浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的截面问题及球的切接问题课件

33 A. 4
23 B. 3
32 C. 4
3 D. 2
(2)(2020·浙江新高考仿真卷三)已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且与α成
60°二面角的平面β截该球面得圆N，若该球面的半径为4，圆M的面积为4π，则
圆N的面积为( )
A.7π
B.9π
C.11π
D.13π
解析 (1)记该正方体为 ABCD－A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面 α 所成的角都相等，即共点的三条棱 A′A，A′B′，A′D′与平面 α 所成的角都相等.如图，连接 AB′，AD′，B′D′，因为三棱锥 A′－AB′D′是正三棱锥，所以 A′A，A′B′，A′D′与平面 AB′D′所成的角都相等.分别取 C′D′，B′C′，BB′， AB，AD，DD′的中点 E，F，G，H，I，J，连接 EF，FG，GH，IH，IJ， JE，易得 E，F，G，H，I，J 六点共面，平面 EFGHIJ 与平面 AB′D′平行，即截面 EFGHIJ 为平面 α 截正方体所得最大截面.又 EF＝FG＝GH＝IH＝ IJ＝JE＝ 22，所以该正六边形的面积为 6× 43× 222＝343，所以 α 截此正方体所得截面面积的最大值为343，故选 A.
得正方体棱长为 2，设点 O 到平面 ABC 的距离为 d，作
CH 垂直 MN 交 MN 于 H，由 VO－ABC＝VC－ABO，得13S△ABC·d
＝13S△ABO·CH，所以
d＝
3 3.
(3)∵PA⊥AB，PA⊥AC，∴PA⊥平面 ABC，构造直三棱柱 PQT
－ABC，设 O1 为△ABC 外心，O 为三棱锥外接球球心，所以 OO1⊥
规律方法此类题主要考查空间想象能力及空间几何体的结构特征，解题时可寻找特殊情况使问题得到简化.
【训练 1】 (1)(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1，O2，过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为
()
A.12 2π
B.12π
平面 ABC，易得 OO1＝12PA，在△ABC 由余弦定理可求得 BC＝
2 3，再由正弦定理可求得△ABC 外接圆半径 r＝2，在 Rt△AOO1
中，AO＝ AO21＋OO21＝ 5，所以三棱锥 P－ABC 外接球半径 R
＝
5，外接球体积
V＝20
5π 3.
答案
(1)A
3 (2) 3
20 5π (3) 3
81π A. 4
B.16π
27π
C.9π
D. 4
(5)已知三棱锥 S－ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，若平面 SCA⊥平面 SCB，SA
＝AC，SB＝BC，SA⊥AC，SB⊥BC，三棱锥 S－ABC 的体积为 9，则球的表面积为
________.
解析 (1)长方体体对角线长为 32＋22＋12＝ 14，所以长方体外接球半径 R＝ 214，所以长方体外接球的表面积为 S＝4πR2＝14π. (2)如图，正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1，底面为边长为 1，侧棱长为 2，设 H、I 分别为下、上底面中心，HI 的中点为 O，所以 O 为外接球的球心，所以外接球半径 R ＝ AO ＝
(1)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体，求其外接球问题可构造正方体或长方体. (2)相对的棱长相等的三棱锥，求其外接球问题可构造正方体或长方体.
【训练 2】 (1)一个四面体的所有棱长都为 2，四个顶点在同一球面上，则此球的
表面积为( )
A.3π
B.4π
C.3 3π
D.6π
(2)已知正三棱锥 P－ABC，点 P、A、B、C 都在半径为 3的球面上，若 PA、PB、
立体几何中的截面问题及球的切接问题
知识拓展 1.立体几何中的截面问题
(1)平面截球：圆(圆面). (2)平面截正方体：三角形、四边形、五边形、六边形. (3)平面截圆柱曲面：圆、椭圆、矩形. 2.球的切接问题 (1)长方体的外接球 ①球心：体对角线的交点； ②半径：r＝ a2＋2b2＋c2(a，b，c 为长方体的长、宽、高).
∴13S△BCD·AH＝13S△BCD·r·4，∴r＝14AH＝
6 12 a.
规律方法求内切球的半径常用等积法 (1)正多面体内切球的球心与其外接球的球心重合，内切球的半径为球心到多面体任一面的距离. (2)正棱锥的内切球与外接球的球心都在其高线上，但不一定重合.
【训练 3】 (1)在封闭的直三棱柱 ABC－A1B1C1 内有一个体积为 V 的球.若 AB⊥BC，
题型三内切球问题
【例 3】 (一题多解)已知棱长为 a 的正四面体 ABCD，证明：其内切球的半径为126a. 证明法一如图，设 AH⊥平面 BCD，则 H 为△BCD 外心，可得外接球球心在 AH 上，设外接球球心为 O，外接球半径为 R，则 AO＝BO＝R，在△BCD 中，可得
BH＝ 33a，在 Rt△ABH 中，AH＝ AB2－BH2＝ 36a，在Rt△BHO中，BO2＝BH2＋OH2， ∴BO2＝BH2＋(AH－OA)2，
(5)如图，∵SA⊥AC，SB⊥BC，设 O 为 SC 的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得点 O 到 A，B，C，S 的距离相等，故点 O 为三棱锥外接球的球心，∵平面 SCA⊥平面 SCB，SB＝BC，∴OB⊥平面 SAC.设球 O 的半径为 R，则 VS －ABC＝VB－ASC＝13·12·2R·R·R＝13R3＝9，∴R3＝27，R＝3.所以外接球表面积为 S＝4πR2＝36π. 答案 (1)14π (2)D (3)C (4)A (5)36π
规律方法 1.常用结论 (1)正方体和长方体的外接球的球心为其体对角线的中点. (2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点. (3)直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点. (4)正棱锥外接球的球心在其高上，具体位置通过构造直角三角形计算得到. (5)若棱锥的顶点可构共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心. 2.构造正方体、长方体、直棱柱等用上述结论确定外接球的球心
①外接球：球心是正四面体的中心；半径
r＝
6 4 a(a
为正四面体的棱长)；
②内切球：球心是正四面体的中心；半径
r＝
6 12 a(a
为正四面体的棱长).
题型突破
题型一立体几何中的截面问题
【例1】 (1)(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
题型二外接球问题
【例2】 (1)(2017·新课标全国Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在球
O的球面上，则球O的表面积为________.
(2)已知底面边长为 1，侧棱长 2的正四棱柱的各个顶点均在同一个球的球面上，则
该球的体积为( )
32π A. 3
B.4π
C.2π
4π D. 3
(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
①外接球：球心是正方体中心；半径
r＝
3 2 a(a
为正方体的棱长)；
②内切球：球心是正方体中心；半径 r＝a2(a 为正方体的棱长)；
③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径
r＝
பைடு நூலகம்
2 2 a(a
为正方体的棱长).
(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
(2)设球的球心为 O，由圆 M 的面积为 4π 得圆 M 的半径为 2，则|OM|＝ 42－22＝ 2 3，又因为圆 N 所在的平面 β 与圆 M 所在的平面 α 所成的角为 60°，则∠OMN＝ 30°，且 ON⊥MN，则 sin∠OMN＝||OOMN||，即 sin 30°＝|2ON3|，解得|ON|＝ 3，则圆 N 的半径 r＝ 42－（ 3）2＝ 13，圆 N 的面积为 πr2＝13π，故选 D. 答案 (1)A (2)D
(3)已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 的六个顶点都在球 O 的球面上，若 AB＝3，AC＝4， AB⊥AC，AA1＝12，则球 O 的半径为( )
3 17 A. 2
B.2 10
13 C. 2
D.3 10
(4)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该四棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球
的表面积为( )
∴R2＝ 33a2＋ 36a－R2，∴R＝ 46a，因内切球球心与外接球球心重合，所以内切球半径 r＝OH＝AH－AO＝ 36a－
46a＝ 126a.
法二如图，设AH⊥平面BCD，设外接球球心为O，则点O也是内切
球球心，
由于内切球球心到各个面的距离相等，都为内切球半径，设为r，
∵VA－BCD＝VO－ABC＋VO－ACD＋VO－ABD＋VO－BCD.
PC 两两互相垂直，则球心到截面 ABC 的距离是________.
(3)三棱锥 P－ABC 中，PA⊥AB，PA⊥AC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，则
此三棱锥外接球的体积为________.
解析 (1)构造正方体，则正方体棱长为 1，因此，该四面体外接球也就棱长为 1 的
正方体外接球，所以外接球半径 R＝ 23，所以外接球表面积为 S＝4πR2＝3π. (2)如图，构造正方体，则球心为正方体的中心 O，易求
AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则 V 的最大值是( )
9π
A.4π
B. 2
32π
C.6π
D. 3
(2)(2020·金华一中月考)已知某锥体的三视图如图所示(各正方形的边长为 2)，则
该锥体的体积是________；该锥体的内切球的表面积是________.

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届数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积和体积教学案含解析

第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

知识梳理1。

多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。

2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。

正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!a；（2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；(3）若球与正方体的各棱相切，则2R＝错误!a。

2。

长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b，c，外接球的半径为R,则2R＝错误!。

3。

正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。

诊断自测1。

判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。

（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。

（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。

(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。

(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。

33 B.错误! C.错误!D。

错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第8节空间角含解析

第8节空间角考试要求 1.能用几何方法解决空间角问题；2.了解向量方法在研究立体几何空间角问题中的应用.知识梳理1.求异面直线所成的角(1)(几何法)通过作平行线化为三角形求解.(2)(向量法)设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角βl 1与l 2所成的角θ范围 (0，π)⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |2.(1)(几何法)通过直线在平面上的射影求解，其步骤为“一作、二证、三计算”.(2)(向量法)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)(几何法)通过一个面的垂线或垂面先作出二面角的平面角，然后加以证明和计算. (2)(向量法)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 →〉.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).[常用结论与易错提醒]1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.3.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察出向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.4.最小角定理：平面的一条斜线与平面内所有直线的夹角中，斜线与它在平面内的射影的夹角最小.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π].( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(选修2－1P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) A.45° B.135° C.45°或135°D.90°解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案 C3.(2020·河北、山西、河南三省联考)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为等边三角形，且二面角P －BC －A 的大小为120°，则异面直线PB 和AC 所成角的余弦值为( ) A.58 B.34 C.78D.14解析如图，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAO ，即平面PAO ⊥平面ABC .且∠POA 就是其二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB ＝2，则A (3，0，0)，C (0，－1，0)，B (0，1，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，所以AC →＝(－3，－1，0)，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，－32，cos 〈AC →，PB →〉＝－58，所以异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.答案 A4.如图，把边长为4的正三角形ABC 沿中线AD 折起，使得二面角C －AD －E 的大小为60°，则异面直线AC 与DE 所成角的余弦值为( )A.－14B.14C.－13D.13解析如图，取AB 的中点F ，连接DF ，EF ，因为D ，F 分别是线段BC ，AB 的中点，所以DF ∥AC ，所以∠EDF (或其补角)是异面直线AC 与DE 所成的角.由正三角形的性质可得AD ⊥BC ，所以∠CDE 就是二面角C －AD －E 的平面角，所以∠CDE ＝60°.又CD ＝DE ，所以△CDE 是正三角形.作EG ⊥CD ，垂足为G ，作FH ⊥BD ，垂足为H ，连接EH ，易知EG ＝DE sin 60°＝2×32＝3，DG ＝DE cos 60°＝2×12＝1，DH ＝12BD ＝12×2＝1，HG ＝DH ＋DG ＝2，FH ＝12AD ＝12×32AC ＝12×32×4＝3.由勾股定理得EH ＝HG 2＋EG 2＝22＋（3）2＝7，EF ＝EH 2＋FH 2＝（7）2＋（3）2＝10.在△EDF 中，由余弦定理得cos∠EDF ＝22＋22－（10）22×2×2＝－14，所以异面直线AC 与DE 所成角的余弦值为14，故选B.答案 B5.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若 cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________.解析设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴ sin θ＝| cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 答案 30°6.过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________.解析如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又易知CD ⊥平面PAD ，AE ⊂平面PAD ， ∴CD ⊥AE ，又PD ∩CD ＝D ，从而AE ⊥平面PCD .所以AD →＝(0，1，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°. 答案 45°考点一求异面直线所成的角【例1】如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求：(1)△PCD 的面积.(2)(一题多解)异面直线BC 与AE 所成的角的大小. 解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又底面ABCD 为矩形，所以AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2，所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3.(2)法一如图1，取PB 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角.图1在△AEF 中，由于EF ＝2，AF ＝2，AE ＝12PC ＝2.所以AF 2＋EF 2＝AE 2，∠AFE ＝π2，则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.因此异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.法二如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)，P (0，0，2)，E (1，2，1)，AE →＝(1, 2，1)，BC →＝(0，22，0).图2设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.规律方法 (1)几何法求异面直线所成的角关键是根据定义构成三角形求解.(2)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；④取锐角或直角.【训练1】 (1)(一题多解)(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15 B.56 C.55D.22(2)(一题多解)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2AB ，E ，F 分别为BC ，BB 1的中点，M ，N 分别为AA 1，A 1C 1的中点，则直线MN 与EF 所成角的余弦值为( )A.35B.12C.32 D.45解析 (1)法一如图，补上一相同的长方体CDEF －C 1D 1E 1F 1，连接DE 1，B 1E 1.易知AD 1∥DE 1，则∠B 1DE 1为异面直线AD 1与DB 1所成角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，所以DE 1＝DE 2＋EE 21 ＝12＋（3）2＝2，DB 1＝12＋12＋（3）2＝5，B 1E 1＝A 1B 21＋A 1E 21＝12＋22＝5，在△B 1DE 1中，由余弦定理，得cos∠B 1DE 1＝22＋（5）2－（5）22×2×5＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C.法二如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM ，易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2，DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5，所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理得cos∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C. 法三以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)，则由向量夹角公式，得cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，故选C. (2)法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC 1，CB 1，C 1B ′，易得MN ∥AC 1，EF ∥CB 1∥C 1B ′，那么∠AC 1B ′或∠AC 1B ′的补角即直线MN 与EF 所成的角. 设AA 1＝2AB ＝2a ，则AC 1＝C 1B ′＝3a ，连接AB ′，则AB ′＝a 2＋（22a ）2＝3a ，由余弦定理得cos ∠AC 1B ′＝（3a ）2＋（3a ）2－（3a ）22（3a ）·（3a ）＝－12.故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法二如图，连接AC 1，C 1B ，CB 1，设C 1B ，CB 1交于点O ，取AB 的中点D ，连接CD ，OD ，则MN ∥AC 1∥OD ，EF ∥CB 1，那么∠DOC 或其补角即直线MN 与EF 所成的角. 设AA 1＝2AB ＝2a ，则AC 1＝CB 1＝3a ，于是OD ＝OC ＝3a 2，又CD ＝3a2，于是△OCD 为正三角形，故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法三取AB 的中点O ，连接CO ，则CO ⊥AB ，以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过点O 且平行于CC 1的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB ＝2，则AA 1＝22，∴A (－1，0，0)，A 1(－1，0，22)，M (－1，0，2)，C (0，3，0)，C 1(0，3，22)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，B (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，B 1(1，0，22)，F (1，0，2)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，所以cos 〈MN →，EF →〉＝MN →·EF →|MN →||EF →|＝323×3＝12，故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.答案 (1)C (2)B考点二求直线与平面所成的角【例2】 (一题多解)(2019·浙江卷)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点.(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值. 法一 (1)证明如图①，连接A 1E .①因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 又A 1E ∩A 1F ＝A 1，A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解如图①，取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则四边形EGFA 1是平行四边形. 由于A 1E ⊥平面ABC ，EG ⊂平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形.由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，又BC ⊂平面A 1BC ，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上. 连接A 1G 交EF 于点O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角). 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二 (1)证明连接A 1E .因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图②，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz .②不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)，B 1(3，3，23)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，C (0，2，0).因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1，0).由EF →·BC →＝0，得EF ⊥BC .(2)解设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C →＝(0，2，－23). 设平面A 1BC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos θ＝35.因此直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.规律方法求线面角的方法：(1)几何法求线面角的步骤是“一作、二证、三计算”，转化为三角形求解.(2)向量法(或坐标法)求线面角，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)，注意范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.【训练2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为边长为2的菱形，∠ADC ＝60°，PC ⊥CD ，E 为PC 的中点，PC ＝1，PA ＝7.(1)求证：PA ∥平面BDE ；(2)(一题多解)求直线BE 与平面PBD 所成的角的正弦值. (1)证明连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，则EO ∥PA ，因为PA ⊄平面BDE ，EO ⊂平面BDE ，所以PA ∥平面BDE .(2)解法一取AB 的中点F ，连接PF ，FC ，AC ，作PH ⊥CF 于点H ，则由AC ＝CB ，得AB ⊥PF ，AB ⊥FC ，因为PF ∩FC ＝F ，所以AB ⊥平面PFC ，则AB ⊥PH ，因为AC ∩AB ＝A ，所以PH ⊥平面ABC .在△PAB 中，AB ＝2，PA ＝PB ＝7，得PF ＝6，又PC ＝1，FC ＝3，于是可求得PH ＝63，因为S △BDC ＝12×2×3＝3，PH ＝63，PC ⊥CD ，所以在Rt△DPC 中，PD ＝5，又PB ＝7，BD ＝23，所以PD 2＋PB 2＝BD 2，所以PB ⊥PD ，所以S △PBD ＝352，由V P －BDC ＝V C －PBD ，得点C 到平面PBD 的距离为2235，则点E 到平面PBD 的距离为235，又在△PBC 中，易求得EB ＝212. 设直线BE 与平面PBD 所成的角为θ，则sin θ＝235EB＝230105. 所以直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为230105.法二建立如图所示的空间直角坐标系，则易知A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，D (0，－3，0)，由⎩⎨⎧PA ＝7，PC ＝1，PD ＝5，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－36，63，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，－312，66，则BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，－13312，66，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，736，－63，BD →＝(0，－23，0)，所以可求得平面PBD 的一个法向量为m ＝(22，0，33)，设直线BE 与平面PBD 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BE →·m |BE →||m |＝230105. 即直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为230105.考点三求二面角【例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DF ︵的中点.(1)设P 是CE ︵上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小；(2)(一题多解)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)法一如图1，取EC ︵的中点H ，连接EH ，GH ，CH .因为∠EBC ＝120°，图1所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13.取AG 的中点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 ＝23，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为60°，即二面角E －AG －C 的大小为60°.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2所示的空间直角坐标系.图2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)，AG →＝(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 ·AG →＝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，则〈m ·n 〉＝60°. 因此二面角E －AG －C 的大小为60°.规律方法 (1)几何法求二面角的步骤是“一作、二证、三计算”.注意利用二面角一个平面的垂线、垂面找(作)平面角.(2)利用向量计算二面角大小的常用方法：①找法向量法：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法：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.【训练3】 (一题多解)(2020·嘉兴测试)如图，多面体由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1和四棱锥P －ABCD 组成.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为2，四棱锥P －ABCD 侧棱长都相等，高为1.(1)求证：B 1C ⊥平面PCD ； (2)求二面角B －PB 1－C 的余弦值. 法一(几何法)(1)证明分别取正方体上、下底面中心O ，O 1，则P ，O ，O 1三点共线，连接PO 1，AC ，D 1B 1，在△PO 1B 1中，因为PO 1＝3，B 1O 1＝2，所以PB 1＝11. 在△POC 中，因为PO ＝1，CO ＝2，所以PC ＝ 3.在△PB 1C 中，B 1C ＝22，B 1C 2＋PC 2＝PB 21，所以∠PCB 1＝90°，即B 1C ⊥PC .又B 1C ⊥CD ，PC ∩CD ＝C ，PC ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，故B 1C ⊥平面PCD . (2)解易得CO ⊥平面PBB 1，作OE ⊥PB 1于E ，连接CE ，则CE ⊥PB 1，所以∠CEO 是二面角O －PB 1－C 的平面角. 在Rt△PO 1B 1中，OE PO ＝B 1O 1PB 1，所以OE ＝211.在Rt△CEO 中，tan∠CEO ＝OCOE＝11，则cos∠CEO ＝36，从而，二面角B －PB 1－C 的余弦值是－36. 法二(向量法) 以D 1为坐标原点，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D 1－xyz .(1)证明因为B 1(2，2，0)，C (0，2，2)，D (0，0，2)，P (1，1，3)，所以B 1C →＝(－2，0，2)，CD →＝(0，－2，0)，CP →＝(1，－1，1)，所以B 1C →·CD →＝0，B 1C →·CP →＝0，即B 1C ⊥CD ，B 1C ⊥CP ，又PC ∩CD ＝C ，PC ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，故B 1C ⊥平面PCD .(2)解易得平面BPB 1的一个法向量是m ＝(1，－1，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面CPB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2z ＝0，x －y ＋z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝1∶2∶1，可取n ＝(1，2，1). cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝－12×6＝－36，故二面角B －PB 1－C 的余弦值为－36.空间向量在立体几何中的应用【例题】 (满分15分)(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值. 审题路线图法一(向量法)法二(几何法)满分解答法一 (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O －xyz .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).(3分)因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3).5分由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，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.7分(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).9分设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1，0).12分所以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3913.15分 [构建模板]利用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”……建立空间直角坐标系，写出点的坐标……用向量表示几何元素……通过向量运算，得出结论……用向量表示几何元素……设求平面的法向量……代入线面角的向量公式，结论法二 (1)证明由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB 得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21，由AB 1⊥A 1B 1.3分由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC 得B 1C 1＝5，由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°得AC ＝23，由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1，6分又A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.7分(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.9分由AB1⊥平面A1B1C1，AB1⊂平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.12分由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21得cos∠C1A1B1＝67，sin∠C1A1B1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.15分[构建模板]……利用勾股定理，计算证明AB1⊥A1B1……证明AB1⊥B1C1……由线面垂直判定定理得结论(几何法求线面角的步骤：“一作，二证，三计算”)……作出线面角……论证线面角……计算线面角(的正弦值)【训练】 (一题多解)(2017·浙江卷)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.法一过P作PH⊥CD，交CD的延长线于点H.不妨设AD＝2，∵BC∥AD，CD ⊥AD ，则易求DH ＝12，过P 作底面的垂线，垂足为O ，连接OB ，OH ，易得OH ∥BC ，且OP ，OB ，OH 两两垂直.故可以O 为原点，以OH ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.(1)证明由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，则可得：D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，34，则CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PA →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x＝1，y ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)，∴CE →·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×1＋34×3＝0. 又∵CE ⊄平面PAB ，∴CE ∥平面PAB .(2)解由(1)得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34.设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，∴m ＝(0，1，3).设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝ |cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝124×2＝28.∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28. 法二 (1)证明如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 又因为CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，因此CE ∥平面PAB .(2)解分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD . 因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN . 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，则QH ⊥平面PBC .连接MH ，则MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角.设CD ＝1. 在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt△MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin∠QMH ＝28，所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.基础巩固题组一、选择题1.(2020·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，∴BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)， ∴cos〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案 A2.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1C 1的中点，则异面直线DE 与B 1C 所成角的大小为( )A.π3B.π4C.π6D.π12解析连接AC ，BD ，B 1E ，设BD 与AC 交于点O ，连接B 1O ，则四边形DOB 1E 为平行四边形，所以DE ∥OB 1，所以异面直线DE 与B 1C 所成角为∠OB 1C ，设正方体棱长为1，则B 1C ＝2，OC ＝22，B 1O ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222，所以cos∠OB 1C ＝2＋1＋12－1221＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222·2＝32. 又因为异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴∠OB 1C ＝π6.答案 C3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33D.22解析以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 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A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1，0)， ∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2).∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， ∴ cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.答案 B4.(2020·金丽衢十二校三联)正四面体ABCD ，E 为棱AD 的中点，过点A 作平面BCE 的平行平面，该平面与平面ABC 、平面ACD 的交线分别为l 1，l 2，则l 1，l 2所成角的正弦值为( ) A.63B.33C.13D.22解析由题意得BC ∥l 1，CE ∥l 2，则∠BCE 即为l 1与l 2所成角.设正四面体的棱长为a ，则易得EB ＝EC ＝32a ，设BC 的中点为F ，连接EF ，则易得EF ＝22a ，则l 1与l 2所成角的正弦值为sin∠BCE ＝EF EC ＝22a32a ＝63，故选A.答案 A5.在三棱锥P －ABC 中，点P 在底面的正投影恰好是等边△ABC 的边AB 的中点，且点P 到底面ABC 的距离等于底面边长.设△PAC 与底面所成的二面角的大小为α，△PBC 与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( ) A.34 3 B.25 3 C.－8133D.－583解析如图，设点P 在边AB 上的射影为H ，作HF ⊥BC ，HE ⊥AC ，连接PF ，PE .依题意，∠HEP ＝α，∠PFH ＝β.不妨设等边△ABC 的边长为2，则PH ＝2，AH ＝BH ＝1. ∴HE ＝32，HF ＝32，则tan α＝tan β＝232＝43，故tan(α＋β)＝2tan α1－tan 2α＝2×431－⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝－8133. 答案 C 二、填空题6.如图是正四面体的平面展开图，G ，H ，M ，N 分别为DE ，BE ，EF ，EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直. 以上四个命题中，正确命题的序号是________.解析还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合. 易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面. 连接GM ，∵△GMH 为等边三角形， ∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，又MN ∥AF ，∴MN ⊥DE . 因此正确命题的序号是②③④. 答案 ②③④7.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角大小为__________；直线EF 与底面ABC 所成角的大小为________.解析以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系.设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°； ∵FB ⊥平面ABC ，BF ＝BE ＝1，∴∠FEB 为直线EF 与底面ABC 的夹角且为45°. 答案 60° 45°8.已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________.解析延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23. 答案239.在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________.解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2).设平面BDC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1).设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 答案 23三、解答题10.(2020·台州期末评估)如图，四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，PD ＝AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 为PB 的中点.(1)证明：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)(一题多解)求直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值. (1)证明 PC ⊥平面ABCD ，故PC ⊥AC . 又AB ＝2，AD ＝CD ＝1，AD ⊥AB ，所以AC ＝BC ＝ 2.故AC 2＋BC 2＝AB 2，即AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC ，因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面PBC . (2)解法一 PC ⊥平面ABCD ，故PC ⊥CD .又PD ＝2，所以PC ＝ 3.在平面PCB 内，过点P 作PH⊥CE ，垂足为H . 由(1)知平面ACE ⊥平面PBC ，所以PH ⊥平面ACE ，又点E 为PB 的中点，CE ＝12PB ＝52.由等面积法得CE ·PH ＝12PC ·BC .所以PH ＝305. 又点E 为PB 的中点，所以点P 到平面ACE 的距离与点B 到平面ACE 的距离相等.连接BD 交AC 于点G ，则GB ＝2DG .所以点D 到平面ACE 的距离是点B 到平面ACE 的距离的一半，即12PH .所以直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值为12PH PD ＝3020.法二如图，取AB 的中点F ，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为PD ＝2，所以CP ＝ 3.所以C (0，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，3)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，32.PD →＝(0，1，－3)，CA →＝(1，1，0)，CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，32. 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x 2－y 2＋32z ＝0，取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－233，即n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，－233. 设直线PD 与平面AEC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝122＋43＝3020. 所以直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值为3020. 11.(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B －EC －C 1的正弦值. (1)证明由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，B 1C 1，EC 1⊂平面EB 1C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解由(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 →|为单位长度，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 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1).设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0，所以可取m ＝(1，1，0).于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12，则sin 〈n ，m 〉＝32，所以二面角B －EC －C 1的正弦值为32. 能力提升题组12.如图，在Rt△ABC 中，∠BAC ＝60°，点F 在斜边AB 上，且AB ＝4AF ，点M 在线段BC 上运动，D ，E 是平面ABC 同一侧的两点，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，AD ＝3，AC ＝BE ＝4.当点M 运动到线段BC 的中点时，异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为( )A.2114B.714C.77D.217解析取BF 的中点N ，连接MN ，EN ，因为M ，N 分别为BC ，BF 的中点，所以MN ∥CF ，且MN ＝12CF ，所以∠EMN 为异面直线CF 与EM所成的角.因为AC ＝4，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝90°，所以BC ＝43，BM ＝23，所以EM ＝BM 2＋BE 2＝（23）2＋42＝27. 因为AC ＝4，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝90°，所以AB ＝8，所以AF ＝14AB ＝2，BF ＝34AB ＝6，所以BN ＝3，所以EN ＝BE 2＋BN 2＝42＋32＝5. 在△ACF 中，由余弦定理得CF ＝23，所以MN ＝ 3.在△EMN 中，由余弦定理可得cos∠EMN ＝ME 2＋MN 2－EN 22ME ·MN＝28＋3－252×27×3＝2114，所以异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为2114.故选A. 答案 A13.(2020·绍兴适应性考试)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，AB ＝AC ＝AA 1，M ，N 分别是侧棱BB 1，CC 1上的点，平面AMN 与平面ABC 所成的(锐)二面角为π6.当B 1M 最小时，∠AMB ＝( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝2，设平面AMN 与平面ABC 的交线为l ，过点B 作直线l 的垂线BH ，设垂足为点H ，因为AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，所以∠MHB 为平面AMN 与平面ABC 所成的锐二面角，则tan∠MHB ＝BM BH ＝33，要使B 1M 最小，则BM 最大，即BH 最大，因为BH ⊥AH ，所以点H 在平面ABC 内的轨迹为以AB 为直径的圆，则(BH )max ＝AB ＝2，所以(BM )max ＝233，则此时tan∠AMB ＝AB BM ＝3，则∠AMB ＝π3，故选B.答案 B14.(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值.(1)证明如图，连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綉DC ，可得B 1C 綉A 1D ，故ME 綉ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥ED . 又MN ⊄平面C 1DE . 所以MN ∥平面C 1DE .(2)解由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →，DE →，DD 1→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D －xyz ，则A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A →＝(0，0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0). 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可取m ＝(3，1，0).设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2，0，－1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，则sin 〈m ，n 〉＝105，所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105. 15.(2019·天津卷)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13，求线段CF 的长.解依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →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，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2). 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2，2，1). 因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .又n ＝(2，2，1)为平面BDE 的一个法向量，故由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13. 解得h ＝87.经检验，符合题意. 所以线段CF 的长为87.。

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第7节空间向量与线面位置关系含解析

第7节空间向量与线面位置关系考试要求 1.理解直线的方向向量与平面的法向量，会用向量方法证明直线、平面的位置关系；2.了解向量法求点到面的距离.知识梳理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：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，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.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 4.点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.[常用结论与易错提醒]1.直线l 1，l 2的方向向量分别为v 1，v 2，且v 1∥v 2，若l 1，l 2有公共点，则l 1，l 2重合；若l 1，l 2没有公共点，则l 1∥l 2.2.直线l 的方向向量v 与平面α内不共线的向量a ，b 满足v ＝λa ＋μb ，若直线l 与α无公共点，则l ∥α，若直线l 与α有公共点，则l ⊂α.3.直线l 的方向向量v 与平面α的法向量u 垂直，若直线l 与平面α有公共点，则l ⊂α，若直线l 与平面α无公共点，则l ∥α.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)两直线的方向向量平行，则两直线平行.( )(2)如果一条直线的方向向量与平面内一直线的方向向量共线，则这条直线与该平面平行.( )(3)如果一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则这条直线与该平面平行.( ) (4)一条直线的方向向量有无穷多个，平面的法向量也有无穷多个.( )解析 (1)不正确，两直线也可能重合；(2)不正确，直线也可能在平面内；(3)不正确，直线也可能在平面内.答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1) B.(1，－1，1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 解析设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，AB →＝(－1，1，0)，AC →＝(－1，0，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C. 答案 C3.已知平面α的法向量为n ＝(2，－2，4)，AB →＝(－1，1，－2)，则直线AB 与平面α的位置关系为( ) A.AB ⊥αB.AB ⊂αC.AB 与α相交但不垂直D.AB ∥α解析由题意易得n ＝－2AB →，所以向量AB →也为平面α的一个法向量，则直线AB 与平面α垂直，故选A. 答案 A4.平面α的法向量u ＝(2，－2，2)，平面β的法向量v ＝(1，2，1)，则下列命题正确的是( ) A.α，β平行 B.α，β垂直 C.α，β重合D.α，β不垂直解析 ∵平面α的法向量与平面β的法向量的数量积为u ·v ＝2×1＋(－2)×2＋2×1＝0，∴平面α，β垂直，故选B.答案 B5.设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2，2，5)，当v ＝(3，－2，2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________.解析当v ＝(3，－2，2)时，由于u ·v ＝0，即u ⊥v ，∴α⊥β；当v ＝(4，－4，－10)时，由于v ＝－2u ≠0，∴α∥β. 答案 α⊥β α∥β6.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________；若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________. 解析当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l ⊥α；当a ＝(－1，－1，1)时，a ·n ＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l ∥α或l ⊂α. 答案 l ⊥α l ∥α或l ⊂α考点一用空间向量证平行问题【例1】如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，所以AB ，AP ，AD 两两垂直，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 (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0).所以PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)，FG →＝(1，1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，所以PB →＝2FE →＋2FG →，又因为FE →与FG →不共线，所以PB →，FE →与FG →共面. 因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .规律方法 (1)证明直线与平面平行，只须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.(2)能建坐标系时，尽量建立坐标系.【训练1】已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，用向量方法求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .证明 (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，又EF →与EH →不共线，由共面向量定理知E ，F ，G ，H 四点共面.(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，因为E ，H ，B ，D 四点不共线，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .考点二用空间向量证垂直问题【例2】如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ，∴DM ⊥平面PAB . ∵DM ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PAB . 规律方法用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 【训练2】如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点.(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长.(1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)解由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r·p )] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22 ＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a .∴MN 的长为22a .考点三利用空间向量求解探索性问题【例3】如图，在四棱锥E －ABCD 中，平面ABE ⊥底面ABCD ，侧面AEB 为等腰直角三角形，∠AEB ＝π2，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC .线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA；若不存在，说明理由.解存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：取AB 中点O 为坐标原点，OB ，OD ，OE 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设CD ＝1，则E (0，0，1)，A (－1，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，所以EA →＝(－1，0，－1)，BD →＝(－1，1，0)，EC →＝(1，1，－1).由EF →＝13EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23.设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1，1，2)，因为EC →·v ＝(1，1，－1)·(1，1，2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即当点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .规律方法空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.【训练3】在四棱锥P －ABCD 中，△ABP 是等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB ＝90°，AD ∥BC ，E 是线段AB 的中点，PE ⊥底面ABCD ，已知DA ＝AB ＝2BC ＝2.试在平面PCD 上找一点M ，使得EM ⊥平面PCD .解因为PE ⊥底面ABCD ，过E 作ES ∥BC ，则ES ⊥AB ，以E 为坐标原点，EB 方向为x 轴的正半轴，ES 方向为y 轴的正半轴，EP 方向为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，A (－1，0，0)，D (－1，2，0)，P (0，0，3)，CD →＝(－2，1，0)，PC →＝(1，1，－3).设M 点的坐标为(x 1，y 1，z 1)，平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝－2x ＋y ＝0，n ·PC →＝x ＋y －3z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，2，3).因为EM ⊥平面PCD ，所以EM →∥n ，即x 11＝y 12＝z 13，也即y 1＝2x 1，z 1＝3x 1，又PM →＝(x 1，y 1，z 1－3)，PD →＝(－1，2，－3)，PC →＝(1，1，－3)，所以PM →＝λPC →＋μPD →＝(λ－μ，λ＋2μ，－3λ－3μ)，所以得x 1＝λ－μ，y 1＝λ＋2μ＝2x 1＝2(λ－μ)，即λ＝4μ，z 1－3＝－3λ－3μ，λ＝12，所以μ＝18，所以M 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫38，34，338.基础巩固题组1.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点.求证：MN ∥平面A 1BD .证明如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，于是MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，DA 1→＝(1，0，1)，DB →＝(1，1，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0. 取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1).又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD .2.如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°. 求证：AC 1⊥BD .证明记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ， ∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c ＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0. ∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .3.(一题多解)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC . 证明：PQ ∥平面BCD .证明法一如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz . 由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0).设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .法二在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，D 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0).∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .4.如图所示，已知直三棱柱ABC －A 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.求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz ，令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). 设AB 中点为N ，连接CN ，则N (2，0，0)，C (0，4，0)，D (2，0，2)，所以DE →＝(－2，4，0)，AB →＝(4，0，0)，AC →＝(0，4，0)，所以DE →＝－12AB →＋AC →，又AB →与AC →不共线，所以DE →与AB →，AC →共面，又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.所以B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又因为AF ∩EF ＝F ，AF ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以B 1F ⊥平面AEF .5.如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綉12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角.求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)因为二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，所以AA 1⊥平面BAC .又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，即∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0，0，0)，B 1(0，2，2)，A 1(0，0，2)，C (2，0，0)，C 1(1，1，2)，所以A 1B 1→＝(0，2，0)，A 1A →＝(0，0，－2)，AC →＝(2，0，0).平面AA 1C 就是xOz 平面，取一个法向量n ＝(0，1，0).所以A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n .所以A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0，2，2)，A 1C 1→＝(1，1，0)，A 1C →＝(2，0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1，1).所以AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，所以AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，所以AB 1∥平面A 1C 1C .6.(一题多解)如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，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 .证明法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12. OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)， ∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2). ∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，CF →＝(0，－1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1). ∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA → ＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA → ＝－12BC →－12BF →. ∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直，∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0. ∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .能力提升题组7.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝3，AA 1＝2.以AB ，BC 为邻边作平行四边形ABCD ，连接DA 1和DC 1.(1)求证：A 1D ∥平面BCC 1B 1；(2)线段BC 上是否存在点F ，使平面DA 1C 1与平面A 1C 1F 垂直？若存在，求出BF 的长；若不存在，请说明理由.(1)证明 ∵AD ∥BC ，AA 1∥CC 1，且AD ∩AA 1＝A ，BC ∩BB 1＝B ，∴平面A 1DA ∥平面BCC 1B 1，∵A 1D ⊂平面A 1DA ，A 1D ⊄平面BCC 1B 1，∴A 1D ∥平面BCC 1B 1.(2)解以A 为坐标原点，分别以射线AD ，AC ，AA 1为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系.假设在BC 上存在这样的点F ，则由A 1C 1⊥平面BCC 1B 1推得A 1C 1⊥C 1F . 又由(1)的结论A 1D ∥平面BCC 1B 1可推得A 1C 1⊥A 1D .综上，要使平面DA 1C 1⊥平面FA 1C 1，只需A 1D ⊥C 1F 即可.设BF ＝x ，则C 1F →＝(x －3，0，－2)，A 1D →＝(3，0，－2)，由C 1F →·A 1D →＝0，得3(x －3)＋4＝0，x ＝53， ∴在BC 上存在点F ，使得两个平面垂直，只需让BF ＝53即可. 8.如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，PA ⊥CD ，PA ＝1，PD ＝2，E 为PD 上一点，PE ＝2ED .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得BF ∥平面AEC ？若存在，指出F 点的位置，并证明；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵PA ＝AD ＝1，PD ＝2，∴PA 2＋AD 2＝PD 2，即PA ⊥AD .又PA ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，∴PA ⊥平面ABCD .(2)解以A 为原点，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.则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13，AC →＝(1，1，0)， AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13.设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(－1，1，－2).假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)，使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0.又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12， ∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点.。

浙江专用2021版新高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量1第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图教

第八章立体几何与空间向量知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．掌握如下可以作为推理依据的公理和定理．公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理．判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直；一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行；如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；垂直于同一个平面的两条直线平行；两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.空间向量及其运算了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示．了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义，坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式．了解直线的方向向量与平面的法向量．了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环(1)画法：斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看到的线画实线，看不到的线画虚线．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)在正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[教材衍化]1．(必修2P19T2改编)下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．(必修2P8A组T1(1)改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．(P15练习T1改编)已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台(2)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、圆台的底面都是圆面；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．1C．2 D．3【解析】(1)底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰，才得到是圆台的旋转体；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台．【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1．给出下列命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③显然错误．2．下列说法正确的是( )A．以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析：选D.球面和球是两个不同的概念，以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球，A错误．对于B，如图，满足有两个面平行，其余四个面都是等腰梯形，但它不是棱台，故B错．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．C错误．由母线的概念知，选项D正确．空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．主要命题角度有：(1)由空间几何体的直观图识别三视图；(2)由空间几何体的三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·浙江省名校协作体高三联考)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )【解析】根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.【答案】 B角度二由空间几何体的三视图还原直观图某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2【解析】由三视图还原为如图所示的四棱锥A－BCC 1B1，从图中易得最长的棱长为AC1＝AC2＋CC21＝（22＋22）＋22＝23，选B.【答案】 B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【解析】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.【答案】 B三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．1．(2020·瑞安四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D.如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2020·嘉兴期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析：选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；(2)三视图复原的几何体是四棱锥；(3)三视图复原的几何体是圆锥；(4)三视图复原的几何体是圆台．所以(1)(2)(3)(4)的顺序为：三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台．故选C.3．(2020·浙江高校招生选考试题)如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝43，则该三棱锥三视图的正视图为( )解析：选C.由题意，三棱锥三视图的正视图为等腰三角形，△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CD＝23，设C在BD上的射影为E，则123＝CE·43，所以CE＝3，DE ＝CD2－CE2＝3，故选C.空间几何体的直观图如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形【解析】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】 C(变条件、变问法)若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少？解：将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中OB ＝22，AB ＝12＋（22）2＝3(cm)，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．原图与直观图中的“三变”与“三不变”1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD 为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．菱形D ．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD 中DA ⊥AB ，并且AD ∥BC ，AB ∥CD ，故四边形ABCD 为矩形．2．在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：因为OE ＝（2）2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22核心素养系列14 直观想象——构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( )A.16 B.26C.36D.12【解析】几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，正视图和侧视图中分别有一个直角．正视图和侧视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①. 第二步，找直角，在俯视图、正视图和侧视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥ABCD，如图②.[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.4．(2020·杭州学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.5．(2020·宁波十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·丽水模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E ABB 1A 1，如图所示(其中ABCD A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体，C 1E ＝1)，EA ＝32＋42＋42＝41，EA 1＝12＋42＋42＝33，EB ＝32＋42＝5，EB 1＝12＋42＝17，AB ＝BB 1＝B 1A 1＝A 1A ＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为 5 cm ，宽为 4 cm 的矩形，则其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S ＝5×4＝20(cm 2)，所以其直观图的面积S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 28．如图所示的Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt △ABC 的顶点C 作线段CD ⊥AB ，垂足为点D ，所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以CD 作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选D.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D 1BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积．解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构三视图和直观图含解析

第1节空间几何体的结构、三视图和直观图考试要求 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理1.简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.4.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.[常用结论与易错提醒]1.常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆.(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形.(3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形.(4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形.2.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.3.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.4.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示图形不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.(4)球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆，正方体的三视图不一定相同.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案 A3.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.答案 B4.(2018·上海卷)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16解析符合题目条件的面有四个，每一个都有4个顶点，所以选择D.答案 D5.正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.解析画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.答案616a 26.(2020·北京平谷区质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为________个.解析由三视图知几何体为一四棱锥，其直观图为如图中的P －ABCD ；由图得该棱锥的四个侧面均为直角三角形，故该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为4个.答案 4考点一空间几何体的结构特征【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为( )A.0B.1C.2D.3解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.答案(1)A (2)B规律方法(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练1】下列结论正确的是( )A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误.由圆锥母线的概念知，选项D正确.答案 D考点二空间几何体的三视图多维探究角度1 由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合.答案 B角度2 由三视图判定几何体【例2－2】 (1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱(2)(2020·北京昌平区二模)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由三视图可得，该四棱锥如图P－ABCD，直角三角形有：△PAD、△PCD、△PAB，共3个.答案(1)B (2)C规律方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认.(2)根据三视图还原几何体①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉.②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图.③根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.【训练2】 (1)(角度1)如图所示，由几个棱长相等的小正方体搭成的一个几何体.现老师给小明四张图，要求其删除其中的一张图，使得剩下的三张图可以作为该几何体的三视图，则小明要删除( )(2)(角度2)(2020·北京丰台区期末)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的棱中最长的棱的长度为( )A.2B. 5C.2 2D.2 3解析(1)由几何体的直观图得其正视图为C中的图形，侧视图为A中的图形，俯视图为D中的图形，故选B.(2)由三视图可知，该三棱锥的底面是直角梯形，一条侧棱与底面垂直，直观图如图，图中PA与底面垂直，且AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AB＝BC＝2AD＝2，由勾股定理可得PD ＝CD ＝5，PB ＝22，PC ＝PA 2＋AB 2＋BC 2＝23，所以最长的棱为2 3.答案 (1)B (2)D考点三空间几何体的直观图【例3】已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________.解析如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图：因为OE ＝（2）2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.答案22规律方法 (1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握.对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形.【训练3】有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________.解析如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′. 在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.答案 2＋22基础巩固题组一、选择题1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( ) A.棱柱的侧棱长都相等 B.棱锥的侧棱长都相等C.三棱台的上、下底面是相似三角形D.有的棱台的侧棱长都相等解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等. 答案 B2.如图所示的几何体是棱柱的有( )A.②③⑤B.③④⑤C.③⑤D.①③解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱. 答案 C3.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A. 答案 A4.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，且它的正视图如图所示，则该四棱锥侧视图的面积是( )A.4 2B.4C.2 2D.2解析由四棱锥P －ABCD 的正视图可知，四棱锥的正视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，又因为四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，所以四棱锥的侧视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，所以侧视图的面积为12×2×22＝2 2.故选C.答案 C5.将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.答案 D6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.答案 C7.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A.①③B.①④C.②④D.①②③④解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A8.(2020·北京昌平区二模)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A. 5B.2 2C.2 3D.3解析根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，AD⊥AB、AD∥BC，AD＝AB＝2，BC＝1，PA⊥底面ABCD，且PA＝2，∴该四棱锥最长棱的棱长为PC＝PA2＋AC2＝22＋22＋12＝3.答案 D二、填空题9.已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 210.直观图(如图)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在原坐标系xOy中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm2.解析将直观图恢复到平面图形(如图)，是OA＝2 cm，OC＝4 cm的矩形，S OABC＝2×4＝8(cm2).答案矩形811.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为________.解析由三视图可知几何体为如图所示的三棱锥P－ABC，其最长棱为AC＝22＋12＝ 5.答案 512.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中三个梯形的面积之和为________.解析由三视图可知，该几何体的直观图如图五面体，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD＝2，AB＝6，EF＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3，梯形ABCD的高为4，等腰梯形EFDC的高为9＋16＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46.答案4613.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为42，点M是棱BC的中点，点P在底面ABCD内，点Q 在线段A1C1上，若PM＝1，则PQ长度的最小值为________.解析由题意得，过点Q作QN⊥平面ABCD，垂足为N，则点N在线段AC上，分别连接PQ，PN，在Rt△PNQ中，PQ＝QN2＋PN2＝（42）2＋PN2，在平面ABCD内过点M作MR⊥AC，垂足为R，则MR＝2，即M到直线AC的最短距离为2，又PM＝1，当P∈MR时，此时PN min＝MR－1＝1，所以PQ min＝（42）2＋12＝33.答案3314.如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有________对.解析由三视图的特征，将俯视图拉伸得四棱锥A－BCDE，且顶点A在底面BCDE上的射影为棱BC的中点O，又底面BCDE为矩形，则侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABE⊥侧面ABC，侧面ACD⊥侧面ABC；又因为AC＝AB＝22，BC＝4，即AB⊥AC，则由CD⊥侧面ABC，知CD⊥AB，故AB⊥侧面ACD，故侧面ABE⊥侧面ACD.因此此几何体中共有4对平面互相垂直.答案 4能力提升题组15.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.答案 D16.(2020·北京房山区一模)某三棱锥的三视图如图所示，正视图与侧视图是两个全等的等腰直角三角形，直角边长为1，俯视图是正方形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是( )A.12B.22C.32D.1解析该多面体为一个三棱锥D －ABC ，是正方体的一部分，如图所示，其中3个面是直角三角形，1个面是等边三角形，S △BCD ＝34×(2)2＝32，S △BAD ＝S △ACD ＝12×1×2＝22，S △BCA ＝12×1×1＝12，所以该三棱锥的四个面的面积中最大的是32. 答案 C17.正四面体的棱长为26，以其中心O 为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成的曲线总长度为4π，则球O 的半径为( ) A.52 B.62 C.62或 5 D.52或 5 解析设球O 的半径为R ，若正四面体一个面截球如图1所示，则小圆周长为π，所以小圆半径为12，又球心到四面体的面的距离为1，故R ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52；若正四面体一个面截球如图2所示，记D 为AC 的中点，由题意知AB ︵＝π3.设小圆O 1的半径为r ，则∠AO 1B ＝π3r ，又∠BO 1C ＝2π3，∠AO 1D ＝12(∠BO 1C －∠AO 1B )＝π3－π6r ，O 1D ＝2，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6r ＝2r ①.令f (r )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6r －2r ，则f ′(r )＝－π6r2× sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6r ＋2r2＞0，所以函数f (r )在(0，＋∞)上单调递增，且最多有一个零点，而f (2)＝0，所以方程①有唯一解2，从而R ＝r 2＋12＝5，所以球O 的半径是52或5，故选D.答案 D18.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________.解析如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝62a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以CD ＝6a . 故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2.答案62a 2。

浙江专用2021版新高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量1第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1

第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.4．(2020·杭州学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.5．(2020·宁波十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·丽水模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥EABB1A1，如图所示(其中ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，C1E＝1)，EA＝32＋42＋42＝41，EA1＝12＋42＋42＝33，EB＝32＋42＝5，EB1＝12＋42＝17，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为 5 cm，宽为 4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝24S＝52(cm2)．答案：5 2 cm28．如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB，垂足为点D，所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A．2 B．2 2C. 3 D．2 3解析：选D.在正方体ABCDA 1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积．解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课空间角的大小比较及最值范围问题课件

类型2 不同类型角间的大小比较
【例1－2】 (1)(2019·浙江卷)设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是
棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的
角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则( )
A.β<γ，α<γ
B.β<α，β<γ
C.β<α，γ<α
A.θ＞γ＞β
B.θ＝β＞γ
C.γ＞β＞θ
D.θ＞β＝γ
(2)(2020·浙江新高考仿真卷一)已知三棱锥S－ABC的底面ABC为
正三角形，SA＜SB＜SC，平面SBC，SCA，SAB与平面ABC所成
的锐二面角分别为α1，α2，α3，则( A.α1＜α2 C.α2＜α3
) B.α1＞α2 D.α2＞α3
题型突破
题型一空间角的大小比较
类型1 同类角间的大小比较
【例1－1】 (1)(2020·嘉兴测试)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，
AA1＝a，AB＝b，且a＞b，侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，设异面直线A1B与AD1，
A1B与D1B1，AE与D1B1的所成角分别为α，β，γ，则( )
坐标系，设正方体的棱长为 1，AP＝a(0≤a≤1)，则易得 D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，
1，1)，则D→P＝(1，a，0)，D→B1＝(1，1，1)，设平面 PDB1 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
D→P·n＝x＋ay＝0， D→B1·n＝x＋y＋z＝0，令 x＝a，得平面 PDB1 的一个法向量为 n＝(a，－1，－a＋1)，易
为 A1C1，B1A1，B1C1 中点，由图易得平面 AB1D1 即为平面α，直线

届数学一轮复习第八章立体几何第七节立体几何中的向量方法学案理含解析

第七节立体几何中的向量方法［最新考纲］［考情分析］［核心素养］1。

理解直线的方向向量与平面的法向量。

2.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.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。

4。

能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖知识梳理‖空间角的求法（1)求异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π）错误!错误!求法cos β＝a·b|a｜｜b|cos θ＝｜cos β|＝｜a·b|｜a｜｜b｜►常用结论两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等,当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．(2）求直线与平面所成的角设直线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＝错误!｜cos<a，n〉|＝错误!错误!．(3）求二面角的大小①如图①,AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝错误!〈错误!，错误!>．②如图②③，n1，n2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｜＝错误!|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．►常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cosθ＝cosθ1cos θ2如图，若OA为平面α的一条斜线,O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角,即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2。

浙江专用2021届高考数学一轮复习专题八立体几何8.5空间向量及其在立体几何中的应用试题含解析

§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一用向量法证明平行、垂直1.如图,四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F 分别是AB,PD 的中点,且PA=AD. (1)求证:AF∥平面PEC;(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.证明 ∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为正方形, ∴PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,以A 为原点,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,如图所示,由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0), P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0). (1)∵F 为PD 的中点,E 为AB 的中点, ∴F(0,1,1),E(1,0,0),∴PE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2). 设平面PEC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·PE ⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1-2z 1=0,2x 1+2y 1-2z 1=0,取z 1=1,则n 1=(2,-1,1),又∵AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0-1+1=0, ∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n 1,∴AF∥平面PEC. (2)PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 设平面PCD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·PD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2x 2+2y 2-2z 2=0,2y 2-2z 2=0,即{x 2+y 2-z 2=0,y 2-z 2=0,取z 2=1,则n 2=(0,1,1),又∵n 1=(2,-1,1)是平面PEC 的一个法向量, ∴n 1·n 2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n 1⊥n 2, ∴平面PEC⊥平面PCD.2.如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A⊥底面ABCD,点P,Q 分别在棱DD 1,BC 上.(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为37,求四面体ADPQ 的体积.解析由题设知,AA 1,AB,AD 两两垂直.以A 为坐标原点,AB,AD,AA 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,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B 1(3,0,6),D(0,6,0),D 1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.(1)证明:因为P 是DD 1的中点,所以P (0,92,3),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m -92,-3).又AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,6), 于是AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =18-18=0,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AB 1⊥PQ.(2)由题设知,DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m-6,0),DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1=(x,y,z)是平面PQD 的法向量,则{n 1·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{6x +(m -6)y =0,-3y +6z =0.取y=6,得n 1=(6-m,6,3).又平面AQD 的一个法向量是n 2=(0,0,1),所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n1|·|n 2|=1×√(6-m )+62+32=√(6-m )+45.而二面角P-QD-A 的余弦值为37,因此√(6-m )+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ≤1),而DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,3λ-2,-6λ). 因为PQ∥平面ABB 1A 1,且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ 的体积V=13S △ADQ ·h=13×12×6×6×4=24.考点二用向量法求空间角与距离3.在平面四边形ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD 沿BD 折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD;(2)若M 为AD 中点,求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值; (3)在(2)的条件下,求点D 到平面BMC 的距离.解析 (1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB ⊂平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,又BE ⊂平面BCD,BD ⊂平面BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B 为坐标原点,分别以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 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,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M (0,12,12),则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1).设平面MBC 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0),则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 0+y 0=0,12y 0+12z 0=0, 取z 0=1,得平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD 与平面MBC 所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |·|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√63, 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为√63. (3)由(2)可知平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1),又∵BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), ∴点D 到平面BMC 的距离为|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√33.4.如图,在四棱锥A-EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O 为EF 的中点. (1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B 的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a 的值;(4)在(3)的条件下,求BE 与AF 所成角的余弦值.解析 (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO⊥EF. 又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO ⊂平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB. 所以AO⊥BE.(2)取BC 的中点G,连接OG.由题意知四边形EFCB 是等腰梯形, 所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG ⊂平面EFCB, 所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,√3a),B(2,√3(2-a),0),所以EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a,0,√3a),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0). 设平面AEB 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·EA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-ax +√3az =0,(a -2)x +√3(a -2)y =0.令z=1,则x=√3,y=-1.于是n=(√3,-1,1).又平面AEF 的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>=n ·p|n ||p |=-√55.由题设知二面角F-AE-B 为钝二面角, 所以它的余弦值为-√55.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 因为BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3(2-a),0), 所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2(a-2)-3(a-2)2. 由BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0及0<a<2,解得a=43. (4)由(3)可知A (0,0,4√33),F (-43,0,0),E (43,0,0),B (2,2√33,0), ∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-43,0,-4√33),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-23,-2√33,0), ∴cos<BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=8983×43=14, ∴BE 与AF 所成角的余弦值为14.综合篇知能转换【综合集训】考法一求异面直线所成角的方法1.(2017课标Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32 B.√155C.√105D.√33答案 C2.(2019吉林长春外国语学校一模,15)如图所示,平面BCC 1B 1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC 1B 1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为 .答案√64考法二求直线与平面所成角的方法3.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点. (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解析如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,设AC,A 1C 1的中点分别为O,O 1, 则OB⊥OC,OO 1⊥OC,OO 1⊥OB, 以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA 1=2,所以A(0,-1,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2). (1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P (√32,-12,2). 从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,-12,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2). 故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×2√2=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√1020. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q (√32,12,0),因此AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC 1的一个法向量,则{ AQ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√32x +32y =0,2y +2z =0.不妨取n=(√3,-1,1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ, 则sin θ=|cos<CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√5×2=√55, 所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55.4.(2018湖北八校4月联考,18)如图,四边形ABCD 与BDEF 均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°. (1)求证:AC⊥平面BDEF;(2)求直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值.解析 (1)证明:设AC 与BD 相交于点O,连接FO, ∵四边形ABCD 为菱形,∴AC⊥BD,且O 为AC 中点, ∵FA=FC,∴AC⊥FO,又FO∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(5分)(2)连接DF,∵四边形BDEF 为菱形,且∠DBF=60°,∴△DBF 为等边三角形,∵O 为BD 的中点,∴FO⊥BD,又AC⊥FO,AC∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF 两两垂直,∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.(7分)设AB=2,∵四边形ABCD 为菱形,∠DAB=60°,∴BD=2,AC=2√3.∵△DBF 为等边三角形,∴OF=√3.∴A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,√3),∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,√3),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 设平面ABF 的法向量为n=(x,y,z), 则{AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-√3x +√3z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-√3x +y =0, 取x=1,得n=(1,√3,1).(10分) 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ, 则sin θ=|cos<AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√155.(12分)考法三求二面角的方法5.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD 中,CD=2,BC=1,E,F 是平面ABCD 同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=√5,FC=1. (1)证明:平面CDF⊥平面ADE; (2)求二面角E-BD-F 的正弦值.解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是矩形,∴CD⊥AD. ∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE. 又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD ⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=√5,∴DE 2=AD 2+AE 2,∴AE⊥AD.又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.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(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2). ∴DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1), 设平面BDF 的法向量为m=(x,y,z),∴{m ·DB⃗⃗⃗⃗⃗ =x +2y =0,m ·DF⃗⃗⃗⃗⃗ =2y +z =0,令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面BDE 的一个法向量为n=(2,-1,-1), ∴cos<m,n>=m ·n|m |·|n |=3×√6=√66,∴sin<m,n>=√306.故二面角E-BD-F 的正弦值为√306. 6.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥P-ABC 中,PC⊥AB,△ABC 是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°. (1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)设F 为棱PA 的中点,求二面角P-BC-F 的余弦值.解析 (1)证明:在△PBC 中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=2√3,∴PC 2+BC 2=PB 2,∴PC⊥BC,(2分) 又PC⊥AB,AB∩BC=B,∴PC⊥平面ABC,∵PC ⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(4分)(2)在平面ABC 中,过点C 作CM⊥CA,以CA,CM,CP 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略).则C(0,0,0),P(0,0,2√3),A(2,0,0),B(1,√3,0),F(1,0,√3).(6分) 设平面PBC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1), 则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =x 1+√3y 1=0,CP ⃗⃗⃗⃗ ·m =2√3z 1=0,z 1=0,取y 1=-1,则x 1=√3, 即m=(√3,-1,0)为平面PBC 的一个法向量.(8分) 设平面BCF 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2), 则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3y 2=0,CF⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3z 2=0, 取x 2=√3,则y 2=-1,z 2=-1,即n=(√3,-1,-1)为平面BCF 的一个法向量,(10分) cos<m,n>=m ·n|m ||n |=2×√(√3)+(-1)+(-1)=2√55.由题图可知二面角P-BC-F 为锐二面角, 故二面角P-BC-F 的余弦值为2√55.(12分)应用篇知行合一【应用集训】1.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD 是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6. (1)求证:平面ACE⊥平面BED;(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值;(3)在线段AF 上是否存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°?若存在,求出AMAF 的值;若不存在,说明理由.解析 (1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE ⊂平面ADEF,DE⊥AD, 所以DE⊥平面ABCD.(2分)又因为AC ⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD 是正方形,所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE ⊂平面BED,BD ⊂平面BED,所以AC⊥平面BDE.(3分) 又因为AC ⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.(4分)(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz 如图所示.则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-√6). 设平面BEF 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1).则{n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3x 1-3y 1+3√6z 1=0,3x 1-√6z 1=0,令x 1=√6,则y 1=2√6,z 1=3,则n=(√6,2√6,3).(6分) 所以cos<CA⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√63√2×√39=-√1313.(7分)所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√1313.(8分)(3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0≤t≤2√6.(9分)则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,t),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6). 设平面MBE 的法向量为m=(x 2,y 2,z 2),则{m ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3y 2+tz 2=0,-3x 2-3y 2+3√6z 2=0,令y 2=t,则z 2=3,x 2=3√6-t,则m=(3√6-t,t,3).(10分) 又CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0)是平面BDE 的一个法向量, ∴|cos<m,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗||m ||CA ⃗⃗⃗⃗⃗|=√6-3√2×√(3√6-t )+t 2+9=12,(11分)整理得2t 2-6√6t+15=0,解得t=√62或t=5√62(舍去),(12分)∴AM AF =14.(13分)2.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别是AC,AB 上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置,使A 1C⊥CD,如图2. (1)若M 是A 1D 的中点,求直线CM 与平面A 1BE 所成角的大小;(2)线段BC 上是否存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直?说明理由.解析 (1)由折叠的性质得CD⊥DE,A 1D⊥DE,又CD∩A 1D=D,∴DE⊥平面A 1CD.又∵A 1C ⊂平面A 1CD,∴A 1C⊥DE,又A 1C⊥CD,CD∩DE=D,∴A 1C⊥平面BCDE.(3分)建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A 1(0,0,2√3),E(-2,2,0),B(0,3,0),∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-2√3),A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2√3),设平面A 1BE 的法向量为n=(x,y,z), 则{A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,∴{3y -2√3z =0,-2x +2y -2√3z =0,取z=√3,则x=-1,y=2, ∴n=(-1,2,√3).(5分)又∵M(-1,0,√3),∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3), ∴cos<CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√1+4+3×√1+3=√22. ∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°.(6分)(2)假设线段BC 上存在点P 满足条件,设P 点坐标为(0,a,0),则a∈[0,3], ∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,-2√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,a,0), 设平面A 1DP 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{ay 1-2√3z 1=0,2x 1+ay 1=0,取y 1=6,则x 1=-3a,z 1=√3a, ∴n 1=(-3a,6,√3a).(9分)若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直,则n 1·n=0, ∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2, ∵0≤a≤3,∴a=-2舍去.∴线段BC 上不存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.(12分)【五年高考】考点一用向量法证明平行、垂直1.(2018天津,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)证明:依题意得DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x 0,y 0,z 0)为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 0=0,2x 0+2z 0=0,不妨令z 0=-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),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x 1,y 1,z 1)为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 1=0,x 1-2y 1+2z 1=0,不妨令z 1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x 2,y 2,z 2)为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 2=0,-y 2+2z 2=0,不妨令z 2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos<m,n>=m ·n|m ||n |=3√1010,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BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h). 易知,DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量, 故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ2+5, 由题意,可得√ℎ2+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,线段DP 的长为√33.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).2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N 分别为棱PA,PC,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N 的正弦值;(3)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721,求线段AH 的长.解析本题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线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.如图,以A 为原点,分别以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE 的法向量,则{n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·DB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x -2z =0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),可得MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0. 因为MN ⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n 1=(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量.设n 2=(x,y,z)为平面EMN 的法向量,则{n 2·EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.因为EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),所以{-2y -z =0,x +2y -z =0. 不妨设y=1,可得n 2=(-4,1,-2). 因此有cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-4√21,于是sin<n 1,n 2>=√10521. 所以,二面角C-EM-N 的正弦值为√10521. (3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2).由已知,得|cos<NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BE ⃗⃗⃗⃗⃗||NH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ2+5×2√3=√721,整理得10h 2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH 的长为85或12.方法总结利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论. 3.(2016课标Ⅲ,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=23AD=2. 取BP 的中点T,连接AT,TN,由N 为PC 的中点知TN∥BC,TN=12BC=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=√AB 2-BE 2=√AB 2-(BC 2)2=√5.以A 为坐标原点,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 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(√5,2,0),N (√52,1,2), PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,-2),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,2). 设n=(x,y,z)为平面PMN 的法向量, 则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52x +y -2z =0,(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=8√525. 即直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525.(12分)4.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A 1A=A 1C=AC,E,F 分别是AC,A 1B 1的中点. (1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.解析 (1)证明:连接A 1E,因为A 1A=A 1C,E 是AC 的中点,所以A 1E⊥AC. 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC, 所以,A 1E⊥平面ABC.如图,以点E 为原点,分别以射线EC,EA 1为y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A 1(0,0,2√3),B(√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),F (√32,32,2√3),C(0,2,0). 因此,EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,2√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 由EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得EF⊥BC. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3). 设平面A 1BC 的法向量为n=(x,y,z). 由{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0. 取n=(1,√3,1), 故sin θ=|cos<EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=45. 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.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”.5.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√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√3. 连接OB.因为AB=BC=√22AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O 为坐标原点,OB⃗⃗⃗⃗⃗ 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√3),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面PAC 的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,4-a,0). 设平面PAM 的法向量为n=(x,y,z). 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a )y =0,可取n=(√3(a-4),√3a,-a),所以cos<OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(2√3(a -4)+3a 2+a 2.由已知可得|cos<OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32. 所以√3|2√3(a -4)+3a 2+a 2=√32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=(-8√33,4√33,-43). 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos<PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√34.考点二用向量法求空间角与距离6.(2019课标Ⅰ,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN∥平面C 1DE;(2)求二面角A-MA 1-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B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN∥ED.又MN平面EDC 1,所以MN∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 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),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-√3q =0,-p -2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m ·n|m ||n |=2√32×√5=√155,所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105. 7.(2019课标Ⅲ,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)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)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,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 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,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 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°.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,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 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.8.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C,D 的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.解析本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M 为CD⏜上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗⃗ 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.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此 cos<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.解后反思一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再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是锐角还是钝角.2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解. 9.(2017课标Ⅱ,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=12AD,∠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=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EFBC,则四边形BCEF 是平行四边形,所以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,AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |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,√3),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3). 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<BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin 45°,√(x -1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去),或{x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√62). 设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m ·n|m ||n |=√105. 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105. 方法总结本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考的热点和难点,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.10.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF 中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值.解析 (1)证明:延长AD,BE,CF 相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且F 为CK 的中点,则BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD.(2)由(1)知△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O 为原点,分别以射线OB,OK 的方向为x,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0), E (12,0,√32),F (-12,0,√32). 因此,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),AK ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,√3),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3,0). 设平面ACK 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),平面ABK 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2).由{AC ⃗⃗⃗⃗⃗·m =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{3y 1=0,x 1+3y 1+√3z 1=0,取m=(√3,0,-1);由{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0得{2x 2+3y 2=0,x 2+3y 2+√3z 2=0,取n=(3,-2,√3).于是,cos<m,n>=m ·n|m |·|n |=√34.又易知二面角B-AD-F 为锐二面角,所以,二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为√34.方法总结若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n 1和n 2,则|cos θ|=|cos<n 1,n 2>|,要求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos<n 1,n 2>|,还是cos θ=-|cos<n 1,n 2>|.评析本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. 11.(2017山东,17,12分)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DF ⏜的中点.(1)设P 是CE⏜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.解析 (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: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),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3), 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量.由{m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗=0,m ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =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 的法向量.由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG⃗⃗⃗⃗⃗ =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.易知所求角为锐二面角, 因此所求的角为60°.解法二: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 的中点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°.12.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F=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=A 1E=4,EM=AA 1=8. 因为EHGF 为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=√EH 2-EM 2=6,所以AH=10. 以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 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),FE⃗⃗⃗⃗⃗ =(10,0,0),HE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF 的法向量,则{n ·FE⃗⃗⃗⃗ =0,n ·HE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{10x =0,-6y +8z =0,所以可取n=(0,4,3).又AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-10,4,8),故|cos<n,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√515. 所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4√515. 思路分析 (1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度作截面;(2)以D为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面α的法向量与直线AF 的方向向量,从而利用向量法求得直线AF 与平面α所成角的正弦值.方法技巧利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而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的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.13.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-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AA 1⊥平面ABCD, 所以AA 1⊥AE,AA 1⊥AD.如图,以{AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°,所以A(0,0,0),B(√3,-1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),A 1(0,0,√3),C 1(√3,1,√3). (1)A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3), 则cos<A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=(√3,-1,-√3)·(√3,1,√3)7=-17,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3,0),则{m ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3x -y -√3z =0,-√3x +3y =0.不妨取x=3,则y=√3,z=2,所以m=(3,√3,2)为平面BA 1D 的一个法向量, 从而cos<AE⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m |=√3,√3,√3×4=34. 设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=34. 因为θ∈[0,π],所以sin θ=√1-cos 2θ=√74. 因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为√74.14.(2018课标Ⅰ,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,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.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3, 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=√32,EH=32, 则H(0,0,0),P (0,0,√32),D (-1,-32,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32)为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ=|HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=34√3=√34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.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sin 2θ+cos 2θ=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.教师专用题组考点一用向量法证明平行、垂直1.(2016天津,17,13分)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=23HF,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解析依题意得,OF⊥平面ABCD,如图,以O 为原点,分别以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,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:依题意得,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2). 设n 1=(x,y,z)为平面ADF 的法向量,则{n 1·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =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),可得EG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,又因为直线EG 平面ADF,所以EG∥平面ADF. (2)易证,OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量. 依题意得,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·EF⃗⃗⃗⃗ =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<OA⃗⃗⃗⃗⃗ ,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<BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2|BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√721.所以,直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为√721.思路分析 (1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值. 2.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,侧棱A 1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA 1=2,AD=CD=√5,且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点. (1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D 1-AC-B 1的正弦值;。

2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析

立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围）问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化。

解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试。

2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件,善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑,注意特定情况下的动点的位置,然后对任意情形加以分析判定,也可转化为平面问题。

对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节）或(面积)体积的最值的问题。

其一般方法有：(1）几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2）代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】（2019·全国Ⅲ卷）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.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以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，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。

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