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
OA 即为直线 l，则∠AOF，∠AOE，∠AOA1 分别为 θ，β，γ 或它们的补角.设直四棱柱的棱长为 2，则在△AOA1 中，易得 cos∠AOA1＝OOAA1 ＝ 55，即 cos γ＝ 55，在△AOF 中，易得 OF＝1，OA＝ 5，AF＝ 7，则由余弦定理得 cos∠AOF＝－105，即 cos θ＝105.在△AOE 中，易得 OE＝1，OA＝ 5，AE＝ 5，则由余弦定理得 cos∠AOE＝105，即 cos β＝105，所以 θ＝β＞γ，故选 B.
(2)如图，设底面等边三角形 ABC 的中心为 O，AB，BC 边上的高分别为 CD，AE，顶点 S 在底面 ABC 上的投影为点 P，则由 SA＜SB 得点 P 在直线 CD 的上方，由 SB ＜SC 得点 P 在直线 AE 的左侧，则点 P 的投影在图中阴影部分(不含边界)的区域.过点 P 分别作 BC，AC 的垂线，垂足分别为 Q，R，易得∠SQP，∠SRP 即为二面角 S－ BC－A 和二面角 S－CA－B 的平面角，且 PQ＞PR，又因为 tan∠SQP＝PSQP ，tan∠SRP＝PSPR，所以 tan∠SQP＜ tan∠SRP，则∠SQP＜∠SRP，即 α1＜α2，故选 A.
6 3.
答案
(1)B
6 (2) 3
【训练2】 (1)已知三棱锥P－ABC中，点P在底面ABC上的投影正好在等腰直角三角形ABC的斜边AB上(不包含两端点)，点P到底面ABC的距离等于等腰直角三角形ABC的斜边AB的长.设平面PAC与底面ABC 所成的角为α，平面PBC与底面ABC所成的角为β，则tan(α＋β)的最小值为________. (2)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线 EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值是________.
A.α＜β＜γ
B.γ＜β＜α
C.β＜α＜γ
D.α＜γ＜β
(2)(2017·浙江卷)如图，已知正四面体 DABC(所有棱长均相等的
三棱锥)，P，Q，R 分别为 AB，BC，CA 上的点，AP＝PB，QBQC
＝CRAR＝2，分别记二面角 D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P
的平面角为α，β，γ，则( )
(2)法一由题意知四棱锥S－ABCD为正四棱锥，如图，连接AC，BD，记AC∩BD＝O，连接SO，则SO⊥平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，则 θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故选D.
法二如图，不妨设底面正方形的边长为 2，E 为 AB 上靠近点 A 的
b，0)，A(b，0，0)，D1(0，0，a)，B1(b，b，a)，E0，b，a3，A→1B＝(0，b，－a)，
→→
→ AD1
＝(－
b
，0，
a)，
→ D1B1
＝
(b
，
b
，0)
，A→E
＝－b，b，a3
，
cos
α＝
|A1B·AD1| →→
＝
|A1B|·|AD1|
a2 a2＋b2·
a2＋b2＝a2＋a2 b2，cos
得平面 ADD1A1 的一个法向量为 m＝(0，1，0)，由图易得平面 PDB1 与平面 ADD1A1 所成
的二面角为锐角，设其为 θ，则其余弦值为 cos θ＝|nn|·|mm|＝
|－1| a2＋（－1）2＋（－a＋1）2
＝
1
，易得当二面角取得最小值
2a－122＋32
α
时，a＝12，此时有
cos
α＝
(3)(2020·浙江三校三联)已知正三棱锥S－ABC中，G为BC的中点，E为线段BG上的动
点(不包括端点)，SE与平面ABC所成的角为α，二面角S－BC－A的平面角为β，SE与
AC所成的角为γ，则( )
A.β＞γ＞α
B.γ＞β＞α
C.γ＞α＞β
D.β＞α＞γ
解析 (1)以 BA，BC 为邻边作平行四边形 ABCD，以四边形 ABCD 为底面补全如图所示的直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1，其中 O，E，F 分别
四等分点，E′为 AB 的中点，S 到底面的距离 SO＝1，以 EE′，E′O 为
邻边作矩形 OO′EE′，则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由题
意得
tan
θ1＝ESOO′′＝
25，tan
θ2＝ESOO＝
1＝ 5
25，tan
θ3＝1，此时
tan
θ2
2
＜tan θ3＜tan θ1，可得 θ2＜θ3＜θ1，当 E 在 AB 中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选 D.
解析 (1)在图 1 中，过 A 作 DM 的垂线，垂足为 E，交 CD 于 F，交 BC 的延长线于 G，
在图 2 中，设 A 在平面 BCD 内的射影为 O，则 O 在直线 EG 上，过 O 作 BC 的垂线，
垂足为 H，连接 AH，则∠AHO 为二面角 A－BC－D 的平面角，设∠AEO＝θ(0＜θ＜π)，
A.γ＜α＜β
B.α＜γ＜β
C.α＜β＜γ
D.β＜γ＜α解析 (1)源自 D 为原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DD1 所在直线
为 z 轴建立空间直角坐标系，∵长方体 ABCD－A1B1C1D1 的底面为正方形，AA1
＝a，AB＝b，且 a＞b，侧棱 CC1 上一点 E 满足 CC1＝3CE，∴A1(b，0，a)，B(b，
D.θ2≤θ3≤θ1
解析 (1)由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等.因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角β小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角P－AC－B的平面角γ，所以β<γ；因为 AC⊂平面ABC，所以直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β，即α>β.故选B.
θ(0＜θ＜π)，令
t＝3－sincoθs
θ，0＜θ＜π，可得
sin
θ
＋tcos θ＝3t≤ t2＋1，解得 t≤ 42，则 tan∠AHO≤12.∴当二面角 A－BC－D 的平面角最
大时，其正切值为12，故选 B.
(2)以点 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角
如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心.
设点 O 到△QRP′三边的距离为 a，则 OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′ ＝a，OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，∴OF＜OG＜OE，∴tOanDβ＜tOanDγ＜ tOanDα，∴α＜γ＜β. 答案 (1)A (2)B
→→
β＝
|A1B·D1B1| →→
＝
|A1B|·|D1B1|
b2 a2＋b2·
b2＋b2，cos
→→
γ＝
|AE·D1B1| →→
|AE|·|D1B1|
＝0，∵a＞b＞0，∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，∴α＜β＜γ，故选 A.
(2)如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE， OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由图可知它们的对边都是DO，∴只需比较EO，FO，GO的大小即可.
2（ 22－t），所以 tan α＝MPHH＝
2＝ 2
2t
2t ，tan β＝NPHH＝ 22（
答案 (1)B (2)D
【训练1】 (1)(2020·浙江十校联盟适考)已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均相等，侧棱AA1⊥平面ABC.过AB1作平面α与BC1平行，设平面α与平面ACC1A1的交线为l，记直线l与直线AB，BC，CA 所成锐角分别为θ，β，γ，则这三个角的大小关系为( )

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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.。

2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第3节空间点直线平面之间的位置关系教学案含解析新人教A版

第3节空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1.理解空间直线、平面位置关系的定义；2.了解可以作为推理依据的公理和定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.知识梳理1.平面的基本性质(1)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. (2)公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3)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. 2.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言 a ∥ba ∥αα∥β相交关系图形语言符号语言 a ∩b ＝Aa ∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号语言a ，b 是异面直线a ⊂α3.平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：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. 4.异面直线所成的角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.[常用结论与微点提醒]1.空间中两个角的两边分别对应平行，则这两个角相等或互补.2.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.3.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线.( ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.( ) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( )(4)若直线a 不平行于平面α，且a ⊄α，则α内的所有直线与a 异面.( )解析 (1)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，故错误.(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.(4)由于a 不平行于平面α，且a ⊄α，则a 与平面α相交，故平面α内有与a 相交的直线，故错误.答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×2.(新教材必修第二册P147例1改编)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2，则异面直线AC 和BC 1所成角的余弦值是( ) A.8525B.455C.855D.4525解析如图，连接AD 1，CD 1，则∠D 1AC (或其补角)就是异面直线AC 和BC 1所成的角，易知AC ＝5，AD 1＝25，CD 1＝13，由余弦定理得cos ∠D 1AC ＝AD 21＋AC 2－CD 212AD 1·AC ＝8525.答案 A3.(老教材必修2P45例2改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是( )A.梯形B.矩形C.菱形D.正方形解析如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又FG∥BD，所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角，而AC与BD所成的角为90°，所以∠EFG ＝90°，故四边形EFGH为矩形.答案 B4.(2019·贵阳调研)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是( )A.垂直B.相交C.异面D.平行解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n异面或相交(垂直是相交的特例)，一定不平行. 答案 D5. (2020·重庆一中月考)如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A.点AB.点BC.点C但不过点MD.点C和点M解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上.同理可知，点C也在γ与β的交线上.答案 D6.(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )解析法一对于选项B ，如图(1)所示，连接CD ，因为AB ∥CD ，M ，Q 分别是所在棱的中点，所以MQ ∥CD ，所以AB ∥MQ ，又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .同理可证选项C ，D 中均有AB ∥平面MNQ .因此A 项中直线AB 与平面MNQ 不平行.图(1) 图(2)法二对于选项A ，其中O 为BC 的中点(如图(2)所示)，连接OQ ，则OQ ∥AB ，因为OQ 与平面MNQ 有交点，所以AB 与平面MNQ 有交点，即AB 与平面MNQ 不平行.答案 A考点一平面的基本性质及应用【例1】已知空间四边形ABCD (如图所示)，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别是BC ，CD 上的点，且CG ＝13BC ，CH ＝13DC .求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)三直线FH ，EG ，AC 共点. 证明 (1)连接EF ，GH ，如图所示，∵E ，F 分别是AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD .又CG ＝13BC ，CH ＝13DC ，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH ， ∴E ，F ，G ，H 四点共面.(2)易知FH 与直线AC 不平行，但共面， ∴设FH ∩AC ＝M ，∴M ∈平面EFHG ，M ∈平面ABC . 又平面EFHG ∩平面ABC ＝EG ， ∴M ∈EG .∴FH ，EG ，AC 共点.规律方法 1.证明点或线共面问题的两种方法：(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.2.证明点共线问题的两种方法：(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)上.3.证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点. 【训练1】如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点.(1)证明：四边形BCHG 为平行四边形； (2)判断C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ (1)证明由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH 綉12AD ，又BC 綉12AD ，所以GH 綉BC .所以四边形BCHG 为平行四边形.(2)解 C ，D ，E ，F 四点共面.理由如下：因为BE 綉12AF ，G 为FA 的中点，所以BE 綉FG .所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF ∥BG . 由(1)知BG 綉CH ，所以EF ∥CH ，所以EF 与CH 共面. 又D ∈FH ，所以C ，D ，F ，E 四点共面. 考点二空间两直线位置关系的判定【例2】 (1)(一题多解)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A.l 与l 1，l 2都不相交 B.l 与l 1，l 2都相交C.l 至多与l 1，l 2中的一条相交D.l 至少与l 1，l 2中的一条相交(2)在图中，G ，N ，M ，H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形的序号是________(填上所有正确答案的序号).解析 (1)法一由于l 与直线l 1，l 2分别共面，故直线l 与l 1，l 2要么都不相交，要么至少与l 1，l 2中的一条相交.若l ∥l 1，l ∥l 2，则l 1∥l 2，这与l 1，l 2是异面直线矛盾.故l 至少与l 1，l 2中的一条相交.法二如图(1)，l 1与l 2是异面直线，l 1与l 平行，l 2与l 相交，故A ，B 不正确；如图(2)，l 1与l 2是异面直线，l 1，l 2都与l 相交，故C 不正确.(2)图①中，直线GH ∥MN ；图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，N ∉GH ，因此直线GH 与MN 异面；图③中，连接MG ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面；图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，G ∉MN ，因此GH 与MN 异面.所以在图②④中，GH 与MN 异面. 答案 (1)D (2)②④规律方法 1.异面直线的判定方法：(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.(2)定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线. 2.点、线、面位置关系的判定，要注意几何模型的选取，常借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系.【训练2】如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线. 其中正确的结论为________(填序号).解析直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误. 答案 ③④考点三异面直线所成的角【例3】 (1)(2019·湘潭二模)已知四棱锥P －ABCD 的底面边长都为2，PA ＝PC ＝23，PB ＝PD ，且∠DAB ＝60°，M 是PC 的中点，则异面直线MB 与AP 所成的角为______.(2)(2020·安阳一模)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 是底面ABCD 的中心，过O 点作一条直线l 与A 1D 平行，设直线l 与直线OC 1的夹角为θ，则cos θ＝________. 解析 (1)如图，连接AC 与BD ，相交于点N ，连接MN ，则MN ∥PA ，所以∠NMB (或∠NMB 的补角)为异面直线MB 与AP 所成的角，在△MNB 中，由题意得NB ＝1，MN ＝3，BN ⊥MN ，则tan ∠NMB ＝NBMN ＝33，∴∠NMB ＝30°，故答案为30°.(2)如图所示，设正方体的表面ABB 1A 1的中心为P ，容易证明OP ∥A 1D ，所以直线l 即为直线OP ，角θ即∠POC 1.设正方体的棱长为2，则OP ＝12A 1D ＝2， OC 1＝6，PC 1＝6，则cos ∠POC 1＝2＋6－62×2×6＝123＝36.答案 (1)30° (2)36规律方法用平移法求异面直线所成角的一般步骤： (1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角；(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小.【训练3】 (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.15B.56C.55D.22解析法一如图，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所成角或其补角.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.法二以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.答案 C赢得高分立体几何中的截面问题用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面.截面问题涉及线、面位置关系，点线共面、线共点等问题，综合性较强，常做为压轴题出现.【典例】 (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( ) A.334B.233C.324D.32解析如图，依题意，平面α与棱BA ，BC ，BB 1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB 1C 符合题意，进而所有平行于平面AB 1C 的平面均符合题意.由对称性，知过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ .正六边形EFGHIJ 的边长为22，将该正六边形分成6个边长为22的正三角形.故其面积为6×34×⎝⎛⎭⎪⎫222＝334.答案 A思维升华作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理.【训练】已知球O是正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)A－BCD的外接球，BC＝3，AB＝23，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是______.解析如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接AO1，O1D，OD，O1E，OE，则O1D＝3sin 60°×23＝3，AO1＝AD2－DO21＝3，在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，∵BD＝3BE，DE＝2，在△DEO1中，O1E＝3＋4－2×3×2cos 30°＝1，∴OE＝O1E2＋OO21＝2，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为22－（2）2＝2，面积为2π.答案2πA级基础巩固一、选择题1.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是( )A.①B.①④C.②③D.③④解析显然命题①正确.由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错.命题③中，两个平面重合或相交，③错.三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确.答案 B2.已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线解析由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾.答案 C3.(2020·福州月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )A.30°B.45°C.60°D.90°解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C或其补角为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C ＝60°.答案 C4.下列命题中正确的个数为( )①存在与两条异面直线都平行的平面；②过空间一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行；③若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；④若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；⑤空间中不共面的五个点一定能确定10个平面.A.1B.2C.3D.4解析①将一个平面内的两条相交直线平移到平面外，且平移后不相交，则这两条直线异面且与该平面平行，故正确；②当点在两条异面直线中的一条上时，这个平面不存在，故不正确；在③中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC 与α的交线上，即P，Q，R三点共线，故③正确；在④中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面内，所以l⊂α，即a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，故这些直线共面，故④正确；在⑤中，不妨设其中四点共面，则它们最多只能确定7个平面，故⑤错.答案 C5.在如图所示的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是( )A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.异面解析如图，取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行且等于BE，∴四边形BFOE是平行四边形，∴BF∥OE，∵BF⊄平面AD1E，OE⊂平面AD1E，∴BF∥平面AD1E.答案 A二、填空题6.正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有________条.解析如图，在正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有BB1，DD1，A1B1，A1D1，D1C1，B1C1，共6条.答案 67.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________.解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角.因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，所以C1D⊥AD，因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.答案 28.(2020·西安模拟)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.又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确的序号是②③④.答案②③④三、解答题9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点.求证：D1，H，O三点共线.证明如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綉DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形.又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.故D1，H，O三点共线.10.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)求直线AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求直线A1C1与EF所成角的大小.解(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角.因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B 1CA ＝60°.即直线A 1D 与AC 所成的角为60°.(2)连接BD ，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ∥A 1C 1，因为E ，F 分别为AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，所以EF ⊥AC . 所以EF ⊥A 1C 1.即直线A 1C 1与EF 所成的角为90°.B 级能力提升11.平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32B.22C.33D.13解析如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1 ＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1， ∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小.又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)， ∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A. 答案 A12.(2019·江西百所名校模拟)已知△ABC 的边长都为2，在边AB 上任取一点D ，沿CD 将△BCD 折起，使平面BCD ⊥平面ACD .在平面BCD 内过点B 作BP ⊥平面ACD ，垂足为P ，那么随着点D 的变化，点P 的轨迹长度为( ) A.π6B.π3C.2π3D.π解析由题意知，平面BCD ⊥平面ACD ，且BP ⊥平面ACD ，那么随着点D 的变化，BP ⊥CD 始终成立，可得在平面ABC 中，BP ⊥CP 始终成立，即得点P 的轨迹是以BC 为直径的圆的一部分，由题知随着点D 的变化，∠BCD 的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3，可得点P 的轨迹是以BC 为直径的圆的13，即得点P 的轨迹长度为13×2π×1＝2π3.答案 C13.在四面体ABCD 中，E ，F 分别是AB ，CD 的中点.若BD ，AC 所成的角为60°，且BD ＝AC ＝1，则EF 的长为________.解析如图，取BC 的中点O ，连接OE ，OF .因为OE ∥AC ，OF ∥BD ，所以OE 与OF 所成的锐角(或直角)即为AC 与BD 所成的角，而AC ，BD 所成角为60°，所以∠EOF ＝60°或∠EOF ＝120°.当∠EOF ＝60°时，EF ＝OE ＝OF ＝12.当∠EOF ＝120°时，取EF 的中点M ，则OM ⊥EF ，EF ＝2EM ＝2×34＝32. 答案 12或3214.如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点.(1)求四棱锥O －ABCD 的体积；(2)求异面直线OC 与MD 所成角的正切值. 解 (1)由已知可求得正方形ABCD 的面积S ＝4，所以四棱锥O －ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83.(2)如图，连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE ，又M 为OA 中点，∴ME ∥OC ，则∠EMD (或其补角)为异面直线OC 与MD 所成的角，由已知可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5， ∵(2)2＋(3)2＝(5)2，即DE 2＋EM 2＝MD 2， ∴△DEM 为直角三角形，且∠DEM ＝90°， ∴tan∠EMD ＝DE EM＝23＝63. ∴异面直线OC 与MD 所成角的正切值为63. C 级创新猜想15.(多选题)如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折的过程中，下列命题正确的是( )A.BM 是定值B.点M 在某个球面上运动C.存在某个位置，使DE ⊥A 1CD.存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE解析取DC 的中点F ，连接MF ，BF ，MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE ，由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB 是定值；因为B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球面上，可得A ，B 正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 且MF ∩BF ＝F 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，故D 正确；A 1C 在平面ABCD 中的投影与AC 重合，AC 与DE 不垂直，所以DE 与A 1C 也不垂直，故C 不正确.答案 ABD。

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：。

【精准解析】2021届高考数学(浙江专用)：§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用

§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), ∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(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·PE⃗⃗⃗⃗ =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∵AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0-1+1=0, ∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n 1,∴AF∥平面PEC. (2)PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(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·PC⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =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|n 1|·|n 2|=1×√(6-m)+6+3=√(6-m)+45.而二面角P-QD-A 的余弦值为37,因此3√(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PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(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BE⃗⃗⃗⃗⃗ ,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 ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n|·|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√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∵BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), ∴点D 到平面BMC 的距离为|BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=1√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),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(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BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 因为BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3(2-a),0),所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2(a-2)-3(a-2)2.由BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·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), ∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-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.√32B.√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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√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{ AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·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),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 设平面ABF 的法向量为n=(x,y,z), 则{AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·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>|=|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|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 ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =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|=33×√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,CF ⃗⃗⃗⃗ ·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|=3+1+02×√(√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CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(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 ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =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<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA ⃗⃗⃗⃗⃗·n |CA ⃗⃗⃗⃗⃗||n|=-3√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),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-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CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0)是平面BDE 的一个法向量, ∴|cos<m,CA⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=|9√6-6t|3√2×√(3√6-t)+t +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),∴CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3), ∴cos<CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=1+3√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·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 0=0,2x 0+2z 0=0,不妨令z 0=-1,可得n 0=(1,0,-1). 又MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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 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+5, 由题意,可得√ℎ+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 ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =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MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·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|=-√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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√ℎ+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),AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√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),BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 由EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·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<EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗·n||EF ⃗⃗⃗⃗⃗|·|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,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 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),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面PAC 的法向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(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AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·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(a 2√3(a -4)+3a +a .由已知可得|cos<OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32.所以2√3|a -4|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<PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,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 ·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|=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,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.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 ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此 cos<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗>=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√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EF BC,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,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 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),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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°,|z|√(x -1)+y +z =√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 ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),AK ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(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{AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·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AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(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 ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =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),FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(10,0,0),HE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF 的法向量,则{n ·FE ⃗⃗⃗⃗ =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AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√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 ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =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<AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>=AE ⃗⃗⃗⃗⃗·m |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m|=(√3,0,0)·(3,√3,2)√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),HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意得,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2). 设n 1=(x,y,z)为平面ADF 的法向量, 则{n 1·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·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EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,又因为直线EG 平面ADF,所以EG ∥平面ADF.(2)易证,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量. 依题意得,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,2). 设n 2=(x,y,z)为平面CEF 的法向量,则{n 2·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y =0,-x +y +2z =0.不妨设x=1,可得n 2=(1,-1,1). 因此有cos<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n 2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√63,于是sin<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=√33.所以,二面角O-EF-C 的正弦值为√33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因为AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2),所以AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,-25,45), 进而有H (-35,35,45),从而BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,85,45), 因此cos<BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,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.。

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。

高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理

(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量．设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.

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加强练八立体几何与空间向量含解析

加强练(八) 立体几何与空间向量一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(2015·上海卷)如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，P i (i ＝1，2，…，8)是上底面上其余八个点，则AB →·AP i →(i ＝1，2，…，8)的不同值的个数为( )A.1B.2C.4D.8解析 ∵AB →·AP i →＝|AB →|·|AP i →|cos 〈AB →，AP i →〉＝1×1＝1，∴只有一个值. 答案 A2.(2020·宁波模拟)若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A.α内所有直线与l 异面 B.α内只存在有限条直线与l 共面 C.α内存在唯一的直线与l 平行 D.α内存在无数条直线与l 相交解析由直线与平面的位置关系知l ⊄α，则l ∥α或l 与平面α相交.由题意知，l 不平行于平面α，则设l ∩α＝P ，故平面α内所有过点P 的直线与l 相交，平面α内不过点P 的直线与l 异面，故选D. 答案 D3.如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠PAB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支解析利用平面截圆锥面直接得轨迹.因为∠PAB ＝30°，所以点P 的轨迹为以AB 为轴线，PA 为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P 的轨迹为椭圆. 答案 C4.(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 答案 A5.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，正方体所在空间的动点P 满足|PB 1→＋PC →|＝2，则AP →·AD 1→的取值范围是( )A.[0，4]B.[1，4]C.[0，22]D.[1，22]解析因为正方体的棱长为2，所以B 1C ＝2，则由|PB 1→＋PC →|＝2得点P 在以B 1C 的中点为球心，B 1C2为半径的球面上.当点P 与点B 重合时，点P 在直线AD 1上的射影为点A ，当点P 与点C 1重合时，点P 在直线AD 1上的射影为点D 1，则AP →·AD 1→∈[0，|AD 1→|2]＝[0，4]，故选A.答案 A6.(2020·北京朝阳区模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为线段CD 和A 1B 1上的动点，且满足CE ＝A 1F ，则四边形D 1FBE 所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和( )A.有最小值32B.有最大值52C.为定值3D.为定值2解析依题意，设四边形D 1FBE 的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D ′，F ′，B ′，E ′，则四边形D 1FBE 在上面，后面，左面的投影分别如下图.所以在后面的投影的面积为S 后＝1×1＝1，在上面的投影面积S 上＝D ′E ′×1＝DE ×1＝DE ，在左面的投影面积S 左＝B ′E ′×1＝CE ×1＝CE ，所以四边形D 1FBE 所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S ＝S 后＋S 上＋S 左＝1＋DE ＋CE ＝1＋CD ＝2. 答案 D7.(2020·长沙四校模拟一)在棱长为2的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，有一个与正方体各个面均相切的球O ，则平面AB ′D ′截该球所得截面的面积为( ) A.23π B.43π C.πD.2π解析由题意知球O 的球心为正方体的中心(体对角线的交点)，半径为1，A ′A ＝A ′B ′＝A ′D ′＝2，AD ′＝B ′D ′＝AB ′＝2 2.设点A ′到平面AB ′D ′的距离为h ，则由V A ′－AB ′D ′＝V A －A ′B ′D ′，得13×12×22×22×sin 60°×h ＝13×12×2×2×2，得h ＝233.连接A ′C ，易知A ′C ＝22＋22＋23＝23，所以球心O 到平面AB ′D ′的距离为3－233＝33，从而截面圆的半径为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63，因此所求截面的面积为23π.答案 A8.(2020·北京西城区综合练习)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，平面α与此正方体相交.对于实数d (0＜d ＜3)，如果正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的八个顶点中恰好有m 个点到平面α的距离等于d ，那么下列结论中一定正确的是( ) A.m ≠6 B.m ≠5 C.m ≠4D.m ≠3解析如图(1)恰好有3个点到平面α的距离为d ；如图(2)恰好有4个点到平面α的距离为d ；如图(3)恰好有6个点到平面α的距离为d .答案 B9.(2020·浙江名师预测卷二)如图，已知三棱锥S －ABC 中，SA ＝SB ＝SC ，∠ABC ＝90°，AB ＞BC ，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，AC 的中点，分别记平面SEF 与平面SAC 、平面SEG 与平面SBC 、平面SFG 与平面SAB 所成的锐二面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系是( )A.α＜β＜γB.β＜α＜γC.α＜γ＜βD.γ＜β＜α解析由SA ＝SB ＝SC 可知点S 在底面ABC 上的射影是△ABC 的外心，∵∠ABC ＝90°，∴AC 的中点G 就是点S 在底面ABC 上的射影，即SG ⊥平面ABC ，过点G 作GH ⊥EF ，交EF 于点H ，连接SH ，则∠GSH 就是平面SEF 与平面SAC 所成角的平面角，tan∠GSH ＝tan α＝GHSG，易证GF ⊥平面SEG ，∴∠GSF 就是平面SEG 与平面SBC 所成角的平面角，tan∠GSF ＝tan β＝GFSG，同理，tan∠GSE ＝tan γ＝GESG，在Rt△EGF 中，GH ＜GE ＜GF ，∴tan α＜tan γ＜tan β，∴α＜γ＜β，故选C. 答案 C10.如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l ，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA ⊥l ，CB ⊥l ，AD ＝3，AB ＝6，CB ＝6.P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P －BC －D 的余弦值的最小值是( )A.15B.12C.32D.1解析 ∵DA ⊥l ，α∩β＝l ，α⊥β，AD ⊂β，∴AD ⊥α，同理，BC ⊥α.∴∠DPA 为直线PD 与平面α所成的角，∠CPB 为直线PC 与平面α所成的角，∴∠DPA ＝∠CPB ，又∠DAP ＝∠CBP＝90°，∴△DAP ∽△CBP ，∴PA PB ＝DA BC ＝12.在平面α内，以AB 为x 轴，以AB 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (－3，0)，B (3，0).设P (x ，y )，(y ＞0)，∴2（x ＋3）2＋y 2＝（x －3）2＋y 2，整理得(x ＋5)2＋y 2＝16.∴P 点在平面α内的轨迹为以M (－5，0)为圆心，以4为半径的上半圆.∵平面PBC ∩平面β＝BC ，PB ⊥BC ，AB ⊥BC ，∴∠PBA 为二面角P －BC －D 的平面角.∴当PB 与圆相切时，∠PBA 最大，cos∠PBA 取得最小值.此时PM ＝4，MB ＝8，MP ⊥PB ，∴PB ＝43，cos∠PBA ＝PB MB ＝438＝32.答案 C二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________.解析如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离. 再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接OC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC . 所以PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt△PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2. 答案212.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点(异于C 点)，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为M . 当CQ ＝________时(用数值表示)，M 为等腰梯形；当CQ ＝4时，M 的面积为________.解析连接AP 并延长交DC 的延长线于点N ，当点Q 为CC 1的中点，即CQ ＝2时，连接D 1N ，则D 1N 过点Q ，PQ 綉AD 1，显然AP ＝D 1Q ，M 为等腰梯形；当CQ ＝4时，NQ 交棱DD 1延长线上一点(设为G )，且GD 1＝4，AG 过A 1D 1的中点，此时M 为菱形，其对角线长分别为43和42，故其面积为8 6. 答案 2 8 613.(2020·浙江“超级全能生”联考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是________ cm 3，表面积是________ cm 2.解析易知该几何体是一个底面为直角梯形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，所以该几何体的体积V ＝13×（4＋2）×42×4＝16(cm 3)，表面积为（4＋2）×42＋4×42＋4×22＋4×422＋43×222＝82＋46＋24(cm 2). 答案 16 82＋46＋2414.(2020·北仑中学模拟)如图，正四面体ABCD 的棱CD 在平面α内，E 为棱BC 的中点，当正四面体ABCD 绕CD 旋转时，直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为________.解析过点E 作CD 的平行线，交BD 于F ，则正四面体绕CD 旋转时AE 与平面α所成角相当于绕EF 旋转时AE 与平面α所成角.此时直线AE 形成一个圆锥，所以可知直线AE 与平面α所成角的最大值即为AE 与EF 所成的角.设正四面体的棱长为2，则AE ＝AF ＝3，EF ＝1，所以cos∠AEF ＝3＋1－323＝36，所以sin∠AEF ＝336，即直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为336. 答案33615.已知球O 与棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱都相切，点M 是球O 上一点，点N 是△ACB 1的外接圆上一点，则线段MN 长度的最大值为________；最小值为________. 解析因为球O 与棱长为4的正方体的各棱都相切，所以球O 的半径为22，球心O 在体对角线的中点，△ACB 1的外接圆是正方体外接球的一个小圆，点N 是△ACB 1的外接圆上一点，则点N 到球心O 的距离为23(即正方体外接球的半径)，因为点M 是球O 上一点，所以线段MN 长度的最小值为23－22，线段MN 长度的最大值为23＋2 2. 答案 23＋2 2 23－2 216.(2020·绍兴一中适应性考试)已知半径为4的球面上有两点A ，B ，AB ＝42，球心为O ，若球面上的动点C 满足二面角C －AB －O 的大小为60°，则四面体OABC 的外接球的半径为________.解析如图，由已知，AO ⊥OB ，又平面ABC 与平面AOB 所成的二面角大小为60°，则平面ABC 截球O 的球面为一个圆，当点C 在弧ACB 的中点时，取AB 的中点M ，连接CM ，OM ，则AB ⊥平面CMO ，故二面角C －AB －O 的平面角为∠CMO ，则∠CMO ＝60°.作OH ⊥CM 于点H ，由OA ＝OB ＝OC ＝4，AB ＝42，设四面体OABC 的外接球球心为O 1∈OH ，则由OM ＝12AB ＝22得OH ＝OM sin 60°＝ 6.HM ＝OM cos 60°＝2，故四面体OABC 的外接球的半径r 满足O 1O 2＝O 1A 2＝HM 2＋AM 2＋O 1H 2，即r 2＝(2)2＋(22)2＋(r －6)2，解得r ＝463.答案46317.(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.解析依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案26 2－1三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.19.(本小题满分15分)(2020·嘉、丽、衢模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连接AF.(1)求证：平面GEF ⊥平面GAF ；(2)求直线GF 与平面GAE 所成角的正弦值. (1)证明因为EG ⊥AG ，EG ⊥FG ，GA ∩GF ＝G ，所以GE ⊥平面GAF ，又GE ⊂平面GEF ，所以平面GEF ⊥平面GAF . (2)解过F 作FH ⊥AG 于H ，则由GE ⊥平面GAF ，且FH ⊂平面GAF 知，GE ⊥FH ，GA ∩GE ＝G ，所以FH ⊥平面GAE ，从而∠FGH 是直线GF 与平面GAE 所成角. 因为GA ＝3，GF ＝32，AF ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝732，所以cos∠AGF ＝GA 2＋GF 2－AF 22·GA ·GF ＝9＋94－7342×3×32＝－79，从而sin∠FGH ＝sin∠AGF ＝1－cos 2∠AGF ＝429.所以直线GF 与平面GAE 所成角的正弦值为429.20.(本小题满分15分)(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)如图，圆的直径AC ＝2，B 为圆周上不与点A ，C 重合的点，PA 垂直于圆所在的平面，∠PCA ＝45°.(1)求证：PB ⊥BC ；(2)(一题多解)若BC ＝3，求二面角B －PC －A 的余弦值. (1)证明如图，连接AB ，因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥BC . 又因为B 在圆周上，所以AB ⊥BC ，PA ∩AB ＝A ，故BC ⊥平面PAB .又PB ⊂平面PAB ，故BC ⊥PB .(2)解法一过B 作AC 的垂线，垂足为D ，则BD ⊥平面PAC ，因为PC ⊂平面PAC ，故BD ⊥PC . 再过D 作PC 的垂线，垂足为E ，则PC ⊥DE ，因为BD ∩DE ＝D ，所以PC ⊥平面BDE ，又BE ⊂平面BDE ，故BE ⊥PC ，可知∠BED 即为二面角B －PC －A 的平面角. 因为BC ＝3，所以BD ＝32，CD ＝32. 又因为∠PCA ＝45°，所以DE ＝324，BE ＝304，所以cos∠BED ＝DEBE ＝155. 即二面角B －PC －A 的余弦值为155. 法二因为∠ABC ＝90°，所以可以以B 为坐标原点，BC ，BA 分别为x ，y 轴，垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (3，0，0)，P (0，1，2)， BC →＝(3，0，0)，BP →＝(0，1，2)，AP →＝(0，0，2)，AC →＝(3，－1，0).设平面PAC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，由n 1⊥AP →，n 1⊥AC →，得⎩⎨⎧2z ＝0，3x －y ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，0).设平面PBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z ).由n 2⊥BC →，n 2⊥BP →，得⎩⎨⎧3x ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n 2＝(0，－2，1)，故|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝155.所以二面角B －PC －A 的余弦值为155. 21.(本小题满分15分)(2020·杭州二中模拟)如图，矩形ADFE 和梯形ABCD 所在平面互相垂直，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADB ＝90°，CD ＝1，BC ＝2.(1)(一题多解)求证：BE ∥平面DCF ；(2)当AE 的长为何值时，直线AD 与平面BCE 所成角的大小为45°.(1)证明法一如图，以D 为坐标原点，AD 所在直线为x 轴，BD 所在直线为y 轴，DF 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.设AE ＝h ，由CD ＝1，BC ＝2，∠ADB ＝90°，依据三角形相似可得∠DCB ＝90°，则DB ＝5，AB ＝5，故由勾股定理可得AD ＝2 5.所以D (0，0，0)，A (25，0，0)，B (0，5，0)，C ⎝⎛⎭⎪⎫－25，15，0，E (25，0，h )，F (0，0，h ). DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，15，0，DF →＝(0，0，h )， BE →＝(25，－5，h )，设平面DCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).所以⎩⎪⎨⎪⎧－25x ＋15y ＝0，hz ＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，hz ＝0，令x ＝5，得n ＝(5，25，0)，BE →·n ＝0，故BE →⊥n ，又BE 不在平面DCF 上，所以BE ∥平面DCF .法二因为四边形ADFE 是矩形，故AE ∥DF .又AB ∥CD ，且AB ∩AE ＝A ，CD ∩DF ＝D ，AB ，AE 在平面ABE 上，CD ，DF 在平面DCF 上，故平面ABE ∥平面DCF .又BE 在平面ABE 上，且BE 不在平面CDF 上，故BE ∥平面CDF .(2)解由(1)中法一可得DA →＝(25，0，0)， BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，－45，0，BE →＝(25，－5，h )，设平面BCE 法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－25x 1－45y 1＝0，25x 1－5y 1＋hz 1＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－2y 1，z 1＝55y 1h . 令y 1＝h ，得m ＝(－2h ，h ，55).由题意得cos 45°＝|DA →·m ||DA →||m |＝|－45h |25·5h 2＋125＝22，故h ＝±5153，因为h ＞0，所以AE ＝h ＝5153. 22.(本小题满分15分)(2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD .(2)求二面角F －AE －P 的余弦值.(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由. (1)证明因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又因为AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD .(2)解过点A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为PA ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1).所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2).所以PF →＝13PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－23，所以AF →＝AP →＋PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1.于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面PAD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33.由题知，二面角F －AE －P 为锐角，所以其余弦值为33.(3)解直线AG 在平面AEF 内.理由：因为点G 在PB 上，且PGPB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)，所以PG →＝23PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，－43，所以AG →＝AP →＋PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23.由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)，所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内.。

(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6第6讲空间向量的运算及应用教学案

第6讲空间向量的运算及应用1．空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a ＝λb ．(2)共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x ，y )，使p ＝x a ＋y b ．(3)空间向量基本定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ．其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．2．两个向量的数量积(与平面向量基本相同)(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a ，b ，在空间中任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉．通常规定0≤〈a ，b 〉≤π．若〈a ，b 〉＝π2，则称向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b . (2)两向量的数量积两个非零向量a ，b 的数量积a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (3)向量的数量积的性质①a ·e ＝|a |cos 〈a ，e 〉(其中e 为单位向量)； ②a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③|a |2＝a ·a ＝a 2； ④|a ·b |≤|a ||b |.(4)向量的数量积满足如下运算律 ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)．a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)， a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3， a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0，a ∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a|·|b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. (2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则AB →＝OB →－OA →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)． 4．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，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．(2)平面的法向量①定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量．②确定：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 ＝0.5．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m l ∥α n ⊥m ⇔n ·m ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α，β的法向量分别为n ，mα∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( )(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( )(4)若{a ，b ，c }是空间的一个基底，则a ，b ，c 中至多有一个零向量．( ) (5)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( ) (6)若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ [教材衍化]1.(选修21P 97A 组T 2改编)如图所示，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则BM →＝________(用a ，b ，c 表示)．解析：BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .答案：－12a ＋12b ＋c2．(选修21P98A 组T3改编)正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________．解析：|EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，所以|EF →|＝2，所以EF 的长为 2. 答案： 23．(选修21P111练习T3改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，设DA ＝2，则A (2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N (2，1，2)，所以AM →＝(－2，0，1)，ON →＝(1，0，2)，AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，所以AM ⊥ON .答案：垂直 [易错纠偏]忽视空间向量共线与共面的区别在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直解析：选B.由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →，所以AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，所以AB ∥CD .空间向量的线性运算如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点． (1)化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________．(2)用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________．【解析】 (1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA→＝A 1A →.(2)因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)．所以OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 【答案】 (1)A 1A →(2)12AB →＋12AD →＋AA 1→(变问法)若本例条件不变，结论改为：设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x ，y ，z 的值．解：EO →＝ED →＋DO →＝－23DD 1→＋12(DA →＋DC →)＝12AB →－12AD →－23AA 1→，由条件知，x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.用已知向量表示某一向量的方法1．在空间四边形ABCD 中，若AB →＝(－3，5，2)，CD →＝(－7，－1，－4)，点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF →的坐标为( )A ．(2，3，3)B ．(－2，－3，－3)C ．(5，－2，1)D ．(－5，2，－1)解析：选B.因为点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，O 为坐标原点，所以EF →＝OF →－OE →，OF →＝12(OA →＋OD →)，OE →＝12(OB →＋OC →)．所以EF →＝12(OA →＋OD →)－12(OB →＋OC →)＝12(BA →＋CD →)＝12[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝12(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． 2.在三棱锥O ABC 中，点M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC 的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示(1)MG →；(2)OG →.解：(1)MG →＝MA →＋AG →＝12OA →＋23AN → ＝12OA →＋23(ON →－OA →) ＝12OA →＋23[12(OB →＋OC →)－OA →] ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →.(2)OG →＝OM →＋MG → ＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC → ＝13OA →＋13OB →＋13OC →.共线、共面向量定理的应用已知点E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .【证明】 (1)连接BG (图略)，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知，E ，F ，G ，H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD . 又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .(1)证明空间三点P 、A 、B 共线的方法 ①PA →＝λPB →(λ∈R )；②对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )； ③对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)． (2)证明空间四点P 、M 、A 、B 共面的方法 ①MP →＝xMA →＋yMB →；②对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →；③对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； ④PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →)．1．已知a ＝(λ＋1，0，2)，b ＝(6，2μ－1，2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3，2D ．2，2解析：选 A.因为a ∥b ，所以b ＝k a ，即(6，2μ－1，2λ)＝k (λ＋1，0，2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧6＝k （λ＋1），2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12. 2．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面；(2)判断点M 是否在平面ABC 内．解：(1)由题知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，所以OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，所以MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．空间向量的数量积如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．【解】 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，所以a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，所以|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，所以|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，所以cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.(1)空间向量数量积计算的两种方法 ①基向量法：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．②坐标法：设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (2)利用数量积解决有关垂直、长度、夹角问题 ①a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0. ②|a |＝a 2.③cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |.1．已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C.145D ．2解析：选D.由题意知a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.2．已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)求a 和b 夹角的余弦值； (2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解：(1)因为AB →＝(1，1，0)，AC →＝(－1，0，2)，所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝5，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010.(2)BC →＝(－2，－1，2)．设c ＝(x ，y ，z )，因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝(－2，－1，2)或c ＝(2，1，－2)．利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)空间几何中的平行与垂直问题是高考试题中的热点问题．考查形式灵活多样，可以是小题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，是高考中的重要得分点．主要命题角度有：(1)证明平行问题； (2)证明垂直问题．角度一证明平行问题如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA＝AD ＝2，点E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：(1)PB ∥平面EFG ； (2)平面EFG ∥平面PBC .【证明】 (1)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，所以AB ，AP ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 正方向为x 轴，y 轴，z 轴，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)．法一：EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量，因为PB →＝(2，0，－2)，所以PB →·n ＝0，所以n ⊥PB →，因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG . 法二：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 . (2)因为EF →＝(0，1，0)，BC →＝(0，2，0)，所以BC →＝2EF →，所以BC ∥EF . 又因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ∥平面PBC . 角度二证明垂直问题如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC . 【证明】 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OD 为y 轴正半轴，射线OP 为z 轴正半轴建立空间直角坐标系O xyz .则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)．于是AP →＝(0，3，4)，BC →＝(－8，0，0)，所以AP →·BC →＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上，所以AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BA →＝(－4，－5，0)，所以BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0，3，4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，所以AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，所以AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .(1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；②建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系； ④根据运算结果解释相关问题． (2)空间线面位置关系的坐标表示设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．①线线平行l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.②线线垂直l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.③线面平行(l ⊄α)l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0.④线面垂直l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3.⑤面面平行α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4.⑥面面垂直α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.1．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B.因为正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3，所以MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，所以MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA →＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又因为CD 是平面B 1BCC 1的法向量，且MN →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，所以MN →⊥CD →，又MN ⊄平面B 1BCC 1，所以MN ∥平面B 1BCC 1.2．在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直．如图，以点D 为坐标原点，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．因为EF →·DC →＝0，所以EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由 FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0. 所以G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，故存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．[基础题组练]1.已知三棱锥O ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b ＋c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：选D.MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )．2．已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a 、b 、c 三个向量共面，则实数λ等于( )A.627 B ．9 C.647D.657解析：选D.由题意知存在实数x ，y 使得c ＝x a ＋y b ，即(7，5，λ)＝x (2，－1，3)＋y (－1，4，－2)，由此得方程组⎩⎪⎨⎪⎧7＝2x －y ，5＝－x ＋4y ，λ＝3x －2y .解得x ＝337，y ＝177，所以λ＝997－347＝657.3．已知A (1，0，0)，B (0，－1，1)，O 为坐标原点，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C.OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 4．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，P i (i ＝1，2，…，8)是上底面上其余的八个点，则AB →·AP i →(i ＝1，2，…，8)的不同值的个数为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选A.由题图知，AB 与上底面垂直，因此AB ⊥BP i (i ＝1，2，…，8)，AB →·AP i →＝|AB →||AP i →|cos ∠BAP i ＝|AB →|·|AB →|＝1(i ＝1，2，…，8)．故选A.5．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33C.23D.63解析：选D.不妨设正方体的棱长为1，如图，以点D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz ，则D (0，0，0)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，平面ACD 1的法向量为DB 1→＝(1，1，1)，又BB 1→＝(0，0，1)，所以cos 〈DB 1→，BB 1→〉＝DB 1→·BB 1→|DB 1→||BB 1→|＝13×1＝33，所以BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63.6．如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1，1，1) B.⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12C.⎝⎛⎭⎪⎫1，1，32 D ．(1，1，2)解析：选A.设P (0，0，z )，依题意知A (2，0，0)，B (2，2，0)，则E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，z 2，于是DP →＝(0，0，z )，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，z 2，cos 〈DP →，AE →〉＝DP →·AE →|DP →||AE →|＝z 22|z |·z 24＋2＝33. 解得z ＝±2，由题图知z ＝2，故E (1，1，1)．7．在空间直角坐标系中，以点A (4，1，9)，B (10，－1，6)，C (x ，4，3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为__________．解析：由题意知AB →＝(6，－2，－3)，AC →＝(x －4，3，－6)．又AB →·AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，可得x ＝2. 答案：28．已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又因为a ·c ＝4，所以b ·c ＝－18，所以cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，所以〈b ，c 〉＝120°，所以两直线的夹角为60°. 答案：60°9．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外的一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．解析：因为AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，所以AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，所以AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．因为BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)，所以BD →与AP →不平行，故④错．答案：①②③10．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，M 为BC 的中点，C 1N →＝λNC →，且AB 1⊥MN ，则λ的值为________．解析：如图所示，取B 1C 1的中点P ，连接MP ，以点M 为原点，以MC →，MA →，MP →的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系M xyz ，因为底面边长为1，侧棱长为2，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0， B 1(－12，0，2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，2，M (0，0，0)，设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，t ，因为C 1N →＝λNC →，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ，所以AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ.又因为AB 1⊥MN ，所以AB 1→·MN →＝0. 所以－14＋41＋λ＝0，所以λ＝15.答案：1511．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点．求证：FC 1∥平面ADE .证明：如图所示，以点D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz ，则有D (0，0，0)，A (2，0，0)，C (0，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，2，1)，F (0，0，1)．FC 1→＝(0，2，1)，DA →＝(2，0，0)，AE →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面ADE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA →，n ⊥AE →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝2x ＝0，n ·AE →＝2y ＋z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝－2y ，令z ＝2，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1，2)．因为FC 1→·n ＝－2＋2＝0. 所以FC 1→⊥n . 因为FC 1⊄平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE .12．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D .证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点，OA ，OB ，OA 1的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以OA ＝OB ＝OA 1＝1，所以A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (－1，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1，1，1)．因为A 1C →＝(－1，0，－1)，BD →＝(0，－2，0)，BB 1→＝(－1，0，1)，所以A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0，所以A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，所以A 1C ⊥平面BB 1D 1D .[综合题组练]1．已知正方体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：选A.以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (a ，0，0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，因为点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，所以(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，所以x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a3.所以M ⎝⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN →| ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 2．设A ，B ，C ，D 是不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 是( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．不确定解析：选C.因为AB →·AC →＝0，AB →·AD →＝0，AD →·AC →＝0，所以AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，AD ⊥AC .如图所示，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，所以BC 2＝a 2＋b 2，BD 2＝a 2＋c 2，CD 2＝b 2＋c 2.由余弦定理知BC 2＝BD 2＋CD 2－2BD ·CD ·cos ∠BDC ，所以a 2＋b 2＝a 2＋c 2＋b 2＋c 2－2a 2＋c 2·b 2＋c 2·cos ∠BDC ，所以cos ∠BDC ＝2c 22a 2＋c 2·b 2＋c 2＞0，所以∠BDC 是锐角．同理可知∠DBC ，∠BCD 都是锐角，故△BCD 是锐角三角形．3．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________．解析：对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，说明当x ＝x 0，y ＝y 0时，|b －(x e 1＋y e 2)|取得最小值1.|b －(x e 1＋y e 2)|2＝|b |2＋(x e 1＋y e 2)2－2b ·(x e 1＋y e 2)＝|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y ，要使|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y 取得最小值，需要把x 2＋y 2＋xy －4x －5y 看成关于x 的二次函数，即f (x )＝x 2＋(y －4)x ＋y 2－5y ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x ＝2－y2，所以当x ＝2－y 2时，f (x )取得最小值，代入化简得f (x )＝34(y －2)2－7，显然当y ＝2时，f (x )min＝－7，此时x ＝2－y2＝1，所以x 0＝1，y 0＝2.此时|b |2－7＝1，可得|b |＝2 2.答案：1 2 2 24．(2020·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥O ABC 中，已知OA ，OB ，OC 两两垂直且相等，点P 、Q 分别是线段BC 和OA 上的动点，且满足BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，则PQ 和OB 所成角的余弦值的取值范围是________．解析：根据题意，以O 为原点，以OA ，OB ，OC 正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，不妨设OA ＝OB ＝OC ＝1，则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，P (0，b ，1－b )(12≤b ≤1)，Q (a ，0，0)(0≤a ≤12)．QP →＝(－a ，b ，1－b )，OB →＝(0，1，0)，所以cos 〈QP →，OB →〉＝QP →·OB →|QP →||OB →|＝b a 2＋b 2＋（1－b ）2＝1（a b ）2＋（1b －1）2＋1.因为a b∈[0，1]，1b∈[1，2]，所以a ＝0，b ＝1时，cos 〈QP →，OB →〉＝1，取得最大值；a＝12＝b 时，cos 〈QP →，OB →〉＝33取得最小值，所以PQ 和OB 所成角的余弦值的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 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綊12BC ，二面角A 1AB 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：因为二面角A 1AB 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∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．以A 为原点，AC ，AB ，AA 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，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)． (1)A 1B 1→＝(0，2，0)，A 1A →＝(0，0，－2)，AC →＝(2，0，0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则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.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 ，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：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，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O xyz ，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)侧棱SC 上存在一点E ，使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，解得t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .。

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含解析

空间角的大小比较及最值(范围)问题知识拓展1.空间角的大小比较是每年高考的常考题型，以选择题的形式考查，主要类型有线线角间的大小比较、线面角间的大小比较、面面角间的大小比较及线线角、线面角、面面角间的大小比较，主要方法有计算法、元素比较法、三角函数值比较法及利用最小角定理等方法.2.立体几何动态问题中空间角的最值及范围也是常见到的题型，常与图形转折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法，不等式法等.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 －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，设异面直线A 1B 与AD 1，A 1B 与D 1B 1，AE 与D 1B 1的所成角分别为α，β，γ，则( )A.α＜β＜γB.γ＜β＜αC.β＜α＜γD.α＜γ＜β(2)(2017·浙江卷)如图，已知正四面体DABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA＝2，分别记二面角D －PR －Q ，D －PQ －R ，D －QR －P 的平面角为α，β，γ，则( )A.γ＜α＜βB.α＜γ＜βC.α＜β＜γD.β＜γ＜α解析 (1)以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，∵长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面为正方形，AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，∴A 1(b ，0，a )，B (b ，b ，0)，A (b ，0，0)，D 1(0，0，a )，B 1(b ，b ，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，a 3，A 1B →＝(0，b ，－a )，AD 1→＝(－b ，0，a )，D 1B 1→＝(b ，b ，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ，b ，a 3，cos α＝|A 1B →·AD 1→||A 1B →|·|AD 1→|＝a 2a 2＋b 2·a 2＋b 2＝a 2a 2＋b 2，cos β＝|A 1B →·D 1B 1→||A 1B →|·|D 1B 1→|＝b2a2＋b2·b2＋b2，cos γ＝|AE→·D1B1→||AE→|·|D1B1→|＝0，∵a＞b＞0，∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，∴α＜β＜γ，故选A.(2)如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由图可知它们的对边都是DO，∴只需比较EO，FO，GO的大小即可.如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心.设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，∴OF＜OG＜OE，∴ODtan β＜ODtan γ＜ODtan α，∴α＜γ＜β.答案(1)A (2)B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<γB.β<α，β<γC.β<α，γ<αD.α<β，γ<β(2)(一题多解)(2018·浙江卷)已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则( )A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1解析(1)由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等.因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角β小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角P－AC－B的平面角γ，所以β<γ；因为AC⊂平面ABC，所以直线PB 与直线AC 所成的角α大于直线PB 与平面ABC 所成的角β，即α>β.故选B. (2)法一由题意知四棱锥S －ABCD 为正四棱锥，如图，连接AC ，BD ，记AC ∩BD ＝O ，连接SO ，则SO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点M ，连接SM ，OM ，OE ，易得AB ⊥SM ，则θ2＝∠SEO ，θ3＝∠SMO ，易知θ3≥θ2.再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故选D.法二如图，不妨设底面正方形的边长为2，E 为AB 上靠近点A 的四等分点，E ′为AB 的中点，S 到底面的距离SO ＝1，以EE ′，E ′O 为邻边作矩形OO ′EE ′，则∠SEO ′＝θ1，∠SEO ＝θ2，∠SE ′O ＝θ3.由题意得tan θ1＝SO ′EO′＝52，tan θ2＝SO EO ＝152＝25，tan θ3＝1，此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1，当E 在AB 中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选D.答案 (1)B (2)D【训练1】 (1)(2020·浙江十校联盟适考)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均相等，侧棱AA 1⊥平面ABC .过AB 1作平面α与BC 1平行，设平面α与平面ACC 1A 1的交线为l ，记直线l 与直线AB ，BC ，CA 所成锐角分别为θ，β，γ，则这三个角的大小关系为( )A.θ＞γ＞βB.θ＝β＞γC.γ＞β＞θD.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 B.α1＞α2 C.α2＜α3D.α2＞α3(3)(2020·浙江三校三联)已知正三棱锥S －ABC 中，G 为BC 的中点，E 为线段BG 上的动点(不包括端点)，SE 与平面ABC 所成的角为α，二面角S －BC －A 的平面角为β，SE 与AC 所成的角为γ，则( )A.β＞γ＞αB.γ＞β＞αC.γ＞α＞βD.β＞α＞γ解析 (1)以BA ，BC 为邻边作平行四边形ABCD ，以四边形ABCD 为底面补全如图所示的直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，其中O ，E ，F 分别为A 1C 1，B 1A 1，B 1C 1中点，由图易得平面AB 1D 1即为平面α，直线OA 即为直线l ，则∠AOF ，∠AOE ，∠AOA 1分别为θ，β，γ或它们的补角.设直四棱柱的棱长为2，则在△AOA 1中，易得cos∠AOA 1＝OA 1OA ＝55，即cos γ＝55，在△AOF 中，易得OF ＝1，OA ＝5，AF ＝7，则由余弦定理得cos∠AOF ＝－510，即cos θ＝510.在△AOE 中，易得OE ＝1，OA ＝5，AE ＝5，则由余弦定理得cos∠AOE ＝510，即cos β＝510，所以θ＝β＞γ，故选B.(2)如图，设底面等边三角形ABC 的中心为O ，AB ，BC 边上的高分别为CD ，AE ，顶点S 在底面ABC 上的投影为点P ，则由SA ＜SB 得点P 在直线CD 的上方，由SB ＜SC 得点P 在直线AE 的左侧，则点P 的投影在图中阴影部分(不含边界)的区域.过点P 分别作BC ，AC 的垂线，垂足分别为Q ，R ，易得∠SQP ，∠SRP 即为二面角S －BC －A 和二面角S －CA －B 的平面角，且PQ ＞PR ，又因为tan∠SQP ＝SPPQ ，tan∠SRP ＝SPPR，所以tan∠SQP ＜tan∠SRP ，则∠SQP ＜∠SRP ，即α1＜α2，故选A.(3)设点S 在底面ABC 内的投影为点O ，连接OG ，OE ，OB ，过点E 作DE ∥AC 交OB 于点D ，则易得∠SEO ＝α，∠SGO ＝β，∠SED ＝γ，且tan∠SEO ＝OS OE ，tan∠SGO ＝OS OG ，tan∠SED ＝SD DE，在正三棱锥中易得OE ＞OG ，DE ＜OG ，SD ＞OS ，所以tan∠SED ＞tan∠SGO ＞tan∠SEO ，则γ＞β＞α，故选B.答案 (1)B (2)A (3)B题型二空间角的最值【例2】 (1)(2020·台州期末评估)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，M 为AB 的中点，将△ADM 沿DM 翻折，在翻折过程中，当二面角A －BC －D 的平面角最大时，其正切值为( )A.33B.12C.23D.14(2)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱AB上的动点(P点可以运动到端点A和B)，设在运动过程中，平面PDB1与平面ADD1A1所成的最小角为α，则cos α＝________.解析(1)在图1中，过A作DM的垂线，垂足为E，交CD于F，交BC的延长线于G，在图2中，设A在平面BCD内的射影为O，则O在直线EG上，过O作BC的垂线，垂足为H，连接AH，则∠AHO为二面角A－BC－D的平面角，设∠AEO＝θ(0＜θ＜π)，AE＝22，AO＝AE sin θ＝22sin θ，在图1中，由∠GAB＝45°，可得AG＝22，则OG＝22－22－22cos θ＝22－22(1＋cos θ)，OH＝22OG＝2－12(1＋cos θ)，即有tan∠AHO＝AOOH＝22sin θ2－12（1＋cos θ）＝2·sin θ3－cos θ(0＜θ＜π)，令t＝sin θ3－cos θ，0＜θ＜π，可得sin θ＋t cos θ＝3t≤t2＋1，解得t≤24，则tan∠AHO≤12.∴当二面角A－BC－D的平面角最大时，其正切值为12，故选B.(2)以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AP＝a(0≤a≤1)，则易得D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，1，1)，则DP→＝(1，a，0)，DB1→＝(1，1，1)，设平面PDB1的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧DP→·n＝x＋ay＝0，DB1→·n＝x＋y＋z＝0，令x＝a，得平面PDB1的一个法向量为n＝(a，－1，－a＋1)，易得平面ADD1A1的一个法向量为m＝(0，1，0)，由图易得平面PDB1与平面ADD1A1所成的二面角为锐角，设其为θ，则其余弦值为cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m |＝|－1|a 2＋（－1）2＋（－a ＋1）2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋32，易得当二面角取得最小值α时，a ＝12，此时有cos α＝63.答案 (1)B (2)63【训练2】 (1)已知三棱锥P －ABC 中，点P 在底面ABC 上的投影正好在等腰直角三角形ABC 的斜边AB 上(不包含两端点)，点P 到底面ABC 的距离等于等腰直角三角形ABC 的斜边AB 的长.设平面PAC 与底面ABC 所成的角为α，平面PBC 与底面ABC 所成的角为β，则tan(α＋β)的最小值为________.(2)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值是________.解析 (1)设点P 在底面ABC 上的投影为H ，连接PH ，则PH ⊥平面ABC .过H 作HM ⊥AC 于M ，HN ⊥BC 于N ，连接PM ，PN ，则α＝∠PMH ，β＝∠PNH .设AC ＝BC ＝1，AH ＝t (0＜t ＜2)，则PH ＝AB ＝ 2.因为△ABC 为等腰直角三角形，所以MH ＝AH sin 45°＝2t2，NH ＝BH sin 45°＝2（2－t ）2，所以tan α＝PH MH ＝222t ＝2t ，tan β＝PH NH ＝222（2－t ）＝22－t，所以tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β＝2t ＋22－t 1－2t ×22－t＝－22t 2－2t ＋4＝－22⎝⎛⎭⎪⎫t －222＋72. 因为0＜t ＜2，所以当t ＝22时，tan(α＋β)取得最小值，最小值为－427. (2)以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AQ 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，设AB ＝1，则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，设M (0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y ，1，∴cos〈AF →，EM →〉＝－12＋12y 1＋14·14＋y 2＋1＝－1－y52·4y 2＋5.则cos θ＝|cos 〈AF →，EM →〉|＝1－y52·4y 2＋5＝255·1－y 4y 2＋5，令t ＝1－y ，则y ＝1－t ， ∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos θ＝255·t4t 2－8t ＋9 ＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t2，令x ＝1t，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos θ＝25514－8x ＋9x2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，z min ＝5，此时cos θ的最大值为255·15＝255·55＝25. 答案 (1)－427 (2)25题型三空间角的范围【例3】 (1)在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3⎣⎦2⎣⎦3(2)(2020·浙江高考适应性考试)四个同样大小的球O 1，O 2，O 3，O 4两两相切，点M 是球O 1上的动点，则直线O 2M 与直线O 3O 4所成角的正弦值的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤255，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1 解析 (1)根据题意，初始状态，直线AD 与直线BC 成的角为0，当BD ＝2时，AD ⊥DB ，AD ⊥DC ，且DB ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面DBC ，又BC ⊂平面DBC ，故AD ⊥BC ，直线AD 与BC 成的角为π2，所以在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(2)由四个同样大小的球O 1，O 2，O 3，O 4两两相切，则可以把O 1，O 2，O 3，O 4看成正四面体的四个顶点，球的半径为棱长的一半，记球的半径为1，则正四面体的棱长为2.平移直线O 3O 4至O 2C 位置，过O 2C ，O 1的平面截球O 1得一个大圆，过O 2作大圆的两条切线O 2E ，O 2F ，由线面垂直易证O 1O 2⊥O 2C ，由图可知，当点M 运动至切点E 时，∠MO 2C 最小，当点M 运动至切点F 时，∠MO 2C 最大，设∠EO 2O 1＝θ，则∠MO 2C ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－θ，π2＋θ.在Rt△EO 2O 1中，sin θ＝12，则θ＝π6，即直线O 2M 与直线O 3O 4所成角α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，则直线O 2M 与直线O 3O 4所成角的正弦值的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，1.故选C. 答案 (1)C (2)C【训练3】 (1)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有的棱长均为2，M 是AB 的中点，动点P 在底面A 1B 1C 1内，若BP ∥平面A 1MC ，记∠PCC 1＝α，则sin α的取值范围是________.(2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( )⎣⎦43⎣⎦42C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3解析(1)如图，取A1B1的中点D，连接BD，C1D，BC1，则BD∥A1M，又A1M⊂平面A1MC，BD⊄平面A1MC，所以BD∥平面A1MC，又C1D∥CM，C1D⊄平面A1MC，CM⊂平面A1MC，所以C1D∥平面A1MC，又BD∩C1D＝D，所以平面BC1D∥平面A1MC，所以点P在线段C1D上，点P的轨迹的长度C1D＝3，连接CD，在Rt△CDC1中，0≤α≤∠C1CD，CD＝7，sin∠C1CD＝217，所以0≤sin α≤217.(2)建立如图坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，则AD1→＝(1，0，－1)，A1C→＝(1，1，1).设A1P→＝λA1C→＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.则BP→＝(λ，λ－1，λ－1).又设BP与AD1所成角为θ，所以cos θ＝|cos〈BP→，AD1→〉|＝||BP→·AD1→|BP→||AD1→|＝16⎝⎛⎭⎪⎫λ－232＋43.由0≤λ≤1得12≤cos θ≤32，而0≤θ≤π2，所以π6≤θ≤π3.答案(1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，217(2)D补偿训练1.如图，平面α⊥β，α∩β＝l，A∈α，B∈β，A，B到l的距离分别是a和b，AB与α，β所成的角分别是θ和φ，线段AB在α，β内的射影长分别是m和n，若a>b，则( )A.θ>φ，m >nB.θ>φ，m <nC.θ<φ，m <nD.θ<φ，m >n解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧AB 2＝a 2＋n 2＝b 2＋m 2，a >b ，tan φ＝an ，tan θ＝b m，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >n ，θ<φ.答案 D2.如图，二面角α－l －β中，P ∈l ，射线PA ，PB 分别在平面α，β内，点A 在平面β内的射影恰好是点B ，设二面角α－l －β、PA 与平面β所成的角、PB 与平面α所成的角的大小分别为δ，φ，θ，则( )A.δ≥φ≥θB.δ≥θ≥φC.φ≥δ≥θD.θ≥δ≥φ解析因为点A 在平面β内的射影为点B ，则φ＝∠APB ，由二面角的定义易得δ≥φ，设PB 在平面α内的射影为PB ′，则θ＝∠BPB ′，则由最小角定理得∠BPB ′≤APB ，则θ≤φ.综上所述，故选A. 答案 A3.已知两个平面α，β和三条直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 和平面β所成的角的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A.θ1＝θ2≥θ3 B.θ3≥θ1＝θ2 C.θ1≥θ3，θ2≥θ3D.θ1≥θ2，θ3≥θ2解析当平面α与平面β所成的二面角为锐角或直角时，θ1＝θ2，当平面α与平面β所成的二面角为钝角时，θ2为θ1的补角，则θ1>θ2，综上所述，θ1≥θ2.又由最小角定理得θ3≥θ2.答案 D4.在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E 分别是BC ，AB 的中点，AB ≠AC ，且AC >AD .设PC 与DE 所成角为α，PD 与平面ABC 所成角为β，二面角P －BC －A 为γ，则( )A.α<β<γB.α<γ<βC.β<α<γD.γ<β<α解析由题图可知∠PCA ＝α<π2，∠PDA ＝β<π2，因为PA ⊥平面ABC ，所以tan α＝PA AC，tanβ＝PAAD.又AC >AD ，故tan β>tan α，则β>α.过点A 作AQ ⊥BC ，垂足为Q ，连接PQ ，则∠PQA＝γ，同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A. 答案 A5.(2020·浙江“超级全能生”联考)各棱长均相等的三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AA 1⊥平面ABC ，M 是B 1C 1的中点，点P 是△A 1B 1M 内动点，记二面角P －AB －C ，P －BC －A ，P －AC －B 的平面角分别为α，β，γ.当点P 到点A 1的距离和到直线B 1C 1的距离相等时，则( ) A.α＞β＞γ B.γ＞β＞α C.γ＞α＞βD.α＞γ＞β解析由题意可知点P 的轨迹为△A 1B 1M 内一段抛物线，且该抛物线的焦点为A 1，顶点为B 1C 1的高的中点，设点P 到A 1B 1，B 1C 1，A 1C 1的距离分别为h 1，h 2，h 3，记点P 到底面ABC 的距离为h ，则由题意知tanα＝h h 1，tan β＝h h 2，tan γ＝hh 3，由图可知h 1＜h 3＜h 2，则α＞γ＞β，故选D. 答案 D6.如图，在正四面体A －BCD 中，P ，Q ，R 分别为AB ，AC ，AD 上的点，APPB ＝2，CQ QA ＝AR RD＝3，记二面角B －PQ －R ，C －QR －P ，D －PR －Q 的平面角分别为α，β，γ，则( )A.γ＜α＜βB.α＜γ＜βC.α＜β＜γD.β＜γ＜α解析易知二面角B －PQ －R 的平面角的补角就是二面角A －PQ －R 的平面角，二面角C －QR －P 的平面角的补角就是二面角A －QR －P 的平面角，二面角D －PR －Q 的平面角的补角就是二面角A －PR －Q 的平面角.易得二面角A －PQ －R 的平面角＞二面角A －QR －P 的平面角＞二面角A －PR －Q 的平面角，即α＜β＜γ.故选C. 答案 C7.(2020·七彩阳光联盟三联)如图，在三棱锥S －ABC 中，SC ⊥平面ABC ，E ，F 是棱SC 的两个三等分点，设二面角S －AB －F ，F －AB －E ，E －AB －C 的平面角分别为α，β，γ，则( )A.α＞β＞γB.α＞γ＞βC.γ＞β＞αD.γ＞α＞β解析如图，过点C 作CM ⊥AB 于M ，连接SM ，FM ，EM ，则AB ⊥平面SCM ，由二面角的定义可知，α＝∠SMF ，β＝∠FME ，γ＝∠EMC ，且tan(α＋β＋γ)＝SC MC ，tan(β＋γ)＝FC MC ，tan γ＝EC MC.因为E ，F 是棱SC 的三等分点，所以tan(α＋β＋γ)∶tan(β＋γ)∶tan γ＝3∶2∶1.设tan γ＝a ，则tan(α＋β＋γ)＝3a ，tan(β＋γ)＝2a ，所以tan β＝tan(β＋γ－γ)＝a 1＋2a 2，同理可得tan α＝a 1＋6a 2.因为a ＞a 1＋2a 2＞a1＋6a 2，所以tan γ＞tan β＞tan α，所以γ＞β＞α，故选C. 答案 C8.(2020·嘉、丽、衢模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，BC ＝AA 1＝2，点E ，O 分别是线段C 1C ，BC 的中点，A 1F →＝13A 1A →，分别记二面角F －OB 1－E ，F －OE －B 1，F －EB 1－O 的平面角为α，β，γ，则下列结论正确的是( )A.γ＞β＞αB.α＞β＞γC.α＞γ＞βD.γ＞α＞β解析设B 1C 1的中点为点M ，过点F 作平面BB 1C 1C 的垂线，设垂足为点G ，则易得点G 为OM 的靠近点M 的三等分点，设点G 到直线B 1E ，OE ，OB 1的距离分别为d 1，d 2，d 3，则tan α＝FGd 3，tan β＝FG d 2，tan γ＝FG d 1，由图易得d 1＜d 3＜d 2，则tan γ＞tan α＞tan β，即γ＞α＞β，故选D. 答案 D9.(2020·浙江名师预测卷三)如图，矩形ABCD 的边长AB ＝3，AD ＝1，以AC 为折痕将△ACD 折起，使点D 到达点M 的位置，记AM 与平面ADC 所成角为α，记二面角M －AD －C 为β，记∠MAB 为γ，则在翻折过程中一定正确的结论是( )A.α≤β≤γB.β≤α≤γC.γ≤α≤βD.α≤γ≤β解析过点M 作平面ABCD 的垂线，垂足为H ，过点H 分别作直线AD 和AB 的垂线，垂足分别为E ，F ，连接ME ，MF ，则sin α＝MH AM ，sin β＝MH EM ，sin γ＝MF AM，在Rt△MEA 中，EM ＜AM ，又α，β均为锐角，故α＜β，而当平面ACM 与平面ABC 重合时，α＝β，故α≤β.而在Rt△MHF 中，MF ＞MH ，故α＜γ，又当点H 落到AB 上时，MF ＝MH ，此时α＝γ，故α≤γ，又因为cos β＝EH EM ，cos γ＝AFAM，而EH ＝AF ，EM ≤AM ，故β≤γ，综上，α≤β≤γ，故选A. 答案 A10.(2020·金华十校期末调研)如图，在底面为正三角形的棱台ABC －A 1B 1C 1中，记锐二面角A 1－AB －C 的大小为α，锐二面角B 1－BC －A 的大小为β，锐二面角C 1－AC －B 的大小为γ，若α＞β＞γ，则( )A.AA 1＞BB 1＞CC 1B.AA 1＞CC 1＞BB 1 1＞BB 1＞AA 1 1＞AA 1＞BB 1解析分别延长AA 1，BB 1，CC 1交于点D ，过点D 作DO ⊥底面ABC ，过点O 分别作△ABC 三边的垂线，分别交于点M ，N ，P ，则tan α＝DO OM ，tan β＝DO ON ，tan γ＝DOOP，因为α＞β＞γ，所以OM ＜ON ＜OP ，则点O 一定在△BEF 内部(不包括边界)，所以OB ＜OA ＜OC ，又因为AD ＝OA 2＋OD 2，BD ＝OB 2＋OD 2，CD ＝OC 2＋OD 2，所以BD ＜AD ＜CD ，所以CC 1＞AA 1＞BB 1，故选D.答案 D11.(2020·浙江名师预测卷五)已知二面角A －BC －D 大小为θ，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，若BC ＝6，AB＋AC ＝DB ＋DC ＝10，BC 的中点为O ，当四面体ABCD 的体积最大时，∠AOD 与θ的大小关系为( ) A.θ＞∠AOD B.θ＝∠AOD C.θ＜∠AODD.无法确定解析因为BC ＝6，AB ＋AC ＝DB ＋BC ＝10，所以A ，D 的运动轨迹均为椭圆的一部分，易知A ，D 均为相应椭圆短轴端点时，此时AO ⊥BC ，DO ⊥BC ，四面体ABCD 的体积最大，则∠AOD 为二面角A －BC －D 的平面角，所以θ＝∠AOD ，故选B. 答案 B12.如图，已知三棱锥D －ABC 满足AC >AB >BC ，D 在底面的投影O 为△ABC 的外心，分别记直线DO 与平面ABD ，ACD ，BCD 所成的角为α，β，γ，则( )A.α<β<γB.α<γ<βC.β<γ<αD.β<α<γ解析过点O 分别作AC ，AB ，BC 的垂线，垂足分别为E ，F ，G ，连接DE ，DF ，DG ，则由OE ⊥AC ，DO ⊥AC ，OE ∩DO ＝O 得AC ⊥平面DEO ，又因为AC ⊂平面ACD ，所以平面DEO ⊥平面ACD ，则∠ODE即为DO 与平面ACD 的夹角，即∠ODE ＝β，同理可得∠ODF ＝α，∠ODG ＝γ，则tan β＝OEOD，tan α＝OF OD ，tan γ＝OG OD，在△ABC 中，因为点O 为△ABC 的外心，且AC >AB >BC ，所以OE <OF <OG ，则OE OD <OF OD <OGOD，即tan β<tan α<tan γ，所以β<α<γ.答案 D13.(2020·浙江新高考仿真卷五)已知正四面体P －ABC ，Q 为△ABC 内的一点，记PQ 与平面PAB ，PAC ，PBC 所成的角分别为α，β，γ，则下列成立的是( )A.sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ≥2 B.cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ≥2 C.tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ≤1 D.1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ≤1 解析设正四面体的棱长为a ，则易得正四面体的高为63a ，侧面高为32a ，底面内切圆的半径为36a ，当点Q 为底面中心时，易得sin α＝sin β＝sin γ＝13，cos α＝cos β＝cos γ＝223，tan α＝tan β＝tan γ＝24，则sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ＝13＜2，1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ＝24＞1，A ，D 不恒成立；当点Q 与点A 重合时，易得tan γ＝2，则此时tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ＝tan 2γ＝2＞1，C 不恒成立.综上所述，故选B. 答案 B14.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E ，O 分别在线段B 1D 1和BD 上，EB 1＝45B 1D 1，DO＝BO ，动点F 在线段AA 1上，且满足AF ＝λA 1A ⎝⎛⎭⎪⎫0<λ<12，分别记二面角F －OB 1－E ，F －OE －B 1，F －EB 1－O 的平面角为α，β，γ，则( )A.α>γ>βB.γ>β>αC.γ>α>βD.β>α>γ解析作FF ′⊥平面BB 1D 1D ，则FF ′＝22，作FK ⊥OB 1，FM ⊥OE ，FN ⊥B 1D 1，所以tan α＝tan∠FKF ′＝22F ′K ，tan β＝tan∠FMF ′＝22F ′M ，tan γ＝tan ∠FNF ′＝22F ′N，又F ′K ＝OF ′·sin ∠B 1OF ′，F ′M ＝OF ′·sin∠EOF ′，且AF ＝λAA 1<12AA 1，EB 1＝45B 1D 1，所以F ′N >OF ′>F ′K >F ′M ，所以tan β>tan α>tan γ，所以β>α>γ，故选D.答案 D。

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