB ∥平面EFG ;(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值;(3)在线段CD 上是否存在一点Q ,使得点A 到平面EFQ 的距离为?若存在,求出CQ 的45值;若不存在,请说明理由.解：∵平面PAD ⊥平面ABCD ,且∠PAD=90°,∴PA ⊥平面ABCD ,而四边形ABCD 是正方形,即AB ⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则点A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2),E (0,0,1),F (0,1,1),G (1,2,0).(1)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),∵PB FE FG 设=s +t ,即(2,0,-2)=s (0,-1,0)+t (1,1,-1),解得s=t=2,PB FE FG =2+2∴PB FE FG .又不共线,共面.∵FE 与FG ∴FE 与FG ∵PB ⊄平面EFG ,∴PB ∥平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),∵EG BD =(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.∴EG ·BD 又∵||=,EG 12+22+(-1)2=6||==2,BD (-2)2+22+022∴cos <>=EG ,BD EG ·BD|EG |·|BD |=26×22=36.因此,异面直线EG 与BD所成的角的余弦值为3.(3)假设在线段CD 上存在一点Q 满足题设条件,令CQ=m (0≤m ≤2),则DQ=2-m ,∴点Q 的坐标为(2-m ,2,0),=(2-m ,2,-1).∴EQ 而=(0,1,0),EF 设平面EFQ 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·EF =(x ,y ,z )·(0,1,0)=0,n ·EQ =(x ,y ,z )·(2-m ,2,-1)=0,∴{y =0,(2-m )x +2y -z =0,令x=1,则n =(1,0,2-m ),∴点A 到平面EFQ 的距离d=,|AE ·n ||n |=|2-m |1+(2-m )2=45即(2-m )2=,169∴m=或m=(不合题意,舍去),23103故存在点Q ,当CQ=时,点A 到平面EFQ 的距离为2345.。
2020高考理科数学二轮提分广西等课标3卷专用专题能力训练15 立体几何中的向量方法Word版含解析
1专题能力训练15 立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.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=HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值. 解:依题意,OF ⊥平面ABCD ,如图,以O 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,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, =(2,0,0), =(1,-1,2). 设n 1=(x ,y ,z )为平面ADF 的法向量, 则 即- 不妨设z=1,可得n 1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则即-不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=所以,二面角O-EF-C的正弦值为(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以-,进而有H-,从而,因此cos<,n2>==-所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为2.(2019北京通州检测,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,△ABC是边长为2的正三角形,AA1=3,D,E分别为AB,BC的中点.23(1)求证:CD ⊥平面AA 1B 1B ; (2)求二面角B-AE-B 1的余弦值;(3)在线段B 1C 1上是否存在一点M ,使BM ⊥平面AB 1E ?说明理由. 答案：(1)证明在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∵AA 1⊥底面ABC ,CD ⊂平面ABC ,∴AA 1⊥CD. 又△ABC 为等边三角形,D 为AB 的中点,∴CD ⊥AB.∵AB ∩AA 1=A , ∴CD ⊥平面AA 1B 1B.(2)解取A 1B 1的中点F ,连接DF.∵D ,F 分别为AB ,A 1B 1的中点,∴DF ⊥AB. 由(1)知CD ⊥AB ,CD ⊥DF ,如图,建立空间直角坐标系D-xyz.由题意,得A (1,0,0),B (-1,0,0),C (0,0,),A 1(1,3,0),B 1(-1,3,0),C 1(0,3, ),D (0,0,0),E -,0,, - =(-2,3,0).设平面AB 1E 的法向量n =(x 1,y 1,z 1),-则即-令x1=1,则y1=,z1=即n=易知平面BAE的一个法向量=(0,3,0).n=(0,3,0)=2,||=3,|n|=,∴cos<,n>=由题意知二面角B-AE-B1为锐角,∴它的余弦值为(3)解在线段B1C1上不存在点M,使BM⊥平面AB1E.理由如下:假设在线段B1C1上存在点M,使BM⊥平面AB1E,则∃λ∈[0,1],使得==(1,0,),=(λ,0,).又=(0,3,0),=(λ,3,).由(2)可知,平面AB1E的一个法向量n=BM⊥平面AB1E,当且仅当n,即∃μ∈R,使得=μn=,则解得λ=[0,1],这与λ∈[0,1]矛盾.故在线段B1C1上不存在点M,使BM⊥平面AB1E.453.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是的中点.(1)设P 是上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.解：(1)因为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)取的中点H ,连接EH ,GH ,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形,所以AE=GE=AC=GC= 取AG 中点M ,连接EM ,CM ,EC ,则EM ⊥AG ,CM ⊥AG ,所以∠EMC 为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+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.(解法二)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.-由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>=因此所求的角为60°.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.67(1)求证:B 1E ⊥AD 1;(2)在棱AA 1上是否存在一点P ,使得DP ∥平面B 1AE ?若存在,求AP 的长;若不存在,说明理由.解：以A 为原点, 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(如图).设AB=a ,则A (0,0,0),D (0,1,0),D 1(0,1,1),E,B 1(a ,0,1),故 =(0,1,1), -- =(a ,0,1),(1)证明: =-0+1×1+(-1)×1=0,∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0,z 0), 使得DP ∥平面B 1AE ,此时 =(0,-1,z 0). 又设平面B 1AE 的法向量n =(x ,y ,z ).∵n ⊥平面B 1AE ,∴n ,n ,得取x=1,得平面B 1AE 的一个法向量n = --要使DP ∥平面B 1AE ,只要n ,有-az 0=0,8解得z 0=又DP ⊄平面B 1AE ,∴存在点P ,满足DP ∥平面B 1AE ,此时AP=5.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. 答案：(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ABCD 是正方形,所以E 为BD 的中点. 所以M 为PB 的中点.(2)解取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的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M-,C(2,4,0),-设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=9(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.答案：(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB·tan∠EAB=4=1.由(1)知V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.1011如图,建立空间直角坐标系,则D (0,0,1),E (0,2 ,1),A (2 ,0,0),B (0,2 ,0), 则 =(-2 ,2 ,0), =(0,0,1), =(0,2 ,0), =(2 ,0,-1). 设平面DAE 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则 即 - 取n 1=(1,0,2 ).设平 面ABE 的法向量为n 2=(x ,y ,z ), 则即- 取n 2=(1,1,0),所以cos <n 1,n 2>=可以判断<n 1,n 2>与二面角D-AE-B 的平面角互补,所以二面角D-AE-B 的余弦值为-二、思维提升训练7.(2019全国Ⅲ,理19)由矩形ADEB ,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形如图所示,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.答案：(1)证明由已知得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)解作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<n,m>=因此二面角B-CG-A的大小为30°.8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.12131)求证:PB ∥平面EFG ;(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值;(3)在线段CD 上是否存在一点Q ,使得点A 到平面EFQ 的距离为?若存在,求出CQ 的值;若不存在,请说明理由.解：∵平面PAD ⊥平面ABCD ,且∠PAD=90°,∴PA ⊥平面ABCD ,而四边形ABCD 是正方形,即AB ⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2),E (0,0,1),F (0,1,1),G (1,2,0). (1)证明: =(2,0,-2), =(0,-1,0),=(1,1,-1), 设 =s +t ,即(2,0,-2)=s (0,-1,0)+t (1,1,-1),解得s=t=2, =2 +2又 与 不共线, 与共面. ∵PB ⊄平面EFG ,∴PB ∥平面EFG. (2) =(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵||=-,||=-=2,∴cos<>=因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,∴点Q的坐标为(2-m,2,0),=(2-m,2,-1).而=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则--令x=1,则n=(1,0,2-m),∴点A到平面EFQ的距离,d=-即(2-m)2=,∴m=或m=(不合题意,舍去),14故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为15。
高考数学理数立体几何大题训练(含答案)
高考数学理数立体几何大题训练(含答案)1.（2020·新课标Ⅲ·理）在长方体中，点P、Q分别在棱AB、CD上，且AP=CQ.（1）证明：点PQ平分长方体的体对角线；（2）若PQ在平面BCFE内，求二面角的正弦值．2.（2020·新课标Ⅱ·理）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M、N分别为BC、B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN 所成角的正弦值.3.（2020·新课标Ⅰ·理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，底面是内接正三角形ABC，P为上一点，AP为底面直径，DP⊥底面．（1）证明：DP平分∠ADC；（2）求二面角平面APD与平面ABC的余弦值．4.（2020·新高考Ⅰ）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．5.（2020·天津）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点P、Q分别在棱AB、A1B1上，且AP=A1Q，平面PQC1为棱BC1的中垂面，M为棱AC的中点．（Ⅰ）求证：PM∥B1Q，且PM=B1Q；（Ⅱ）求二面角平面PQC1与直线PM所成角的正弦值；（Ⅲ）求直线B1Q与平面PQC1所成角的正弦值．6.（2020·江苏）在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=1，AC=2，BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC上一点，DE⊥平面BCD，DE=1.（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．7.（2020·北京）如图，正方体ABCD-EFGH中，E为AD的中点，P为BF上一点．（Ⅰ）求证：PE∥CG；（Ⅱ）求直线PE与平面CGH所成角的正弦值．8.（2020·浙江）如图，三棱台DEF-ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，XXX．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值．9.（2020·扬州模拟）如图，在等边三角形ABC的三棱锥ABCD中，D为底面的中点，E为线段AD上一动点，记DE=λAD.（1）当λ=1时，求证：DE与平面ABC垂直；（2）当λ=2时，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值．求证：直线AD与平面BCD垂直；2）若平面ABD与平面ACD所成二面角为，求二面角ABC与平面BCD所成二面角的正弦值。
2020年高考理科数学一轮复习大题篇---立体几何
2020年高考理科数学一轮复习大题篇---立体几何【归类解析】题型一平行、垂直关系的证明【解题指导】(1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用. (2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.【例】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点.(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积.(1)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明 方法一 如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG . 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .方法二 如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB ， 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1∥AH ，且EC 1＝AH ， 所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF ， 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积 V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.【训练】如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .【证明】 (1)以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1).∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0). ∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB . (2)由(1)可知，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)， ∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面P AD ， ∴DC ⊥平面P AD . ∵DC ⊂平面PDC ， ∴平面P AD ⊥平面PDC . 题型二 立体几何中的计算问题1求线面角【解题指导】(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.(2)若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l·n||l||n|.【例】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.方法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝ 5.由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2 3.由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos ∠C 1A 1B 1＝427，sin ∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1). 因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1—→＝(0,23，－3). 由AB 1→·A 1B 1—→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1—→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2). 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0).所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 【训练】 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，点D 在棱BC 上，且CD ＝3BD ，点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点.(1)证明：A 1C ∥平面DEF ；(2)若A 1C ⊥EF ，求直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值. 【解】 (1)如图，连接AB 1，A 1B 交于点H ，设A 1B 交EF 于点K ，连接DK ， 因为四边形ABB 1A 1为矩形， 所以H 为线段A 1B 的中点.因为点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点， 所以点K 为线段BH 的中点， 所以A 1K ＝3BK .又CD ＝3BD ，所以A 1C ∥DK . 又A 1C ⊄平面DEF ，DK ⊂平面DEF ， 所以A 1C ∥平面DEF .(2)连接CE ，EH ，由(1)知，EH ∥AA 1， 因为AA 1⊥平面ABC ， 所以EH ⊥平面ABC .因为△ABC 为正三角形，且点E 为棱AB 的中点， 所以CE ⊥AB .故以点E 为坐标原点，分别以EA →，EH →，EC →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Exyz . 设AB ＝4，AA 1＝t (t >0)，则E (0,0,0)，A 1(2，t ,0)，A (2,0,0)，C (0,0,23)， F ⎝⎛⎭⎫－2，t 2，0，D ⎝⎛⎭⎫－32，0，32， 所以A 1C →＝(－2，－t ,23)，EF →＝⎝⎛⎭⎫－2，t 2，0. 因为A 1C ⊥EF ，所以A 1C →·EF →＝0， 所以(－2)×(－2)－t ×t 2＋23×0＝0，所以t ＝22，所以EF →＝(－2，2，0)，ED →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32.设平面DEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，ED →·n ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－32x ＋32z ＝0. 取x ＝1，则n ＝(1，2，3). 又A 1C 1—→＝AC →＝(－2,0,23)，设直线A 1C 1与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1C 1→〉|＝|n ·A 1C 1—→||n ||A 1C 1—→|＝46×4＝66，所以直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值为66. 2 求二面角【解题指导】 (1)求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角.(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.【例】如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值. (1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ， 所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ， 所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形.取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ， 则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角. 易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32. 在Rt △EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72， 所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝217，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217. 方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形. 记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)， 所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1). 设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量. 易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE →|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角， 所以二面角E －AB －C 的余弦值为217. 【训练】 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B －OB 1－C 的余弦值. (1)证明 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ，A 1O ，CO ⊂平面A 1CO ， ∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ， ∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)解 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ， ∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OA 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°，∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0，0，6)， ∴OB →＝(1,0,0)，BB 1→＝AA 1→＝(0，3，6)，OB 1→＝OB →＋BB 1→＝(1，3，6). 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB →·n ＝0，OB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得n ＝(0，2，－1)，是平面OBB 1的一个法向量. 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， ∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝2121.由图可知二面角B －OB 1－C 是锐二面角， ∴二面角B －OB 1－C 的余弦值为2121. 题型三 立体几何中的探索性问题【解题指导】 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化. 【例】如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，P A ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M －AC －D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由.(1)证明 如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ， 因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ， 又P A ∩AC ＝A ，P A ，AC ⊂平面P AC ， 所以AB ⊥平面P AC ， 所以AB ⊥PC .(2)解 方法一 (几何法)过点M 作MN ⊥AD 交AD 于点N ，则MN ∥P A ，因为P A ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD . 过点M 作MG ⊥AC 交AC 于点G ，连接NG ， 则∠MGN 是二面角M －AC －D 的平面角. 若∠MGN ＝45°，则NG ＝MN ， 又AN ＝2NG ＝2MN ，所以MN ＝1，所以MN ＝12P A ，MN ∥P A ，所以M 是PD 的中点.在三棱锥M －ABC 中，可得V M －ABC ＝13S △ABC ·MN ，设点B 到平面MAC 的距离是h ， 则V B －MAC ＝13S △MAC ·h ，所以S △ABC ·MN ＝S △MAC ·h ，解得h ＝2 2. 在Rt △BMN 中，可得BM ＝3 3. 设BM 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝h BM ＝269.方法二 (向量法)以A 为坐标原点，以过点A 平行于CD 的直线为x 轴，AD ，AP 所在直线分别为y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)，B (22，－22，0)，PD →＝(0，22，－2)，AC →＝(22，22，0). 易知当点M 与P 点或D 点重合时不满足题意， 设PM →＝t PD →(0<t <1)，则点M 的坐标为(0,22t,2－2t )， 所以AM →＝(0,22t,2－2t ).设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AM →＝0，得⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋2－2t z ＝0，则可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝cos 45°＝22， 解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点.此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，2)， BM →＝(－22，32，1).设BM 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n 0，BM →〉|＝269.【训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝2，PB ⊥AC .(1)求证：平面P AB ⊥平面P AC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱P A 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22， 所以BC ＝AD ＝22， 又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ， 又PB ⊥AC ，AB ∩PB ＝B ，AB ，PB ⊂平面P AB ， 所以AC ⊥平面P AB . 又因为AC ⊂平面P AC ， 所以平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面P AB ， 分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面P AB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)， AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0)，由∠PBA ＝45°，PB ＝2，可得P (1,0,1)， 所以AP →＝(1,0,1)，BP →＝(－1,0,1)， 假设棱P A 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69， 设AEAP＝λ(0<λ<1)， 则AE →＝λAP →＝(λ，0，λ)，CE →＝AE →－AC →＝(λ，－2，λ)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量n ＝(1,1,1)， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝ |cos 〈n ，CE →〉| ＝|λ－2＋λ|3·λ2＋－22＋λ2＝|2λ－2|3·2λ2＋4＝69，解得λ＝12或λ＝74(舍).所以在棱P A 上存在点E ，且AE AP ＝12， 使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69.专题突破训练1.在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，P A ＝PD .(1)证明：BC ⊥PB ；(2)若P A ⊥PD ，PB ＝AB ，求二面角A －PB －C 的余弦值. (1)证明 取AD 中点为E ，连接PE ，BE ，BD ，∵P A ＝PD ，∴PE ⊥AD ， ∵底面ABCD 为菱形， 且∠BAD ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BE ⊥AD ， ∵PE ∩BE ＝E ，PE ，BE ⊂平面PBE ， ∴AD ⊥平面PBE ， 又PB ⊂平面PBE ， ∴AD ⊥PB ，∵AD ∥BC ，∴BC ⊥PB . (2)解 设AB ＝2， ∴AD ＝PB ＝2，BE ＝3， ∵P A ⊥PD ，E 为AD 中点， ∴PE ＝1，∵PE 2＋BE 2＝PB 2， ∴PE ⊥BE .以E 为坐标原点，分别以EA ，EB ，EP 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0,0,1)，C (－2，3，0)，∴AB →＝(－1，3，0)，AP →＝(－1,0,1)，BP →＝(0，－3，1)，BC →＝(－2,0,0). 设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋z ＝0，令y ＝3，则n ＝(3，3，3).同理可得平面PBC 的一个法向量m ＝(0，3，3). cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277.设二面角A －PB －C 的平面角为θ，由图易知θ为钝角， 则cos θ＝－cos 〈m ，n 〉＝－277.∴二面角A －PB －C 的余弦值为－277.2.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值. (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)， ∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1—→＝(0,2,0)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)， 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64. 3.如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示.已知PB ＝4 2.(1)求证：平面P AC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值.(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO .∵四边形ABCD 是菱形，∴P A ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面P AC ，∴平面P AC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直.以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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Oxyz .则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0). 设点Q (x ，y ，z ).由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎫0，－2，43. ∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎫－4，－2，43. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0， 解得⎩⎨⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15).取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1).∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010，由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图，多面体ABCDEF 中，ABCD 为正方形，AB ＝2，AE ＝3，DE ＝5，二面角E －AD －C 的余弦值为55，且EF ∥BD .(1)证明：平面ABCD ⊥平面EDC ；(2)求平面AEF 与平面EDC 所成锐二面角的余弦值. (1)证明 ∵AB ＝AD ＝2，AE ＝3，DE ＝5，∴AD 2＋DE 2＝AE 2， ∴AD ⊥DE ，又正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，且DE ∩DC ＝D ，DE ，DC ⊂平面EDC ， ∴AD ⊥平面EDC ， 又∵AD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面EDC .(2)解 由(1)知，∠EDC 是二面角E －AD －C 的平面角， 作OE ⊥CD 于O ，则OD ＝DE ·cos ∠EDC ＝1，OE ＝2，又∵平面ABCD ⊥平面EDC ，平面ABCD ∩平面EDC ＝CD ，OE ⊂平面EDC ， ∴OE ⊥平面ABCD .取AB 中点M ，连接OM ，则OM ⊥CD ，如图，以O 为原点，分别以OM ，OC ，OE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2，－1,0)，B (2,1,0)， D (0，－1,0)，E (0,0,2)， ∴AE →＝(－2,1,2)， BD →＝(－2，－2,0)，又EF ∥BD ，知EF 的一个方向向量为(2,2,0)， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝－2x ＋y ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，取x ＝－2，得n ＝(－2,2，－3)， 又平面EDC 的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝－21717，设平面AEF 与平面EDC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝21717. 5.等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12，如图1.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1—DE —B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C ，如图2.(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由.(1)证明 因为等边三角形ABC 的边长为3， 且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2. 在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得 DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 从而AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE .折起后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1—DE —B 是直二面角， 所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊥DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ， 所以A 1D ⊥平面BCED .(2)解 存在.理由：由(1)可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，分别以DB ，DE ，DA 1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Dxyz .设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，作PH ⊥BD 于点H ， 连接A 1H ，A 1P ，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a .所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a ,0)，E (0，3，0). 所以P A 1→＝(a －2，－3a ,1). 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0). 要使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，则sin 60°＝|P A 1→·DE →||P A 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32， 解得a ＝54.此时2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意.所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.6.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值.(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ， 易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt △ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1， 可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32， 易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°，即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ，∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ，则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°，∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ，∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上.以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎫34，0，34，D ⎝⎛⎭⎫0，－32，0，N ⎝⎛⎭⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，AE →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32， DM →＝⎝⎛⎭⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎫0，34，－34， 设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝⎛⎭⎫34，32＋34λ，34－34λ， 设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427. 故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。
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2020届高考数学（理）热点猜押练一 致胜高考必须掌握的20个热点 热点练15 立体几何中的证明与计算问题
1.如图,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=4,点E在CC1上且C1E=3EC. (1)证明:A1C⊥平面BED. (2)求二面角A1-DE-B的余弦值.
2.如图,三棱台ABC-EFG的底面是正三角形,平面ABC⊥平面BCGF,CB=2GF, BF=CF. (1)求证:AB⊥CG. (2)若BC=CF,求直线AE与平面BEG所成角的正弦值. 3.如图,在底面为矩形的四棱锥P-ABCD中,PB⊥AB. (1)证明:平面PBC⊥平面PCD. (2)若异面直线PC与BD所成角为60°,PB=AB,PB⊥BC,求二面角B-PD-C的大小.
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,∠BAD=45°,PD=2,M为PD的中点,E为AM的中点,点F在线段PB上,且PF=3FB. (1)求证:EF∥平面ABCD. (2)若平面PDC⊥底面ABCD,且PD⊥DC,求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值. 5.如图,多面体ABC-DB1C1为正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得,M为CB1的中点,且BC=BB1=2. (1)若D为AA1中点,求证AM∥平面DB1C1. (2)若二面角D-B1C1-B大小为错误!未找到引用源。,求直线DB1与平面ACB1所成角的正弦值.
6.如图所示,等腰梯形ABCD的底角∠BAD=∠ADC=60°,直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD,且∠EDA=90°,ED=AD=2AF=2AB=2. (1)证明:平面ABE⊥平面EBD. (2)点M在线段EF上,试确定点M的位置,使平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为错误!未找到引用源。. 猜押练一 致胜高考必须掌握的20个热点 热点练15 立体几何中的证明与计算问题
1.【解析】以D为坐标原点,射线DA为x轴的正半轴,射线DC为y轴的正半轴,射线DD1为z轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,即可得出B(2,2,0), C(0,2,0),E(0,2,1),A1(2,0,4),=(0,2,1),=(2,2,0),=(-2,2,-4),=(2,0,4). (1)因为·=0,·=0, 所以A1C⊥BD,A1C⊥DE, 因为BD∩DE=D,所以A1C⊥平面BED, (2)设向量n=(x,y,z)是平面DA1E的一个法向量, 则n⊥,n⊥, 故2y+z=0,2x+4z=0.令y=1,则z=-2,x=4,n=(4,1,-2), 等于二面角A1-DE-B的平面角,
cos==错误!未找到引用源。. 2.【解析】(1)取BC的中点为D,连接DF. 由ABC-EFG是三棱台得,平面ABC∥平面EFG,从而BC∥FG. 因为CB=2GF,所以CDGF, 所以四边形CDFG为平行四边形,所以CG∥DF. 因为BF=CF,D为BC的中点, 所以DF⊥BC,所以CG⊥BC. 因为平面ABC⊥平面BCGF,且交线为BC,CG⊂平面BCGF, 所以CG⊥平面ABC,而AB⊂平面ABC, 所以CG⊥AB. (2)连接AD. 由△ABC是正三角形,且D为BC中点,则AD⊥BC. 由(1)知,CG⊥平面ABC,CG∥DF, 所以DF⊥AD,DF⊥BC, 所以DB,DF,DA两两垂直. 以DB,DF,DA分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 设BC=2,则A(0,0,错误!未找到引用源。),E错误!未找到引用源。,B(1,0,0),G(-1,错误!未找到引用源。,0). 所以=错误!未找到引用源。,=(-2,错误!未找到引用源。,0), =错误!未找到引用源。. 设平面BEG的一个法向量为n=(x,y,z),
由可得,错误!未找到引用源。 令x=错误!未找到引用源。,则y=2,z=-1,所以n=(错误!未找到引用源。,2,-1). 设AE与平面BEG所成角为θ,
则sin θ=|cos <,n>|==错误!未找到引用源。. 3.【解析】(1)由已知四边形ABCD为矩形,得AB⊥BC, 因为PB⊥AB,PB∩BC=B,所以AB⊥平面PBC. 又CD∥AB,所以CD⊥平面PBC. 因为CD⊂平面PCD,所以平面PBC⊥平面PCD. (2)以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.
设PB=AB=1,BC=a(a>0),则B(0,0,0),C(0,0,a),P(1,0,0),D(0,1,a), 所以=(-1,0,a),=(0,1,a),
则=cos 60°,即错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。, 解得a=1,a=-1(舍去).
设n=(x1,y1,z1)是平面PBD的一个法向量,则 即错误!未找到引用源。 可取n=(0,1,-1). 设m=(x2,y2,z2)是平面PCD的一个法向量,
则即错误!未找到引用源。 可取m=(1,0,1),所以cos=错误!未找到引用源。=-错误!未找到引用源。. 由图可知二面角B-PD-C为锐角,所以二面角B-PD-C的大小为60°. 4.【解析】(1)(方法一)如图,设DM中点为N,连接EN,NF,BD,则有NE∥AD, 因为NE⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以NE∥平面ABCD, 又因为错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。,所以NF∥DB, 因为NF⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD, 所以NF∥平面ABCD, 又因为NF∩NE=N,所以平面NEF∥平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD.
(方法二)如图,设AD中点为R,Q为线段BD上一点,且DQ=3QB. 连接ER、RQ、QF,则有ER∥PD, 因为错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。, 所以QF∥PD,所以QF∥ER,且QF=错误!未找到引用源。PD=ER, 即四边形QFER为平行四边形, 所以EF∥QR, 因为EF⊄平面ABCD,RQ⊂平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD.
(2)因为平面PDC⊥底面ABCD,且PD⊥DC,所以PD⊥底面ABCD, 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0),P(0,0,2),A(1,0,0),C错误!未找到引用源。, 所以==(-1,0,0),=错误!未找到引用源。. 设平面PBC的一个法向量为n1=(x,y,z),
则所以错误!未找到引用源。 取y=2错误!未找到引用源。,可得n1=(0,2错误!未找到引用源。,1), 又易知平面PAD的一个法向量n2=(0,1,0), 设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为θ, 则cosθ=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。. 所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为错误!未找到引用源。.
5.【解析】(1)取B1C1中点N,连接MN,则MN为△B1C1C的中位线,所以MN错误!未找到引用源。CC1, 因为D为AA1中点,所以AD错误!未找到引用源。CC1, 所以MN∥AD,MN=AD, 所以四边形ADNM为平行四边形, 所以AM∥DN,所以AM∥平面DB1C1. (2)由B1C1⊥DN,B1C1⊥MN可得∠DNM是二面角 D-B1C1-B的平面角, 因为二面角D-B1C1-B大小为错误!未找到引用源。,AD=错误!未找到引用源。BB1, 如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,错误!未找到引用源。),C(-1,0,0),B1(1,2,0),D(0,1,错误!未找到引用源。), 所以=(1,1,-错误!未找到引用源。),=(-1,0,-错误!未找到引用源。),=(1,2,-错误!未找到引用源。), 设平面ACB1的法向量为n=(x,y,z),
⇒n=(-错误!未找到引用源。,错误!未找到引用源。,1), 所以|cos|==错误!未找到引用源。. 所以直线DB1与平面ACB1所成角的正弦值为错误!未找到引用源。.
6.【解析】(1)因为平面ABCD⊥平面ADEF, 平面ABCD∩平面ADEF=AD,ED⊥AD, 所以ED⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, 所以ED⊥AB, 因为AB=1,AD=2,∠BAD=60°, 所以BD=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。, 所以AB2+BD2=AD2, 所以AB⊥BD, 又因为BD⊂平面BDE, 所以平面ABE⊥平面EBD. (2)以B为坐标原点,分别以BA,BD为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz, 则A(1,0,0),B(0,0,0),C错误!未找到引用源。,D(0,错误!未找到引用源。,0),E(0,错误!未找到引用源。,2),F(1,0,1),则=错误!未找到引用源。,=(0,0,2), =(1,0,0),=(1,-错误!未找到引用源。,-1), 设=λ=(λ,-错误!未找到引用源。λ,-λ),(0≤λ≤1), 则=+=(λ,错误!未找到引用源。-错误!未找到引用源。λ,2-λ), 设平面CDE的法向量为m=(x1,y1,z1), 平面ABM的法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令y1=1,得m=(-错误!未找到引用源。,1,0), 令y2=2-λ,得n=(0,2-λ,错误!未找到引用源。λ-错误!未找到引用源。), 所以|cos θ|=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。, 即λ=错误!未找到引用源。, 即点M为线段EF的中点时,平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为错误!未找到引用源。.