新高考数学复习考点知识专题讲解与练习50---二面角

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高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角课件

跟踪演练3 (2018·绍兴质检)已知四面体SABC中，二面角B－SA－C， A－SB－C，A－SC－B的平面角的大小分别为α，β，γ，则 A.π2<α＋β＋γ<π B.32π<α＋β＋γ<2π
√C.π<α＋β＋γ<3π
D.2π<α＋β＋γ<3π
解析
答案
真题押题精练
真题体验
1.(2017·全国Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角1形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角； ③直线AB与a所成角的最小值为45°； ④直线AB与a所成角的最大值为60°. 其中正确的是_②__③___.(填写所有正确结论的编号)
板块三专题突破核心考点
专题二立体几何
第3讲空间角
[考情考向分析]
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热点分类突破
热点一异面直线所成的角
尖子生好方法:听课时应该始终跟着老师的节奏，要善于抓住老师讲解中的关键词，构建自己的知识结构。利用老师讲课的间隙，猜想老师还会讲什么，会怎样讲，怎样讲会更好，如果让我来讲，我会怎样讲。这种方法适合于听课容易分心的同学。
2019/6/29
精选最新中小学教学课件
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2019/6/29
AB＝AC，O为BC的中点，动点P在线段OB上(不含端点)，记∠APC＝θ，

高考数学二轮总复习第三部分专题五 5.3.1 空间中的平行、垂直与空间角课件

1 · = 0,
由
得 1

-
=
0.
1 · = 0,
1
1
2
令 x1=1,则平面 MDF 的一个法向量 n1=
1 1
1, ,2 2
同理可得平面EFCD的一个法向量n2=(0,1,1).
∵n1·
n2=0,
∴平面MDF⊥平面EFCD.
12/11/2021
.
解题心得向量法证明空间平行与垂直关系时,是以计算为手段,寻求直线上
×
2
h= .
3
又PA=2,则PB∶EB=PA∶h=3∶1.连接DB交AC于点O,连接OE,
∵△AOB∽△COD,∴DO∶OB=2∶1,得DB∶OB=3∶1,
∴PB∶EB=DB∶OB,则PD∥OE.又OE⊂平面AEC,PD⊄平面AEC,
∴PD∥平面AEC.
12/11/2021
2.向量法证明空间平行、垂直关系
转换.
(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②利用
勾股定理;③利用线面垂直的性质定理.
12/11/2021
2.证明线面平行和线面垂直的常用方法
(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质定
理.
(2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定
理.
3.证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理.
12/11/2021
4.利用空间向量证明平行与垂直
设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为
μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),则:
(1)线面平行:l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.

新高考数学复习知识点讲解与练习42---直线、平面垂直的判定及其性质

新高考数学复习知识点讲解与练习直线、平面垂直的判定及其性质知识梳理1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l 与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直． (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理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⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥al ⊥ba ∩b ＝O a ⊂αb ⊂α⇒l ⊥α 性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b 2.(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角． (2)范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3．二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(3)二面角的范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎬⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎬⎫α⊥βα∩β＝al⊥al⊂β⇒l⊥α1．垂直关系的转化2．直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．诊断自测1．判断下列说法的正误．(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误．(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误．(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误．(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误．2．(2021·温州适应性测试)设m，n为直线，α，β为平面，则m⊥α的一个充分条件可以是()A．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n B．α∥β，m⊥βC．α⊥β，m∥β D．n⊂α，m⊥n答案B解析对于A，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，A错误；对于B，由直线垂直于两平行平面中的一个，得该直线垂直于另一个平面，B正确，对于C，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，C错误；对于D，直线m与平面α可能平行、相交或直线m在平面α内，D错误．综上所述，故选B.3．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n答案C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l，故选C.4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC答案C解析由题设知A1B1⊥平面BCC1B1且BC1⊂平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1. 5．(2021·北京顺义区二模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则() A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，n⊥α，则m⊥nC．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βD．若m∥α，n∥α，则m∥n答案B解析在如图所示的正方体中依次判断各个选项；A选项，面ABCD⊥面ADD1A1，AA1⊥面ABCD，此时AA1⊂面ADD1A1，可知A错误；B选项，m∥α，则α内必存在直线，使得m∥l；又n⊥α，则n⊥l，可知n⊥m，可知B正确；C选项，取AA1和DD1中点E和F，可知A1D1∥面ABCD，EF∥面ABCD，A1D1，EF⊂面ADD1A1，此时面ADD1A1⊥面ABCD，可知C错误；D选项，AA1∥面BCC1B1，AD∥面BCC1B1，此时AA1∩AD＝A，可知D错误．6．(必修2P67练习2改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．图1图2(2)如图2，∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，∴PC⊥平面P AB，AB⊂平面P AB，∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．考点一线面垂直的判定与性质【例1】如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的高为6，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点．求证：(1)B1M∥平面A1BN；(2)AD⊥平面A1BN.证明(1)连接MN，正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1C1C是平行四边形，因为点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，所以MN∥AA1且MN＝AA1，又正三棱柱ABC－A1B1C1中AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以MN∥BB1且MN＝BB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，所以B1M∥BN，又B1M⊄平面A1BN，BN⊂平面A1BN，所以B1M∥平面A1BN.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN⊂平面ABC，所以BN⊥AA1.在正△ABC中，N是AC的中点，所以BN ⊥AC ，又AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ， AA 1∩AC ＝A ，所以BN ⊥平面AA 1C 1C ，又AD ⊂平面AA 1C 1C ，所以AD ⊥BN .由题意，AA 1＝6，AC ＝2，AN ＝1，CD ＝63，所以AA 1AC ＝AN CD ＝62，又∠A 1AN ＝∠ACD ＝π2，所以△A 1AN ∽△ACD ，则∠AA 1N ＝∠CAD ，所以∠ANA 1＋∠CAD ＝∠ANA 1＋∠AA 1N ＝π2，则AD ⊥A 1N ，又BN ∩A 1N ＝N ，且BN ，A 1N ⊂平面A 1BN ，所以AD ⊥平面A 1BN .感悟升华(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α)．(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．【训练1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.又AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.考点二面面垂直的判定与性质【例2】(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.证明(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.感悟升华(1)证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理．(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．【训练2】如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD，则AB∥EF.∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.又AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，∴AD⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.考点三线面角与面面角【例3－1】(2019·浙江卷)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．(1)证明如图，连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.又A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，所以BC⊥平面A1EF.又EF⊂平面A1EF，因此EF⊥BC.(2)解如图，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，EG⊂平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGF A1，又BC⊂平面A1BC，则平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于点O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝23，EG＝ 3.由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝A1G2＝152，所以cos ∠EOG＝EO2＋OG2－EG22EO·OG＝35.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是3 5.【例3－2】如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.点E是CD边的中点，点F，G 分别在线段AB，BC上，且AF＝2FB，CG＝2GB.(1)证明：PE⊥FG.(2)求二面角P－AD－C的正切值．(3)求直线P A与直线FG所成角的余弦值．(1)证明因为PD＝PC且点E为CD的中点，所以PE⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD，且平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE⊂平面PDC，所以PE⊥平面ABCD，又FG⊂平面ABCD，所以PE⊥FG.(2)解由(1)知PE⊥平面ABCD，∴PE⊥AD，又AD⊥CD，PE∩CD＝E，∴AD⊥平面PDC，又PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD，∴∠PDC为二面角P－AD－C的平面角，在Rt△PDE中，PD＝4，DE＝3，∴PE＝16－9＝7，∴tan∠PDC＝PEDE＝73.故二面角P－AD－C的正切值为7 3.(3)解如图，连接AC，∵AF＝2FB，CG＝2GB，∴AC∥FG. ∴直线P A与FG所成角即直线P A与AC所成角∠P AC.在Rt△PDA中，P A2＝AD2＋PD2＝25，∴P A＝5.又PC＝4.AC2＝CD2＋AD2＝36＋9＝45，∴AC＝3 5.又cos∠P AC＝P A2＋AC2－PC22P A·AC＝25＋45－162×5×35＝9525.所以直线P A与直线FG所成角的余弦值为95 25.感悟升华利用综合法求空间线线角、线面角、二面角一定注意“作角、证明、计算”是完整统一过程，缺一不可．(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．(2)二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法．注意利用等腰、等边三角形的性质．【训练3】如图，AB是⊙O的直径，P A垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．(1)证明：△PBC是直角三角形；(2)若P A＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为2时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．(1)证明∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点．∴BC⊥AC，∵P A⊥平面ABC，∴BC⊥P A，又P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥PC，∴△BPC是直角三角形．(2)解如图，过A 作AH ⊥PC 于H ，∵BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥AH ，又PC ∩BC ＝C ，PC ，BC ⊂平面PBC ，∴AH ⊥平面PBC ，∴∠ABH 是直线AB 与平面PBC 所成的角，∵P A ⊥平面ABC ，∴∠PCA 即是PC 与平面ABC 所成的角，∵tan ∠PCA ＝P A AC ＝2，又P A ＝2，∴AC ＝2，∴在Rt △P AC 中，AH ＝P A ·AC P A 2＋AC 2＝233， ∴在Rt △ABH 中，sin ∠ABH ＝AH AB ＝2332＝33，即直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为33.基础巩固题组一、选择题1．已知平面α⊥平面β，且α∩β＝b ，a ⊂α，则“a ⊥b ”是“a ⊥β”的()A．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案C解析平面α⊥平面β，且α∩β＝b，a⊂α，若a⊥b，则a⊥β，充分性成立；平面α⊥平面β，因为α∩β＝b，所以b⊂β，若a⊥β，则a⊥b，必要性成立，所以“a⊥b”是“a⊥β”的充要条件，故选C.2．下列命题正确的是()A．若直线l不平行于平面α，则α内不存在直线平行于直线lB．若直线l不垂直于平面α，则α内不存在直线垂直于直线lC．若平面α不平行于平面β，则β内不存在直线平行于平面αD．若平面α不垂直于平面β，则β内不存在直线垂直于平面α答案D解析A中，若直线l在平面α内，则平面α内存在直线平行于直线l；B中，平面α内存在无数条直线与直线l垂直；C中，平面β内与两平面交线平行的直线都与平面α平行；故选D.3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β()A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m答案A解析由面面垂直的判定定理可知A正确；B中，l与m可能平行、垂直、相交、异面；C中，α与β可能相交、平行；D中，l与m可能异面、平行．4．若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为()A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β答案B解析由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确．过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确．根据面面垂直的性质定理知C，D正确．5．如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC答案D解析因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，∴BC⊥平面P AE，DF∥BC，则DF⊥平面P AE，又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面P AE.因此B，C均正确．6．(2021·北京门头沟区一模)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不垂直的是()答案D解析对于A，AB为体对角线，M、N、Q分别为棱的中点，由中位线定理可得MN，MQ，NQ平行于所对应的面对角线，连接另一条面对角线，由线面垂直的判定可得AB 垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ；对于B，AB为上底面的对角线，显然AB垂直于MN，与AB相对的下底面的面对角线平行，且与直线NQ垂直，可得AB 垂直于平面MNQ；对于C，AB为前面的面对角线，显然AB垂直于MN，QN在下底面且与棱平行，此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ；对于D，AB为上底面的对角线，MN平行于前面的一条面对角线，此对角线与AB所成角为60°，则AB不垂直于平面MNQ.二、填空题7．如图，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．答案4解析∵P A⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，则△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．8．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．答案若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.9.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析由题意可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.10．已知α，β是两个平面，m，n是两条直线．(1)如果m⊥α，n∥α，那么m，n的位置关系是________；(2)如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角的大小关系是________．答案(1)垂直(2)相等解析(1)由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n.(2)因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等．三、解答题11．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC ＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF.证明因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.法一在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.法二在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，所以B1F＝B1C21＋C1F2＝ 5.在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，所以DF＝CD2＋CF2＝ 5.显然DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°.所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.12．如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，P A＝AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝14PB.(1)证明：MN∥平面PDC；(2)求直线MN与平面P AC所成角的正弦值．(1)证明因为AB＝BC，AD＝CD，所以BD垂直平分线段AC.又∠ADC＝120°，所以MD＝12AD＝12，AM＝32.所以AC＝ 3.又AB＝BC＝3，所以△ABC是等边三角形，所以BM＝32，所以BMMD＝3，又因为PN＝14PB，所以BMMD＝BNNP＝3，所以MN∥PD.又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以MN∥平面PDC.(2)解因为P A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥P A，又BD⊥AC，P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，所以BD⊥平面P AC.由(1)知MN∥PD，所以直线MN与平面P AC所成的角即直线PD与平面P AC所成的角，故∠DPM即为所求的角．在Rt△P AD中，PD＝2，所以sin∠DPM＝DMDP＝122＝14，所以直线MN与平面P AC所成角的正弦值为1 4.能力提升题组13．(2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线答案B解析取CD 的中点O ，连接ON ，EO ，因为△ECD 为正三角形，所以EO ⊥CD ，又平面ECD ⊥平面ABCD ，平面ECD ∩平面ABCD ＝CD ，所以EO ⊥平面ABCD .设正方形ABCD 的边长为2，则EO ＝3，ON ＝1，所以EN 2＝EO 2＋ON 2＝4，得EN ＝2.过M 作CD 的垂线，垂足为P ，连接BP ，则MP ＝32，CP ＝32，所以BM 2＝MP 2＋BP 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝7，得BM ＝7，所以BM ≠EN .连接BD ，BE ，因为四边形ABCD 为正方形，所以N 为BD 的中点，即EN ，MB 均在平面BDE 内，所以直线BM ，EN 是相交直线，故选B.14．(2021·浙江教育绿色评价联盟适考)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为() A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6 答案B解析如图，取正三角形ABC 的中心O ，连接OP ，则∠P AO 是P A 与平面ABC 所成的角．因为底面边长为3，所以AD ＝3×32＝32， AO ＝23AD ＝23×32＝1.三棱柱的体积为34×(3)2AA 1＝94，解得AA 1＝3，即OP ＝AA 1＝3，所以tan ∠P AO ＝OPOA ＝3，因为直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以∠P AO ＝π3.15.如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面P AE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．答案①④解析由P A ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得P A ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面P AB ，又PB ⊂平面P AB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面P AD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错误；由正六边形的性质得BC ∥AD ，又AD ⊂平面P AD ，BC ⊄平面P AD ，∴BC ∥平面P AD ，∴直线BC ∥平面P AE 也不成立，③错误；在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确．16.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.答案a或2a解析由题意易知B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.易知Rt△CAF∽Rt△F A1D，得ACA1F＝AFA1D，即2a3a－x＝xa，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.17．(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；(2)点C1在平面AEF内．证明(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为ED1＝23DD1，AG＝23AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.因为B1F＝13BB1，A1G＝13AA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．18．(2016·浙江卷)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)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．(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)解因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝3 2，得cos ∠BDF＝21 7.所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为21 7.。

高考数学二轮复习专题5 第3讲立体几何中的向量方法

第3讲立体几何中的向量方法「考情研析」以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.核心知识回顾1.线、面的位置关系与向量的关系设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)l∥m⇒a∥b⇔a＝k b⇔01a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；(2)l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝020⇔03a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；(3)l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝040⇔05a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；(4)l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔06a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；(5)α∥β⇔μ∥v⇔μ＝k v⇔07a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；(6)α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝080⇔09a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．三种空间角与空间向量的关系(1)线线角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角θ满足cosθ＝01|a·b||a||b|.(2)线面角：设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角θ满足sinθ＝02|l·n||l||n|.(3)二面角①如图(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝03；②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，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＝ 04－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉.热点考向探究考向1利用向量证明平行与垂直例1 (1)(多选)(2020·山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝23，AD ＝AA 1＝2，P ，Q ，R 分别是AB ，BB 1，A 1C 上的动点，下列结论正确的是( )A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得D 1P ⊥CQB ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得D 1R ⊥CQC ．当AR ⊥A 1C 时，AR ⊥D 1RD ．当A 1C ＝3A 1R 时，D 1R ∥平面BDC 1答案 ABD解析如图所示，建立空间直角坐标系，设P (2，a,0)，a ∈[0,23]，Q (2,23，b )，b ∈[0,2]，设A 1R →＝λA 1C →，得到R (2－2λ，23λ，2－2λ)，λ∈[0,1].D 1P →＝(2，a ，－2)，CQ →＝(2,0，b )，D 1P →·CQ →＝4－2b ，当b ＝2时，D 1P ⊥CQ ，A 正确；D 1R →＝(2－2λ，23λ，－2λ)，D 1R →·CQ →＝2(2－2λ)－2λb ，取λ＝22＋b时，D 1R ⊥CQ ，B 正确；由AR ⊥A 1C ，则AR →·A 1C →＝(－2λ，23λ，2－2λ)·(－2，23，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，解得λ＝15，此时AR →·D 1R →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，235，85·⎝ ⎛⎭⎪⎫85，235，－25＝－45≠0，C 错误；由A 1C ＝3A 1R ，则R ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，233，43，D 1R →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，233，－23，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·DC 1→＝0，解得n ＝(3，－1，3)，故D 1R →·n ＝0，故D 1R ∥平面BDC 1，D 正确．故选ABD.(2)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点．①设F 是棱AB 的中点，证明：直线E 1E ∥平面FCC 1；②证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .证明如图，过点D 作AB 的垂线交AB 于点G ，则以点D 为原点，DG ，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，易得A (3，－1，0)，B (3，3,0)，C (0，2,0)，E 1(3，－1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (3，1,0)，D 1(0,0,2)，B 1(3，3,2)，C 1(0,2,2)．①CC 1→＝(0,0,2)，C F →＝(3，－1,0)．设平面FCC 1的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ 2z ＝0，3x －y ＝0，令x ＝1，得n 1＝(1，3，0)，又E 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，－1，故E 1E →·n 1＝0，又E 1E ⊄平面FCC 1，所以E 1E ∥平面FCC 1.②D 1A →＝(3，－1，－2)，D 1C →＝(0,2，－2)，设平面D 1AC 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·D 1A →＝0，n 2·D 1C →＝0，得⎩⎨⎧3a －b －2c ＝0，2b －2c ＝0，令b ＝1，得n 2＝(3，1,1)．同理易得平面BB 1C 1C 的一个法向量n 3＝(1，－3，0)，因为n 2·n 3＝0，故平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．(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)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系．(4)根据运算结果解释相关问题．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ；(2)BE ∥平面P AD ；(3)平面PCD ⊥平面P AD证明依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0，2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)向量BE →＝(0,1,1)， DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC→＝0.所以BE ⊥DC . (2)因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥P A ，又因为AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD ，所以向量AB→＝(1,0,0)为平面P AD 的一个法向量，而BE →·AB →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以BE→⊥AB →，又BE ⊄平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .(3)由(2)知平面P AD 的一个法向量AB→＝(1,0,0)，向量PD →＝(0,2，－2)， DC →＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0,1,1)为平面PCD 的一个法向量．则n ·AB →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n ⊥AB→. 所以平面PCD ⊥平面P AD .考向2利用空间向量求空间角角度1 利用空间向量求异面直线所成的角例2 (2020·山东省济南市高三6月模拟)已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝12BC，将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°，形成如图所示的几何体，其中M为的中点．(1)求证：BM⊥DF；(2)求异面直线BM与EF所成角的大小．解(1)证法一：如图，连接CE，设CE与BM交于点N，根据题意，知该几何体为圆台的一部分，且CD与EF相交，故C，D，F，E四点共面，因为平面ADF∥平面BCE，所以CE∥DF，因为M为的中点，所以∠CBM＝∠EBM.又BC＝BE，所以N为CE的中点，BN⊥CE，即BM⊥CE，所以BM⊥DF.证法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BC＝BE＝2，所以B(0,0,0)，M(2，2，0)，D(0,1,1)，F(1,0,1)，所以BM →＝(2，2，0)，DF →＝(1，－1,0)，所以BM →·DF→＝2－2＝0，所以BM ⊥DF . (2)解法一：如图，连接DB ，DN ，由(1)知，DF ∥EN 且DF ＝EN ，所以四边形ENDF 为平行四边形，所以EF ∥DN ，所以∠BND 为异面直线BM 与EF 所成的角，设AB ＝1，则BD ＝DN ＝BN ＝2，所以△BND 为等边三角形，所以∠BND ＝60°，所以异面直线BM 与EF 所成角的大小是60°.解法二：如图，以点B 为坐标原点，BE ，BC ，BA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则AD ＝AF ＝1，BE ＝2，所以B (0,0,0)，M (2，2，0)，E (2,0,0)，F (1，0,1)，所以BM→＝(2，2，0)，EF →＝(－1,0,1)，所以cos 〈BM →，EF →〉＝BM →·EF →|BM →||E F →|＝－22×2＝－12，所以异面直线BM 与EF 所成角的大小是60°.角度2 利用空间向量求线面角例3 (2020·山东省实验中学高考测试卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，∠ADP ＝90°，平面ADP ⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；(2)当二面角D－FC－B的余弦值为24时，求直线PB与平面ABCD所成的角．解(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点．理由如下：如图，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，由题意，得FQ∥CD且FQ＝12CD，又AE∥CD且AE＝12CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以四边形AEQF为平行四边形．所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE.(2)如图，连接BD，DE.由题意，知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，又平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD＝a(a>0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0,2,0)，B(3，1,0)，FC →＝(0,2，－a )，CB →＝(3，－1,0)，设平面FBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FC →＝2y －az ＝0，m ·CB →＝3x －y ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23a ，所以取m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，23a ，易知平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，因为二面角D －FC －B 的余弦值为24，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝14＋12a 2＝24，解得a ＝ 3. 由于PD ⊥平面ABCD ，所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD ，所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角，由题意知在Rt △PBD 中，tan ∠PBD ＝PD BD ＝a ＝3，从而∠PBD ＝60°，所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为60°.角度3 利用空间向量求二面角例4 (2020·山东省济宁市模拟)如图，三棱台ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1B 1BA 与侧面A 1C 1CA 是全等的梯形，若AA 1⊥AB ，AA 1⊥A 1C 1，AB ＝2A 1B 1＝4AA 1.(1)若CD →＝2DA 1→，AE →＝2EB →，证明：DE ∥平面BCC 1B 1； (2)若二面角C 1－AA 1－B 为π3，求平面A 1B 1BA 与平面C 1B 1BC 所成的锐二面角的余弦值．解 (1)证明：连接AC 1，BC 1，在梯形A 1C 1CA 中，AC ＝2A 1C 1.∵CD →＝2DA 1→， ∴AC 1∩A 1C ＝D ，AD →＝2DC 1→， ∵AE→＝2EB →， ∴DE ∥BC 1.∵BC 1⊂平面BCC 1B 1，DE ⊄平面BCC 1B 1，∴DE ∥平面BCC 1B 1.(2)∵AA 1⊥A 1C 1，∴AA 1⊥AC .又AA 1⊥AB ，平面A 1B 1BA ∩平面A 1C 1CA ＝AA 1，∴∠BAC ＝π3，在平面内过点A 作AC 的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AA 1＝1，则A 1B 1＝A 1C 1＝2，AC ＝4，A 1(0,0,1)，C (0,4,0)，B (23，2,0)，B 1(3，1,1)．设平面A 1B 1BA 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝23x ＋2y ＝0，m ·AB 1→＝3x ＋y ＋z ＝0，∴m ＝(1，－3，0)，同理得平面C 1B 1BC 的一个法向量为n ＝(1，3，23)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－14，∴平面A 1B 1BA 与平面C 1B 1BC 所成的锐二面角的余弦值为14.三种空间角的向量求法(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．1．如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解 (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以点G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴、y 轴正方向，|GB→|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE→＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE→||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2.(2020·湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°，且侧面ABB 1A 1为菱形．(1)证明：A 1B ⊥平面AB 1C 1；(2)若∠A 1AB ＝60°，AB ＝2，直线AC 1与底面ABC 所成角的正弦值为55，求二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值．解 (1)证明：∵四边形ABB 1A 1为菱形， ∴A 1B ⊥AB 1，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且AB 为交线，BC ⊥AB ， ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥A 1B . ∵BC ∥B 1C 1，∴A 1B ⊥B 1C 1，又AB 1∩B 1C 1＝B 1，∴A 1B ⊥平面AB 1C 1.(2)取A 1B 1的中点M ，连接BM ，易证BM ⊥平面ABC ，且AB ⊥BC ，以BA 所在直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，BM 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝t (t >0)，则A (2,0,0)，A 1(1,0，3)，C (0，t,0)， AA 1→＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，t,0)． ∵四边形A 1ACC 1为平行四边形，∴AC 1→＝AA 1→＋A 1C 1→＝AA 1→＋AC →＝(－3，t ，3)，易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝312＋t 2＝55，解得t ＝3，∴AC 1→＝(－3，3，3)．设平面AA 1C 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1→＝－x 1＋3z 1＝0，n 1·AC 1→＝－3x 1＋3y 1＋3z 1＝0，令z 1＝1，则n 1＝(3，2,1)，由(1)可得平面AB 1C 1的一个法向量BA 1→＝(1,0，3)，∴cos 〈n 1，BA 1→〉＝n 1·BA 1→|n 1||BA 1→|＝64，又二面角A 1－AC 1－B 1为锐角， ∴二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值为64. 考向3立体几何中的探索性问题例5 (2020·河北省保定市一模)如图，四边形ABCD 为矩形，△ABE 和△BCF 均为等腰直角三角形，且∠BAE ＝∠BCF ＝∠DAE ＝90°，EA ∥FC .(1)求证：ED ∥平面BCF ；(2)设BC AB ＝λ，问是否存在λ，使得二面角B －EF －D 的余弦值为33？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：因为AD ∥BC ，BC ⊂平面BCF ，AD ⊄平面BCF ，所以AD ∥平面BCF ，因为EA ∥FC ，FC ⊂平面BCF ，EA ⊄平面BCF ，所以EA ∥平面BCF ，又EA ∩AD ＝A ，EA ，AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ∥平面BCF ，又ED ⊂平面ADE ，所以ED ∥平面BCF .(2)以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为∠BAE ＝∠DAE ＝90°，所以EA ⊥AB ，EA ⊥AD ，又AD ∩AD ＝A ，AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以EA ⊥平面ABCD ，又EA ∥FC ，所以FC ⊥平面ABCD ，设AB ＝AE ＝a ，BC ＝CF ＝b ，则D (0,0,0)，F (0，a ，b )，E (b,0，a )，B (b ，a,0)，则DE→＝(b,0，a )，DF →＝(0，a ，b )．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n ＝0，DF →·n ＝0，得⎩⎨⎧bx ＋az ＝0，ay ＋bz ＝0，取x ＝1，则y ＝b 2a 2，z ＝－b a ，因为BC AB ＝ba ＝λ，则n ＝(1，λ2，－λ)．设平面BEF 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，因为BE →＝(0，－a ，a )，BF →＝(－b,0，b )，由⎩⎪⎨⎪⎧BE →·m ＝0，BF →·m ＝0，得⎩⎨⎧－ay ′＋az ′＝0，－bx ′＋bz ′＝0，取x ′＝1，则y ′＝z ′＝1，所以m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝1＋λ2－λ3×λ4＋λ2＋1.因为二面角B －EF －D 的余弦值为33，所以|1＋λ2－λ|3×λ4＋λ2＋1＝33，整理得λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正实数λ，使得二面角B －EF －D 的余弦值为33.利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论． (2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．如图1，在边长为3的菱形ABCD 中，已知AF ＝EC ＝1，且EF ⊥BC .将梯形ABEF 沿直线EF 折起，使BE ⊥平面CDFE ，如图2，P ，M 分别是BD ，AD 上的点．(1)若平面P AE ∥平面CMF ，求AM 的长；(2)是否存在点P ，使直线DF 与平面P AE 所成的角是45°？若存在，求出BPBD 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为平面P AE 与平面CDFE 有公共点E ，所以平面P AE 与平面CDFE 相交，设交线为EQ ，若平面P AE ∥平面CMF ，因为平面CDFE ∩平面CMF ＝CF ，则EQ ∥CF .设EQ ∩DF ＝Q ，又因为FQ ∥CE ，所以四边形ECFQ 是平行四边形，FQ ＝CE ，同理，由平面P AE ∥平面CMF ，因为平面P AE ∩平面ADQ ＝AQ ，平面CMF ∩平面ADQ ＝MF ，所以AQ ∥MF .所以AM AD ＝QF QD ＝13.因为AF ⊥DF ，AF ＝1，DF ＝2，所以AD ＝5，所以AM ＝53.(2)结论：存在点P ，使直线DF 与平面P AE 所成的角是45°.在题图2中，以点F 为原点，分别以FE ，FD ，F A 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．易得EF ＝22，则F (0,0,0)，E (22，0,0)，又A (0,0,1)，B (22，0,2)，D (0,2,0)，所以FD →＝(0,2,0)，AE →＝(22，0，－1)，BD →＝(－22，2，－2)，AB →＝(22，0,1)，设BP→＝λBD →(λ∈(0,1])，则BP →＝(－22λ，2λ，－2λ)，则AP→＝AB →＋BP →＝(22－22λ，2λ，1－2λ)，设平面P AE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧22x －z ＝0，(22－22λ)x ＋2λy ＋(1－2λ)z ＝0，令x ＝1，可得z ＝22，y ＝32－22λ，所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32－22λ，22. 若存在点P ，使直线DF 与平面P AE 所成的角是45°，则|cos 〈n ，FD →〉|＝|2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－22λ|2× 9＋⎝⎛⎭⎪⎫32－22λ2＝22，解得λ＝4±223，因为λ∈(0,1]，所以λ＝4－223，即BP BD ＝4－223.故存在一点P ，当BP BD ＝4－223时，直线DF 与平面P AE 所成的角是45°.真题押题『真题检验』1．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．解 (1)证明：∵AE 为底面直径，AE ＝AD ， ∴△DAE 为等边三角形．设AE ＝1，则DO ＝32，AO ＝CO ＝BO ＝12AE ＝12， ∴PO ＝66DO ＝24，P A ＝PC ＝PB ＝PO 2＋BO 2＝64，又△ABC 为等边三角形，∴AB ＝AE ·cos30°＝32. ∵P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，∴∠APB ＝90°，即P A ⊥PB .同理得P A ⊥PC ，又PC ∩PB ＝P ， ∴P A ⊥平面PBC .(2)过点O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，则ON ⊥AO .∵PO ⊥平面ABC ，∴PO ⊥AO ，PO ⊥ON .以O 为坐标原点，OA ，ON ，OD 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，设AE ＝1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0，PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24，P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24.由(1)得平面PBC 的一个法向量为P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－24，设平面PCE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －3y －2z ＝0，－2x －2z ＝0. 令x ＝1，得z ＝－2，y ＝33， ∴m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2.故cos〈m，P A→〉＝P A→·m|P A→||m|＝164×303＝255，由图可得二面角B－PC－E为锐二面角，∴二面角B－PC－E的余弦值为255.2.(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．解(1)证明：在棱CC1上取点G，使得C1G＝12CG，连接DG，FG，C1E，C1F，∵C1G＝12CG，BF＝2FB1，∴CG＝23CC1＝23BB1＝BF且CG∥BF，∴四边形BCGF为平行四边形，∴BC∥GF且BC＝GF，又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD ∥GF 且AD ＝GF .∴四边形ADGF 为平行四边形． ∴AF ∥DG 且AF ＝DG .同理可证四边形DEC 1G 为平行四边形， ∴C 1E ∥DG 且C 1E ＝DG ，∴C 1E ∥AF 且C 1E ＝AF ，则四边形AEC 1F 为平行四边形，因此，点C 1在平面AEF 内．(2)以点C 1为坐标原点，C 1D 1，C 1B 1，C 1C 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C 1xyz ，则A (2,1,3)，A 1(2,1,0)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2,0,1)，设平面AEF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，得⎩⎨⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，取z 1＝－1，得x 1＝y 1＝1，则m ＝(1,1，－1)．设平面A 1EF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1F →＝0，得⎩⎨⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，取z 2＝2，得x 2＝1，y 2＝4，则n ＝(1,4,2)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33×21＝77.设二面角A －EF －A 1的平面角为θ，则|cos θ|＝77， ∴sin θ＝1－cos 2θ＝427.因此，二面角A －EF －A 1的正弦值为427.3．(2020·江苏高考)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．解 (1)如图，连接CO ，∵CB ＝CD ，BO ＝OD ，∴CO ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (1,0,0)，C (0，2,0)，D (－1,0,0)，∴E (0,1,1)．∴AB→＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)， ∴cos 〈AB →，DE →〉＝－15×3＝－1515.从而直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)设平面DEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， ∵DC→＝(1,2,0)，⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DC →＝0，n 1·DE →＝0，∴⎩⎨⎧x ＋2y ＝0，x ＋y ＋z ＝0，令y ＝1，∴x ＝－2，z ＝1.∴n 1＝(－2,1,1)．设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 1，y 1，z 1)，∵DF →＝DB →＋BF →＝DB →＋14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74，12，0，⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DF →＝0，n 2·DE →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧74x 1＋12y 1＝0，x 1＋y 1＋z 1＝0.令y 1＝－7，∴x 1＝2，z 1＝5，∴n 2＝(2，－7,5)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝－66×78＝－113.因此，sin θ＝1213＝23913. 『金版押题』4．如图1，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，△ABC 是等腰直角三角形，其中BC 为斜边，若把△ACD 沿AC 边折叠到△ACP 的位置，使平面P AC ⊥平面ABC ，如图2.(1)证明：AB ⊥P A ；(2)若E 为棱BC 的中点，求二面角B －P A －E 的余弦值．解 (1)证明：因为△ABC 是等腰直角三角形，BC 为斜边，所以AB ⊥AC .因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，所以AB ⊥平面P AC .因为P A ⊂平面P AC ，所以AB ⊥P A .(2)由(1)知AB ⊥AC ，PC ⊥平面ABC ，则以A 为坐标原点，AB ，AC 分别为x ，y 轴的正方向，过点A 作平行于PC 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设PC ＝1，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,2,1)，E (1,1,0)，故AB→＝(2,0,0)， AP →＝(0,2,1)， AE →＝(1,1,0)．设平面P AB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝2x 1＝0，n ·AP →＝2y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，得n ＝(0,1，－2)．设平面P AE 的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝x 2＋y 2＝0，m ·AP →＝2y 2＋z 2＝0，令x 2＝1，得m ＝(1，－1,2)，则cos 〈m ，n 〉＝－55×6＝－306.由图可知二面角B －P A －E 为锐角，故二面角B －P A －E 的余弦值为306.专题作业1．(2020·山东省泰安市五模)如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，AB ＝2BC ＝2CD ，△EAB 是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD，点F满足EF→＝λEA→(λ∈[0,1])．(1)试探究λ为何值时，CE∥平面BDF，并给予证明；(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值．时，CE∥平面BDF.解(1)当λ＝13证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF.因为AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.→，所以F A∶EF＝2∶1.又EF→＝13EA所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.所以MF∥CE.又MF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EO⊥AB.又因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD.由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为△EAB为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以AB→＝(2,0,0)，BD →＝(－1,1,0)， EF→＝13EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23. 设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，43x －23z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,2)．设直线AB 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |＝|2×1＋0×1＋0×2|2×12＋12＋22＝66. 即直线AB 与平面BDF 所成角的正弦值为66.2．(2020·山东省聊城市模拟)如图，在四边形ABCD 中，BC ＝CD ，BC ⊥CD ，AD ⊥BD ，以BD 为折痕把△ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且PC ⊥BC .(1)证明：PD ⊥平面BCD ；(2)若M 为PB 的中点，二面角P －BC －D 等于60°，求直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值．解 (1)证明：因为BC ⊥CD ，BC ⊥PC ，PC ∩CD ＝C ，所以BC ⊥平面PCD .又因为PD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥PD .又因为PD ⊥BD ，BD ∩BC ＝B ，所以PD ⊥平面BCD .(2)因为PC ⊥BC ，CD ⊥BC ，所以∠PCD 是二面角 P －BC －D 的平面角，由已知得∠PCD ＝60°，因此PD ＝CD tan60°＝3CD . 取BD 的中点O ，连接OM ，OC ，易得OM ，OC ，BD 两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .设OB ＝1，则P (0,1，6)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62，CP →＝(－1,1，6)，CD→＝(－1，1,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，62，设平面MCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CM →＝0，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋62z ＝0，令z ＝2，得n ＝(3，3，2)，所以cos 〈n ，CP →〉＝CP →·n |CP →||n |＝34，因此，直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为34.3．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.(1)证明：AC 1⊥BC ；(2)求直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值．解 (1)证明：∵在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.∴AC 1＝4＋16－2×2×4×cos60°＝23，∴AC 21＋AC 2＝CC 21，∴AC 1⊥AC ，∵平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ，∴AC 1⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，∴AC 1⊥BC .(2)如图，以A 为坐标原点，AB 为y 轴，AC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (3，－1,0)，B 1(－3，5，23)，B (0,4,0)，CB 1→＝(－23，6,23)，AB →＝(0,4,0)，AB 1→＝(－3，5,23)，设平面ABB 1A 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝4y ＝0，n ·AB 1→＝－3x ＋5y ＋23z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2,0,1)，设直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角为θ，则sin θ＝|CB 1→·n ||CB 1→||n |＝2360×5＝15，∴直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为15.4．如图，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3.(1)求证：AF⊥CD；(2)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；(3)线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM，若存在，求BM BD的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF两两垂直．分别以AB，AD，AF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．因为AB＝AD＝1，BC＝3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，所以BF→＝(－1,0,1)，DC→＝(1,2,0)，DE→＝(0,0,1)．设平面CDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·DE →＝0，即⎩⎨⎧x ＋2y ＝0，z ＝0.令x ＝2，则y ＝－1，所以n ＝(2，－1,0)．设直线BF 与平面CDE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BF→〉|＝|2×(－1)|5×2＝105.(3)结论：线段BD 上存在点M ，使得直线CE ∥平面AFM . 设BMBD ＝λ(λ∈[0,1])，设M (x 1，y 1，z 1)，由BM →＝λBD →，得(x 1－1，y 1，z 1)＝λ(－1，1,0)，所以x 1＝1－λ，y 1＝λ，z 1＝0，所以M (1－λ，λ，0)，所以AM→＝(1－λ，λ，0)．设平面AFM 的法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AF →＝0.因为AF →＝(0,0,1)，所以⎩⎨⎧(1－λ)x 0＋λy 0＝0，z 0＝0.令x 0＝λ，则y 0＝λ－1，所以m ＝(λ，λ－1,0)．在线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM 等价于存在λ∈[0,1]，使得m ·CE →＝0.因为CE →＝(－1，－2,1)，m ·CE→＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝23∈[0,1]，所以线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM ，且 BM BD ＝23.5.(2020·山东省济南市二模)如图，三棱锥P －ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，∠P AB ＝∠PBA ＝45°，∠ABC ＝2∠BAC ＝60°，D 是棱AB 的中点，点E 在棱PB 上，点G 是△BCD 的重心．(1)若E是PB的中点，证明GE∥平面P AC；(2)是否存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°？若存在，求BE BP 的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：延长DG交BC于点F，连接EF，因为点G是△BCD的重心，故F为BC的中点，因为D，E分别是棱AB，BP的中点，所以DF∥AC，DE∥AP，又因为DF∩DE＝D，所以平面DEF∥平面APC，又GE⊂平面DEF，所以GE∥平面P AC.(2)连接PD，因为∠P AB＝∠PBA＝45°，所以P A＝PB，又D是AB的中点，所以PD⊥AB，因为平面P AB⊥平面ABC，而平面P AB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面P AB，所以PD⊥平面ABC.如图，以D为原点，垂直于AB的直线为x轴，DB，DP所在直线分别为y 轴、z轴建立空间直角坐标系．设P A ＝PB ＝2，则AB ＝22，PD ＝CD ＝2，所以D (0,0,0)，B (0, 2，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫66，22，0，P (0,0，2)，假设存在点E ，设BE→＝λBP →，λ∈(0,1]，则DE →＝DB →＋BE →＝DB →＋λBP →＝(0，2，0)＋λ(0，－2，2)＝(0，2(1－λ)，2λ)，所以E (0，2(1－λ)，2λ)，又DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，0，设平面ECD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·DC →＝62x ＋22y ＝0，n 1·DE →＝2(1－λ)y ＋2λz ＝0，令x ＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，3(1－λ)λ，又平面CDG 的法向量n 2＝(0,0,1)，而二面角E －CD －G 的大小为30°，所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝32，即3(1－λ)λ12＋(－3)2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(1－λ)λ2×1＝32，解得λ＝13，所以存在点E ，使二面角E －CD －G 的大小为30°，此时BE BP ＝13.6．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0. 由此可得MN →·n ＝0，又直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)， AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·A C →＝0，即⎩⎨⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·A C →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎨⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010. (3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE→＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈N E →，n 〉＝NE →·n |NE →||n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝7－2. 所以线段A 1E 的长为7－2.7．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．解 (1)证明：设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1， ∵AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，∴AB ＝2，∠CBA ＝π3. ∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos π3＝3. ∴AB 2＝AC 2＋BC 2.∴AC ⊥BC . ① 又CF ⊥平面ABCD ，∴CF ⊥AC . ② 由①②可得AC ⊥平面BCF . 又四边形ACFE 为矩形， ∴EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)， M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)， BM→＝(λ，－1,1)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ， ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cosθ＝n1·n2|n1||n2|＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cosθ有最小值77，∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.8.(2020·山东省滨州市三模)在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．(1)求证：FO1∥平面ADE；(2)设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A－FB－C的余弦值．解(1)证明：连接O1C，O1D，因为C，D是半圆的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形．所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．所以CO1∥AD，又因为CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以CO1∥平面ADE.因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC.又因为FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE.又CO1，FC⊂平面FCO1，且CO1∩FC＝C，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE.(2)连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥圆柱O1O2的底面，所以∠F AC即为直线AF与平面ACB所成的角，即∠F AC＝30°. 因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以AC＝BC tan60°＝3，所以在Rt△F AC中，FC＝AC tan30°＝1.解法一：因为AC⊥BC，AC⊥FC，所以AC⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB.在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH.因为AC ∩CH ＝C ，AC ，CH ⊂平面ACH ，所以FB ⊥平面ACH ，又AH ⊂平面ACH ，所以FB ⊥AH ，所以∠AHC 就是二面角A －FB －C 的平面角．在Rt △FBC 中，CH ＝FC ·BC FB ＝22. 在Rt △ACH 中，∠ACH ＝90°，所以AH ＝AC 2＋CH 2＝142，所以cos ∠AHC ＝CH AH ＝77，所以二面角A －FB －C 的余弦值为77.解法二：以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (3，0,0)，B (0,1,0)，F (0,0,1)，所以AB→＝(－3，1,0)，AF →＝(－3，0,1)．设平面AFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AB→⊥n ，AF ⊥n ，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝z ＝3，所以平面AFB 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．又因为平面BCF 的一个法向量m ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝17＝77.所以二面角A －FB －C 的余弦值为77.。

新高考数学二轮总复习专题五立体几何 5.1 空间几何体的结构、体积与表面积专项练学案(含解析)-

专题五立体几何5.1空间几何体的结构、体积与表面积专项练必备知识精要梳理1.空间几何体的表面积与体积2.几个常用结论(1)长方体从一个顶点出发的三条棱长分别为a ,b ,c ,则其体对角线即外接球直径为√a 2+b 2+c 2.(2)各棱长相等(都为a )的三棱锥的几个结论:①高为√63a ;②表面积为√3a 2,体积为√212a 3;③侧棱和底面所成角的正弦值为√63;④相邻两个面所成二面角的余弦值为13;⑤内切球半径为√612a ,外接球半径为√64a ,其比值为1∶3.(3)正方体与球的几个结论:①设正方体的棱长为a ,则其外接球半径R=√32a ,内切球半径r=a2,与各棱相切的球(棱切球)半径为√22a ;②设球的半径为R ,则球的外切正方体的边长为2R ,内接正方体的边长为2√33R.考向训练限时通关考向一空间几何体的侧面积或表面积1.(多选)(2020山东潍坊高三期末,9)等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则形成的几何体的表面积可以为( )A.√2πB.(1+√2)πC.2√2πD.(2+√2)π2.(2020四川达州高三二诊,7)如图,四面体各个面都是边长为1的正三角形,其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上,另一个顶点是上底面圆心,圆柱的侧面积是( ) A.√23πB.3√24π C.2√23π D.√22π3.(2020全国Ⅰ,理10)已知A ,B ,C 为球O 的球面上的三个点,☉O 1为△ABC 的外接圆.若☉O 1的面积为4π,AB=BC=AC=OO 1,则球O 的表面积为( ) A.64πB.48πC.36πD.32π4.(2020安徽皖西南联盟高三联考,8)鲁班锁(也称孔明锁、难人木、六子联方)起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多,形状和内部的构造各不相同,一般都是易拆难装.如图1,这是一种常见的鲁班锁玩具,图2是该鲁班锁玩具的直观图,每条棱的长均为2,则该鲁班锁的表面积为( )A.8(6+6√2+√3)B.6(8+8√2+√3)C.8(6+6√3+√2)D.6(8+8√3+√2)5.(2020江苏扬州高三三模,15)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,O为上底面ABCD 的中心,设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1与正四棱锥O-A1B1C1D1的侧面积分别为S1,S2,则S1S2=.考向二空间几何体的体积6.(2020山东泰安三模,6)我国古代数学名著《九章算术》中记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示),下底面是边长为2的正方形,上棱EF=32,EF∥平面ABCD,EF与平面ABCD的距离为2,该刍甍的体积为()A.6B.113C.314D.127.(2020山东滨州二模,8)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体.如图,将底面半径都为b,高都为a(a>b)的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱(被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面,下底面的圆心为顶点)放置于同一平面β上,用平行于平面β且与平面β相距任意距离d的平面截这两个几何体,截面分别为圆面和圆环,可以证明S圆=S圆环总成立.据此,椭圆的短半轴长为2,长半轴长为4的椭球的体积是()A.16π3B.32π3C.64π3D.128π38.(多选)(2020山东青岛二中月考,10)沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上、下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏漏沙的速度为0.02 cm 3/s,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是( )A.沙漏中的细沙的体积为1024π81cm 3B.沙漏的体积是128π cm 3C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD.该沙漏的一个沙时大约是1 985 s(π≈3.14) 9.(2020山东聊城一模,16)点M ,N 分别为三棱柱ABC-A 1B 1C 1的棱BC ,BB 1的中点,设△A 1MN 的面积为S 1,平面A 1MN 截三棱柱ABC-A 1B 1C 1所得截面面积为S ,五棱锥A 1-CC 1B 1NM 的体积为V 1,三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为V ,则V 1V = ,S1S = .考向三与球相关的内切问题10.(2020辽宁东北育才学校模拟,15)圆锥SD (其中S为顶点,D 为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,若圆锥的底面半径为3,则圆锥SD 的内切球的表面积为 .11.(2020天津和平区二模,13)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图1,平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图2所示粽子形状的六面体.若该六面体内有一球,则该球体积的最大值为 .考向四与球相关的外接问题12.(2020天津,5)若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A.12π B.24πC.36πD.144π13.(2020江西上饶三模,5)半径为2的球O 内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为( ) A.9√3 B.12√3C.16√3D.18√314.(2020山东滨州二模,14)已知点A ,B ,C ,D 均在球O 的球面上,AB=BC=1,AC=√2,若三棱锥D-ABC 体积的最大值是13,则球O 的表面积为 .15.(2020山东,16)已知直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D 1为球心,√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为 .16.(2020山东德州二模,16)《九章算术》中记载:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A 1B 1C 1中,BB 1=BC=2√3,AB=2,AC=4,且有鳖臑C 1-ABB 1和鳖臑C 1-ABC ,现将鳖臑C 1-ABC 沿线BC 1翻折,使点C与点B1重合,则鳖臑C1-ABC经翻折后,与鳖臑C1-ABB1拼接成的几何体的外接球的表面积是.专题五立体几何5.1空间几何体的结构、体积与表面积专项练考向训练·限时通关1.AB解析如果是绕直角边旋转,形成圆锥,圆锥底面半径为1,高为1,母线就是直角三角形的斜边,母线长是√2,所以形成的几何体的表面积S=πrl+πr2=π×1×√2+π×12=(√2+1)π.如果绕斜边旋转,形成的是两个圆锥,圆锥的半径是直角三角形斜边的高√22,两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,所以形成几何体的表面积S=2×πrl=2×π×√22×1=√2π.综上可知,形成几何体的表面积是(√2+1)π或√2π.2.C解析设圆柱的底面半径为r,母线长为l.因为四面体各个面都是边长为1的正三角形,所以2r=1sin60°=2√33,解得r=√33.因为四面体各个面都是边长为1的正三角形,所以棱锥的高为h=√63×1=√63,即圆柱的母线长为l=√63.所以圆柱的侧面积为S=2πrl=2π×√33×√63=2√2π3.3.A解析由题意知☉O1的半径r=2.由正弦定理知ABsinC=2r,∴OO1=AB=2r sin60°=2√3,∴球O 的半径R=√r2+|OO1|2=4.∴球O的表面积为4πR2=64π.4.A解析由题图可知,该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体,且被截去的正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为√2,则该几何体的表面积为S=6×[(2+2√2)2-4×12×√2×√2]+8×12×2×√3=8(6+6√2+√3).5.3√105解析如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,则正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面积为S1=4×2×3=24.正四棱锥O-A1B1C1D1的斜高为√12+32=√10,∴正四棱锥O-A1B1C1D1的侧面积为S2=4×12×2×√10=4√10.∴S1S2=244√10=3√105.6.B解析如图,作FN∥AE,FM∥ED,连接NM,则多面体被分割为棱柱与棱锥部分,则该刍甍的体积为V F-MNBC+V ADE-NMF=13×2×2-32×2+12×2×2×32=113.7.C解析∵S圆=S圆环总成立,∴半椭球的体积为πb2a-13πb2a=23πb2a.∴椭球的体积V=43πb2a.∵椭圆的短半轴长为2,长半轴长为4,∴该椭球体的体积V=43π×22×4=64π3.8.ACD解析由题图可知,细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,所以细沙的底面半径r=23×4=83(cm),所以细沙的体积V1=13·πr2·2ℎ3=1 3×64π9×163=1024π81(cm3),故A正确;沙漏的体积V2=2×13×π×(ℎ2)2×h=2×1 3×π×42×8=2563π(cm3),故B错误;设细沙流入下部后的高度为h1,根据细沙体积不变可知1024π81=1 3×π×(ℎ2)2×h1,所以1024π81=16π3h1,解得h1≈2.4cm,故C正确;因为细沙的体积为1024π81cm3,沙漏漏沙的速度为0.02cm3/s,所以一个沙时为1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985(s),故D正确.9.71235解析如图所示,延长NM 交直线C 1C 于点P ,连接PA 1交AC 于点Q ,连接QM.平面A 1MN截三棱柱ABC-A 1B 1C 1所得截面为四边形A 1NMQ.∵BB 1∥CC 1,M 为BC 的中点,∴△PCM ≌△NBM ,∴M 为PN 的中点. ∴△A 1MN 的面积S 1=12S △A 1NP . ∵QC ∥A 1C 1,PC PC 1=13=PQPA 1,∴△A 1QM 的面积为23S △A 1PM =13S △A 1NP ,∴S 1S=35.∵△BMN 的面积=18S 四边形B 1C 1CB ,∴五棱锥A 1-CC 1B 1NM 的体积为V 1=78V 四棱锥A 1-B 1C 1BC ,而三棱锥A 1-ABC 的体积=13V ,∴V 1V=78×23V V=712.10.12π 解析依题意,圆锥SD (其中S 为顶点,D 为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,所以(πrl )∶(πr 2)=2∶1,解得l=6.设内切球的半径为R ,则利用轴截面,根据等面积可得12×6×√62-32=12×(6+6+6)R ,解得R=√3.所以该圆锥内切球的表面积为4π×(√3)2=12π. 11.8√6π729解析每个三角形面积是S=12×1×√32=√34.由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的,可求出该四面体的高为√1-(√33)2=√63,所以四面体体积为13×√34×√63=√212.所以六面体体积是√26.由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,需球与六个面都相切.连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥.设球的半径为R ,所以√26=6×(13×√34×R),解得R=√69.所以球的体积V=4π3R 3=4π3(√69)3=8√6729π. 12.C 解析∵2R=√(2√3×√2)2+(2√3)2=6,∴球的表面积为4πR 2=36π.故选C . 13.B 解析如图所示,设正三棱柱上、下底面的中心分别为O 1,O 2,底面边长与高分别为x ,h ,则O 2A=√33x.在Rt △OAO 2中,ℎ24+x 23=4,化为h 2=16-43x 2.∵正三棱柱的侧面积S=3xh , ∴S 2=9x 2h 2=12x 2(12-x 2)≤12x 2+12-x 222=432,当且仅当x=√6时取等号,此时S=12√3. 14.81π16解析设△ABC 的外接圆的半径为r ,∵AB=BC=1,AC=√2,则AB 2+BC 2=AC 2,∴△ABC 为直角三角形,且r=√22.∴S △ABC =12×1×1=12.设三棱锥D-ABC 体积的最大值为V ,则V=13.∵A ,B ,C ,D 均在球O 的球面上,∴D 到平面ABC 的最大距离h=3V S△ABC =3×1312=2,设球O 的半径为R ,则R 2=r 2+(h-R )2,即R 2=(√22)2+(2-R )2,解得R=98.∴球O 的表面积为S=4π(98)2=81π16. 15.√22π 解析如图所示,∵∠B 1C 1D 1=∠B 1A 1D 1=∠BAD=60°且B 1C 1=C 1D 1,∴△B 1C 1D 1为等边三角形.∴B 1D 1=2.设点O 1是B 1C 1的中点,则O 1D 1=√3,易证D 1O 1⊥平面BCC 1B 1,设P 是球面与侧面BCC 1B 1交线上任意一点,连接O 1P ,则O 1D 1⊥O 1P ,∴D 1P 2=D 1O 12+O 1P 2,即5=3+O 1P 2,∴O 1P=√2.即P 在以O 1为圆心,以√2为半径的圆上.取BB 1,CC 1的中点分别为E ,F ,则B 1E=C 1F=O 1B 1=O 1C 1=1,EF=2,∴O 1E=O 1F=√2,O 1E 2+O 1F 2=EF 2=4,∴∠EO 1F=90°,∴交线EPF ⏜=14×2√2×π=√22π. 16.100π3 解析将鳖臑C 1-ABC 沿线BC 1翻折,使点C 与点B 1重合,则鳖臑C 1-ABC 经翻折后,A 点翻折到E 点,A ,E 关于点B 对称,所拼成的几何体为三棱锥C 1-AEB 1,如图,由BB 1=BC=2√3,AB=2,AC=4,可得AB 1=√BB 12+AB 2=4,B 1E=√BB 12+BE 2=4,即△B 1AE 为正三角形,所以其外接圆圆心为三角形中心O 1.设三棱锥外接球球心为O ,半径为R ,连接O 1O ,则O 1O ⊥平面AB 1E ,连接OC 1,OB 1,在△OB 1C 1中作OM ⊥B 1C 1,垂足为M ,如图,因为OC 1=OB 1=R ,OM ⊥B 1C 1,所以M 是B 1C 1的中点.由矩形MOO 1B 1可知OO 1=12B 1C 1=12BC=√3. 因为O 1为△AB 1E 的中心,所以B 1O 1=23B 1B=23×2√3=4√33. 在Rt △B 1OO 1中,R=√OO 12+B 1O 12=√3+163=5√33,所以三棱锥外接球的表面积S=4πR 2=100π3.。

高考数学复习考点知识与题型专题讲解5---空间向量与立体几何(解析版)

高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题5 空间向量与立体几何（1）高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．主要有两种考查形式：①利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；②考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.（2）运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．（3）求二面角最常用的方法就是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．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|||cos||cos,|||||θ⋅==〈〉vvvμμμ.（4）用向量解决探索性问题的方法：1/ 44①确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．②确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．③解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．已知梯形BFEC 如图1所示，其中//BF EC ，3EC =，2BF =，四边形ABCD 是边长为1的正方形，沿AD 将四边形EDAF 折起，使得平面EDAF ⊥平面ABCD ，得到如图2所示的几何体．（1）求证：平面AEC ⊥平面BDE ；（2）若点H 在线段BD 上，且EH 与平面BEF 所成角的正弦值为DH 的长度．【试题来源】黑龙江省哈尔滨市哈尔滨第三中学2020-2021学年高三下学期第一次模拟3 / 44（理）【答案】（1）证明见解析；（2）2．【分析】（1）利用折前折后的不变量先证明线面垂直，再进一步得到面面垂直．（2）建系求平面BEF 法向量，建立方程求解．【解析】（1）因为平面EDAF ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面EDAF ，平面EDAF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE AC ⊥，因为四边形ABCD 是正方形所以AC BD ⊥，因为DE 、BD ⊂平面BDE ，DE BD D ⋂=，所以AC ⊥平面BDE ，因为AC ⊂平面ACE 所以平面AEC ⊥平面BDE ；（2）建系如图：设平面BEF 的法向量(),,n x y z =，()0,0,2E ，()1,0,1F ，()1,1,0B ，00EF n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，则()1,1,1n =，设(),,0H a a ，(),,2a H a E =-，cos ,EH n ==，解得12a =或74a =（舍），11,,022H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2DH =.2．在三棱锥A BCD -中，2AB AD BD ===，BC DC ==2AC =．（1）求证：BD AC ⊥；（2）若P 为AC 上一点，且34AP AC =，求直线BP 与平面ACD 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省绍兴市第一中学2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）7．【分析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，证明BD ⊥平面AOC 即可；（2）首先证明AO ⊥平面BDC ，然后以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，然后算出BP 和平面ACD 的法向量即可得到答案．【解析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，因为AB AD =，BC DC =，所以BD AO ⊥，BD OC ⊥，因为AO OC O =，所以BD ⊥平面AOC ，即BD AC ⊥．（2）由（1）得，BD ⊥平面AOC ，因为BD ⊂平面BCD ，所以平面AOC ⊥平面BDC ，易得AO =1OC =，所以222AO OC AC +=，即AO OC ⊥，5 / 44因为平面AOC 平面BDC OC =，所以AO ⊥平面BDC ，如图所示，以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，(A ，()1,0,0B ，()0,1,0C ，()1,0,0D -，30,4P ⎛ ⎝⎭，31,4BP ⎛=- ⎝⎭，(1DA =，(1,1,0)DC =，设(,,)n x y z =为平面ADC 一个法向量，则有0000n DA x n DC x y ⎧⎧⋅==⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取(3,3,n =-，设θ为直线BP 与平面ACD所成角，则933sin 21n BP n BP θ++⋅===⋅．即直线BP 与平面ACD 3．在边长为2的菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，点E 是边AB 的中点（如图1），将ADE 沿DE折起到1A DE △的位置，连接11,A B AC ，得到四棱锥1A BCDE -（如图2）（1）证明：平面1A BE ⊥平面BCDE ；（2）若1A E BE ⊥，连接CE ，求直线CE 与平面1ACD 所成角的正弦值．【试题来源】广东省广州市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析，（2．【分析】（1）连接图1中的BD ，证明DE AB ⊥，然后证明DE ⊥平面1A BE 即可；（2）证明1A E ⊥平面BCDE ，然后以E 为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可．【解析】（1）连接图1中的BD ，因为四边形ABCD 为菱形，且60BAD ∠=︒所以ABD △为等边三角形，所以DE AB ⊥所以在图2中有1,DE BE DE A E ⊥⊥，因为1BE A E E ⋂=所以DE ⊥平面1A BE ，因为DE BCDE ⊂，所以平面1A BE ⊥平面BCDE（2）因为平面1A BE ⊥平面BCDE ，平面1A BE 平面BCDE BE ，1A E BE ⊥，11A E A BE ⊂，所以1A E ⊥平面BCDE ，7 / 44以E 为原点建立如图空间直角坐标系，所以()()()()10,0,1,,,0,0,0A C D E ，所以()()()110,3,1,2,3,1,2,3,0A D AC EC =-=-=，设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =，则1130230n A D y z n AC x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，令1y =，则(0,1,3n =，所以3cos ,27n ECn EC n EC ⋅===⋅ 所以直线CE 与平面1ACD 4．已知三棱锥P ABC -中，1PAPB PC ===，三棱锥Q ABC -中QAB ，QBC ，QCA 为全等的等边三角形，QA =（1）证明：PQ ⊥平面ABC ；（2）求直线QB 与平面APQ 所成角的正弦值．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）12．【分析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．可得PM ⊥平面ABC ，QM ⊥平面ABC ，即可得出结果．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，即可得出结果．【解析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．因为1PA PB PC ===，AB BC CA ===所以PAB △，PBC ，PCA 是全等的等腰直角三角形，PC PA ⊥，PC PB ⊥，PA PB P =，所以PC ⊥平面PAB ．又AB 平面PAB ，所以PC AB ⊥．因为ABC 为等边三角形，所以CD AB ⊥．又PC CD C =，所以AB ⊥平面PCD ，又PM ⊂平面PCD ，所以PM AB ⊥．同理，PM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以PM ⊥平面ABC ．因为QD AB ⊥，QD CD D ⋂=，所以AB ⊥平面QCD ，且QM ⊂平面QCD ，所以QM AB ⊥．同理，QM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以QM ⊥平面ABC ，所以P ，Q ，M 三点共线，所以PQ ⊥平面ABC ．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 所9 / 44在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()0,1,0B ，()0,0,0P ，()1,1,1Q ，所以()1,0,1BQ =，()1,0,0PA =，()1,1,1PQ =．设平面APQ 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n PA n PQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x y z =⎧⎨++=⎩解得0,,x y z =⎧⎨=-⎩ 令1z =，则1y =-，所以()0,1,1n =-．设直线QB 与平面APQ 所成角为θ，则1sin 22n BQn BQ θ⋅===⋅．5．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，平面PAD ⊥平面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，22PAPD ADCD BC =====．（1）求证：BC ⊥平面PQB ；（2）求二面角A BM P --的余弦值．【试题来源】河南省中原名校2020-2021学年高三下学期质量考评一（理）【答案】（1）证明见解析；（2）217．【分析】（1）先证四边形BCDQ 为矩形．再证BC PQ ⊥，由线面垂直的判定定理即可证明直线BC ⊥平面PQB ；（2）建立空间坐标系，分别求出平面ABM 和平面PBM 的法向量，结合向量夹角公式求解即可．【解析】（1）因为Q 为AD 的中点，12BC AD =，所以BC QD =，因为//AD BC ，所以四边形BCDQ 为平行四边形．因为90ADC ︒∠=，所以四边形BCDQ 为矩形，所以BC BQ ⊥．因为PA PD =，AQ QD =，所以PQ AD ⊥，因为//AD BC ，所以BC PQ ⊥．因为PQ BQ Q =，所以BC ⊥平面PQB ．（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，结合（1）易知QA ，QB ，QP 两两垂直，以Q 为原点，QA ，QB ，QP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图．因为Q 为AD 的中点，22PA PD AD CD BC =====，因为在Rt PQA △中，PQ ===2BQ CD ==，11 / 44所以()1,0,0A ，()0,2,0B ，()1,2,0C -，(P ，因为M 为PC的中点，所以1,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,2,0AB =-，1,2BM ⎛=-- ⎝⎭，(0,2,PB =，设平面ABM 的法向量为()111,,m x y z =，由11111201022m AB x y m BM x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，令11y =，得12x =，1z =，即42,1,m ⎛= ⎝为平面ABM 的一个法向量，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，由2222220102n PB y n BM x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩，令2z =232y =，20x =，即30,,2n ⎛= ⎝为平面PBM 的一个法向量，设二面角A BM P --为θ，由题意，可得π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2,1,cos 217m n m n θ⎛ ⋅⎝====⋅，即二面角A BM P --．【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．（2）设,m n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>互补或相等，求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．6．如图长方体1111ABCD A BC D -中，1AB AD ==，12AA =，点E 为1DD 的中点．（1）求证：1//BD 平面ACE ；（2）求证：1EB ⊥平面ACE ；（3）求二面角1--A CE C 的余弦值．【试题来源】北京市2021届高三年级数学学科综合能力测试试题【答案】（1）见解析（2）见解析（3）【分析】（1）作辅助线，由中位线定理证明1//OE BD ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）连接11, B O AB ，由勾股定理证明1EB OE ⊥，1EB AE ⊥，再结合线面垂直的判定定理证明即可；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦值即可．【解析】（1）连接BD 交AC 与点O ，连接OE ，四边形ABCD 为正方形，∴点O 为BD 的中点，又点E 为1DD 的中点，∴1//OE BD ，OE ⊂平面ACE ，1BD ⊄平面ACE ，1//BD ∴平面ACE13 / 44（2）连接11, B O AB ，由勾股定理可知1EB ==，12B O ==，2OE ==22211BO OE EB =+，1EB OE ∴⊥，同理可证22211B E AE AB +=，1EB AE ∴⊥， ,,AE OE E AE OE ⋂=⊂平面ACE ，1EB ∴⊥平面ACE ；（3）建立如下图所示的空间直角坐标系，11(1,0,0),(0,1,0)(0,0,1)(0,1,2),(1,1,,,2)A C E C B显然平面1CC E 的法向量即为平面yDz 的法向量，不妨设为(1,0,0)m =，由（2）可知1EB ⊥平面ACE ，即平面ACE 的法向量为1(1,1,1)n EB ==， 3cos ,||3m n m nmn ⋅==⋅，又二面角1--A CE C 是钝角，∴二面角1--A CE C 的余弦值为【名师点睛】在第一问中，关键是利用中位线定理找到线线平行，再由定义证明线面平行；在第二问中，关键是利用勾股定理证明线线垂直，从而得出线面垂直；在第三问中，关键是建立坐标系，利用向量法求面面角的余弦值．7．如图1，在矩形ABCD 中，22,BC AB E ==是AD 中点，将CDE △沿直线CE 翻折到CPE △的位置，使得PB =2．（1）求证：面PCE ⊥面ABCE ；（2）求PC 与面ABP 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考【答案】（1）证明见解析；（2）11．【分析】（1）连结BE ，可得BE EC ⊥，结合两图，可得BE EC ⊥，BE PE ⊥，又EC PE E ⋂=，15 / 44根据线面垂直的判定定理证得BE ⊥面PEC ，再利用面面垂直的判定定理证得结果；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果．【解析】（1）连结BE ，由图1可得BE EC ⊥，在图2中1,BE PE PB BE PE ==∴⊥，又EC PE E BE ⋂=∴⊥面PEC ，BE ∴⊂面ABCE ∴面PCE ⊥面ABCE ；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系．由题意可知，()()()131,0,0,1,2,0,0,1,0,,,222B C E P ⎛ ⎝⎭， ()132,,,1,0,0222AP AB ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，设面ABP 的法向量为(),,n x y z =，则0,0n AP n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩令y =得3,z =-所以()0,2,3n =-，11,,222PC ⎛=- ⎝⎭， 222sin cos ,11PC nPC n PC n θ⋅∴===⨯，所以直线PC 与面ABP ．【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，进而得到线面角的正弦值．8．如图，圆O 的半径为4，AB 、CD 是圆O 的两条互相垂直的直径，P 为OA 的中点，//EF CD ．将此图形沿着EF 折起，在翻折过程中，点A 对应的点为1A ．（1）证明：1A B CD ⊥；（2）当123A PB π∠=时，求二面角1A BC P --的正弦值．【试题来源】辽宁省名校联盟2020-2021学年高三3月份联合考试【答案】（1）证明见解析；（2．【分析】（1）证明出CD⊥平面1A PB ，进而可得出1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），以点O 为坐标原点，OD 、17 / 44OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角1A BC P --的正弦值．【解析】（1）折叠前，因为AB CD ⊥，//CD EF ，则AB EF ⊥，折叠后，对应地，有1PA EF ⊥，PB EF ⊥，因为//EF CD ，所以1CD PA ⊥，CD PB ⊥，1PA PB P =，所以，CD ⊥平面1A PB ，因为1A B ⊂平面1A PB ，所以1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），设二面角1A BC P --为θ，以点O 为坐标原点，OD 、OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()0,4,0B 、()4,0,0C -，且当123A PB π∠=时，(10,A -，所以()4,4,0BC =--，(10,BA =-，设平面1A BC 的法向量为(,,)m x y z =，则144070m BC x y m BA y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令x =y =7z =-，所以()3,7m =-，因为平面BCD 的一个法向量为()0,0,1n =，则755cos 55m n m n θ⋅==⋅，因此，sin θ==．【名师点睛】利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．9．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 内接于半径为2的圆O ，AB 为圆O 的直径，//AB CD ，2DC AB =，E 为AB 上一点，且PE ⊥平面ABCD ，ED =．（1）求证：PA DE ⊥；（2）若直线PB 与平面ABCD 所成的角为4π，求二面角C PB D --的余弦值．【试题来源】2021年新高考测评卷数学（第一模拟）【答案】（1）证明见解析；（2．【分析】（1）连接CO ，利用已知条件得到四边形ADCO 是平行四边形，连接DO ，得到AOD △为等边三角形，利用条件得到DE AO ⊥，再利用线面垂直关系得到PE DE ⊥，利用线面垂直的判定定理得到DE ⊥平面PAE ，进而可得结论．（2）由（1）可知ED ，EB ，EP 两两垂直，进而建立空间直角坐标系E xyz -得到相关向量的坐标，求出平面PBD 与平面PBC 的法向量1n ，2n ，利用12cos ,n n 得到二面角C PB D --的余弦值．【解析】（1）连接CO ，因为//AB CD ，2DC AB =，19 / 44//AO CD ，且=AO CD ，所以四边形ADCO 是平行四边形．连接DO ，因为圆O 的半径为2，所以2AO OC DC AD DO =====，所以AOD △为等边三角形，所以在AOD △中，AO边上的高为sin2sin 33AD ππ==因为ED =，所以DE 为AO 边上高，所以DE AO ⊥．因为 PE ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ，所以PE DE ⊥，又DE AE ⊥，AE ，PE ⊂平面PAE ，且AE PE E ⋂=，所以DE ⊥平面PAE ．因为PA ⊂平面PAE ，所以PA DE ⊥．（2）由PE ⊥平面ABCD 可知，PBE ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角，所以4PBE π∠=，因为 3PE EB ==．又由（1）知，ED ，EB ，EP 两两垂直，如图，可以以E 为坐标原点，以ED ，EB ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E xyz -．则()0,3,0B，)2,0C，)D，()0,0,3P ，所以()3,3,0BD =-，()0,3,3PB =-，()3,1,0BC =-．设平面PBD 的法向量为()1111,,n x y z =，则110,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得111130,330,y y z -=-=⎪⎩，得1111,,x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则()13,1,1n =．设平面PBC 的法向量为()2222,,n x y z =，则220,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22220,330,y y z -=-=⎪⎩，令21x =，则2y 2z =(2n =．所以1212123cos ,5n n n n n n ⋅===易知二面角C PB D --为锐二面角，所以二面角C PB D --的余弦值为35．【名师点睛】解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错．（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量．（4）利用法向量求距离、线面角或二面角．10．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PBC ⊥平面,90,//,90ABCD PBC AD BC ABC ∠∠==，222AB ADBC ====（1）求证：CD⊥平面PBD ；（2）若直线PD 与底面ABCD 求二面角B PC D --的正切值．21 / 44【试题来源】贵州省新高考联盟2021届高三下学期入学质量监测（理）【答案】（1）证明见解析；（2【分析】（1）由于222AB AD BC ====根据勾股定理可得CD DB ⊥，再由面面垂直性质定理可得PB CD ⊥即可证CD ⊥平面PBD ；（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，转化为正弦即可．【解析】（1）在四边形ABCD中，//,90,22AD BC ABC AB AD BC ∠===，所以,ABD BCD 都为等腰直角三角形，即CD DB ⊥，因为平面PBC ⊥平面,90ABCD PBC ∠=，平面PBC 平面,ABCD BC =所以直线PB ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ,所以PB CD ⊥,又PB BD B ⋂=，所以CD ⊥平面PBD ．（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2,BC =则,1,AB CD BD ===因为直线PD 与底面ABCD所成的角的余弦值为3所以在Rt PBD △中,cos 3BD PDB PD ∠==即2PD PB ==，设平面PBC 和平面PDC 法向量分为为,,m n 易知可取()0,0,1,m =因为PC =()()2,2,0,1,0,1,DC -=-所以0,0PC n DC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩解得()1,1,1,n = 设所求二面角为,θ所以1cos ||||3m n m n θ⋅==⋅，即tan 2θ=. 【名师点睛】涉及异面直线所成的角，线面角，二面角的问题，一般可以建立适当直角坐标系，利用向量的夹角坐标公式求解，属于中档题．11．如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，AD //BC ，BC ⊥AB ，AB =BC =2AE =2，F 为CE 上一点，且BF ⊥平面ACE ．（1）证明：AE ⊥平面BCE ；（2）若平面ABE 与平面CDE 所成锐二面角为60°，求AD ．【试题来源】广东省湛江市2021届高三一模【答案】（1）见解析；（215 【分析】（1）由平面ABCD ⊥平面ABE 证明BC ⊥面ABE ，得到BC ⊥AE ，由BF ⊥平面ACE ，得到BF ⊥AE ，从而证明AE ⊥平面BCE ．（2）过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为z 轴正方向，建立直角坐标系，用向量法计算可得．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，AB 为平面ABCD 和平面ABE 的交线，BC ⊥AB ，所以BC ⊥面ABE ，所以BC ⊥AE ．又BF ⊥平面ACE ，所以BF ⊥AE ．又BC BF B =，所以AE ⊥平面BCE ．（2）如图示，过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为23 / 44z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,0,2,0,,0,0,2,2,0,0,,22A B E C D m ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭所以()33,,2,0,2,222CE CD m ⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭, 设(),,m x y z=为平面CDE 的一个法向量，则·0·0m CE m CD ⎧=⎨=⎩，即()32020220x y z x y m z ⎧++=⎪⎨⎪⨯-+-=⎩，不妨取z =2，则32,2m m m ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎭, 显然平面ABE 的一个法向量()0,0,2n BC ==, 所以cos ,cos60m n m n m n ===⨯⎛，解得m =AD【名师点睛】立体几何解答题的基本结构：（1）第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；（2）第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．12．如图所示多面体ABCDEF 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，CF ⊥平面ABCD ，ADE 是正三角形，四边形ABCD是菱形，2AB=，CF=π3 BAD∠=．（1）求证：//EF平面ABCD；（2）求二面角E AF C--的正弦值．【试题来源】山东省济宁市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2．【分析】（1）要证明线面平行，需线证明信线线平行，过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OC，可证明四边形EOCF是平行四边形，即可证明线面平行；（2）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值，再求正弦值．【解析】（1）过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OB，OC，BD因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE平面ABCD AD=,EO⊂平面ADE，所以EO⊥平面ABCD，又ADE是正三角形，2AD=，所以EO，因为CF⊥平面ABCD，CF=//CF OE，CF OE=，所以四边形OCFE为平行四边形，所以//OC EF，25 / 44因为OC ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ；（2）因为四边形ABCD 是菱形，2AB =，π3BAD ∠=，OB AD ⊥ 故，以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OE 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．所以()1,0,0A，()B，()C -，()1,0,0D -，(E，(F -．所以(AE =-，()EF =-，()1,DB =，设平面AEF 的一个法向量为(),,n x y z =，由00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩得020x x ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =21y z =⎧⎨=⎩，所以()3,2,1n =，因为CF ⊥平面ABCD 所以CF BD ⊥，在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又CFAC C =所以BD ⊥平面ACF ，所以DB 是平面ACF 的一个法向量，设二面角E AF C --的大小为θ，则32cos cos ,22DB nn DB DB n θ⋅+===⨯⨯，所以sin θ==．【名师点睛】求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角．13．如图，在四棱锥S ABCD -中，13SA SB SC SD ====，AC CD ⊥，6AB =，8BD =．（1）求证：平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角A SB D --的余弦值．【试题来源】广东省深圳市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，可得SO AD ⊥，利用直角三角形的性质可得OC OD =，即可证明SOC SOD ≅，进而可得SO OC ⊥，利用线面垂直的判定定理可证SO ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明Rt SOA Rt SOB ≅，OA OB OC OD ===，可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，进而可得SO 和AD 的长，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面ABS 的一个法向量和平面SBD 的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解．【解析】取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，因为SA SD =，所以SO AD ⊥，因为AC CD ⊥，O 为AD 的中点，所以12OC AD OD ==，27 / 44因为SO SO =，SC SD =，所以SOC SOD ≅，所以90SOC SOD ∠=∠=，所以SO OC ⊥，因为OC OD O =，OC ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD ，因为SO ⊂平面SAD ，所以平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）由（1）知SO ⊥平面ABCD ，所以SO BO ⊥，在Rt SOA 和Rt SOB 中，由 SO SO =，SA SB =可得Rt SOA Rt SOB ≅，所以OA OB =，即OA OB OC OD ===，所以,,,A B C D 在以O 为圆心的圆上，由AC CD ⊥可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，10AD ==，5AO =，12SO =，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则()0,6,0A ，()0,0,0B ，()8,0,0D ，()4,3,0O ，()4,3,12S ，()0,6,0BA =，()8,0,0BD =，()4,3.12BS =，设平面ABS 的一个法向量()111,,m x y z =，则11116043120m BA y m BS x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩令13x =，可得11z =-，10y =，所以()3,0,1m =-，设平面SBD 的一个法向量为()222,,n x y z =，则22224312080n BS x y z n BD x ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，令24y =，则21z =-，20x =，所以()0,4,1n =-，所以cos ,=10m nm n m n ⋅=⨯⋅，因为二面角A SB D --的平面角为钝角，所以二面角A SB D --的余弦值为．（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．14．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PA PD ==，24DC AD AB ===，AB AD ⊥，//AB CD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PB 上一点．（1）在平面PAB 内能否作一条直线与平面PAD 垂直？若能，请画出直线并加以证明；若不能，请说明理由；（2）若13PE PB =时，求直线AE 与平面PBC 所成角的正弦值．【试题来源】甘肃省2020-2021学年高三第一次高考诊断（理）试卷【答案】（1）答案见解析；（2）7．【分析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，由AB ⊥平面PAD 可知EF ⊥平面PAD ；（2）以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【解析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，EF 为所求作的直线，29 / 44因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB AD ⊥，所以AB ⊥平面PAD ，因为//EF AB ，所以EF ⊥平面PAD ．（如证明AB ⊥平面PAD 、或寻找PB 上任意一点作平行线、垂线都可）（2）取AD 中点O ，BC 中点M ，连接OM ，则OM ⊥平面PAD ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．则可得(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(2,4,0)C -，(0,0,2)P ，则(2,2,2)PB =-，(4,2,0)BC =-．设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，易得020x y z x y +-=⎧⎨-+=⎩，不妨取(1,2,3)n =．因为13PE PB =，所以224,,333E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以424,,333AE ⎫⎛=- ⎪⎝⎭设AE 与平面PBC 所成角为θ，则14sin 7||||AE n AE n θ⋅==．所以AE 与平面PBC 【名师点睛】求线面角，二面角时，根据题意建立适当的空间直角坐标系，利用平面的法向量，求解线面角，二面角是解题的关键，属于中档题．15．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，BC CD ⊥，2PA AD ==，1CD =，3BC =，点M ，N 在线段BC 上，21BM MN ==，AN MD E ⋂=，Q 为线段PB 上的一点．（1）求证：MD ⊥平面PAN ；（2）若平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角的余弦值为45，求直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值．【试题来源】山东省青岛市2021届高三一模数学试卷【答案】（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据AMN DAM ∽△△可证MD AN ⊥，再结合PA MD ⊥即可证明MD ⊥平面PAN ；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，设(),,Q x y z ，分别求得平面MQA 与平面PAN 的法向量，结合二面角的余弦值为45得Q 坐标，再求MQ 与平面ABCD 的法向量结合公式求得所成角的正弦值．【解析】（1）证明：因为3BC =，1BM =，所以2CM =，AD CM =，31 / 44因为//AD CM ，所以//AD CM ，所以四边形AMCD 为平行四边形．因为BC CD ⊥，所以四边形AMCD 为矩形．因为12MN AM AM AD ==，所以AMN DAM ∽△△ 所以90AED MAN AME ADM AME ∠=∠+∠=∠+∠=︒所以MD AN ⊥，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA MD ⊥，AN PA A ⋂=，所以MD ⊥平面PAN ．（2）如图建立空间直角坐标系则()1,0,0M ，()0,0,0A ，()002P ,,，11,,02N ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0B -，(),,Q x y z 设()()11,1,1,1,212x BQ BP x y z y z λλλλλ=-⎧⎪=⇒-+=-⇒=-⎨⎪=⎩，所以()1,1,2Q λλλ--(),1,2MQ λλλ=--，()1,0,0AM =，()0,0,2AP =，11,,02AN ⎛⎫= ⎪⎝⎭设平面MQA 与平面PAN 的一个法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z =所以()()111111112000,2,100x y z n MQ n x n AM λλλλλ⎧⎧-+-+=⋅=⎪⇒⇒=-⎨⎨=⋅=⎪⎩⎩ ()1222222001,2,01002z n AP n x y n AN ⎧=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩设平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角为θ，所以121241cos 524n n n n θλ⋅===⇒=⋅ 此时11,,122MQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，平面ABCD 的一个法向量()30,0,1n =，所以336sin 3n MQ n MQα⋅==．所以直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值为3．【名师点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解；（2）、用空间向量坐标公式求解．16．在如图所示的圆柱12O O 中，AB 为圆1O 的直径，C ，D 是AB 的两个三等分点，EA ，FC ，GB 都是圆柱12O O 的母线．（1）求证：1//FO 平面ADE ；（2）若2BC FC ==，求二面角B AF C --的余弦值．【试题来源】2021年高考数学（理）二轮复习热点题型精选精练【答案】（1）证明见解析；（2）7．【分析】（1）连接1O C ，1O D ，易证1//CO AD ，//EA FC ，根据面面平行的判定定理可33 / 44得平面1//FCO 平面ADE ，再根据面面平行的定义即可证得1//FO 平面ADE ；（2）因为直线CA ，CB ，CF 两两垂直，所以以C 为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面ABF ，平面ACF 的一个法向量，根据二面角的向量坐标公式即可求出．【解析】（1）连接1O C ，1O D ，因为C ，D 是半圆AB 的两个三等分点，所以11160AO D DO C CO B ∠=∠=∠=︒，又1111O A O B OC O D ===，所以1AO D ，1CO D △，1BO C △均为等边三角形，所以11O A AD DC O C ===，所以四边形1ADCO 是平行四边形，所以1//CO AD ，因为11O A AD DC O C ===，1CO ⊄平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以1//CO 平面ADE ．因为EA ，FC 都是圆柱12O O 的母线，所以//EA FC ，因为⊄FC 平面ADE ，EA ⊂平面ADE ，所以//FC 平面ADE ．又1,CO FC ⊂平面1FCO ，1CO FC C ⋂=，所以平面1//FCO 平面ADE ，又1FO ⊂平面1FCO ，所以1//FO 平面ADE ．（2）连接AC ，因为FC 是圆柱12O O 的母线，所以FC ⊥圆柱12O O 的底面，因为AB 为圆1O 的直径，所以90ACB ∠=︒，所以直线CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为原点建立空间直角坐标系如图：因为2BC FC ==，所以()000C ,,，()A ，()0,2,0B ，()0,0,2F ，()2,0AB =-，()AF =-，由题知平面ACF 的一个法向量为()0,2,0CB =，设平面ABF 的一个法向量为(),,n x y z =，则：220220n AB yn AF z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，y =z =(1,3,n =．所以23cos ,727CB n CB n CB n⋅===．由图可知，二面角B AF C --的平面角为锐角，所以二面角B AF C --．【名师点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及二面角的求法，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．线面平行的证明一般可以通过线面平行的判定定理或者面面平行的定义证出，二面角的求法一般有：定义法，垂面法，三垂线法，向量法，坐标法，面积射影法等．17．如图，在平面四边形ABCD 中，AB =AD ，BC =CD 且BC ⊥CD ，以BD 为折痕把ABD 和CBD 向上折起，使点A 到达点E 的位置，点C 到达点F 的位置(E ，F 不重合)．（1）求证：EF ⊥BD ；（2）若平面EBD ⊥平面FBD ，点E 在平面ABCD 内的正投影G 为ABD 的重心，且直线35 / 44EF 与平面FBD 所成角为60°，求二面角A -BE -D 的余弦值．【试题来源】安徽省江南十校2021届高三下学期3月一模联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2）13．【分析】（1）取BD 的中点O ，连接FO 和EO ，利用线面垂直的判定定理，证得BD ⊥平面EFO ，即可得到EF BD ⊥；（2）由（1）得到以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz -，分别求得平面ABE 和平面BED 的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解．【解析】（1）如图所示，取BD 的中点O ，连接FO 和EO ，由题意知FBD 和BED 均为等腰三角形，且,BF DF BE ED ==，故,.FO BD EO BD ⊥⊥因为,FO EO O ⋂=所以BD ⊥平面EFO ，因为EF ⊂平面,EFO 所以.EF BD ⊥（2）由（1）知，EO BD ⊥，因为平面EBD ⊥平面FBD ，平面,EBD FBD BD EO ⋂=⊂平面平面,EBD 所以EO ⊥平面FBD ，直线EF 与平面FBD 所成角为EFO ∠，可得60EFO ∠=，因为FB FD FB FD =⊥，O 为BD 中点，所以112FO BD ==，所以EO =，所以2BE ED BD ===，即EBD △为等边三角形，G 为等边ABD △的中心，以O 为坐标原点，OD 的方向为x 轴正方向，OG 的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，可得(),(1,0,0),(1,0,0),A B D E ⎛- ⎝⎭，则3(1,3,0),(2,0,0),1,3AB BD BE ⎛=--== ⎝⎭，。

高考数学二轮复习专题五《立体几何》新人教版

【专题五】立体几何【考情分析】1．立体几何内容既承担着对逻辑思维能力的考查，又承担着对空间想象能力的考查，常以选择题、填空题的形式全面考查线线、线面、面面等空间位置关系，难度适中，纵观历年的高考题一定有一个立体几何的解答题，考查平行、垂直的证明及面积、体积的计算等，难度中等，理科还可以以空间向量为工具证明位置关系或求空间中的角和距离等．高考的另一个新趋势是以立体几何为载体，考查函数、解析几何等的知识交汇点的综合题．2．立体几何考查的重点有：空间几何体的结构特征、空间几何体的侧面积、表面积和体积、直线与平面、平面与平面之间的位置关系，三视图是新教材的内容，已经成为了必考的重点知识点．等体积转化法、割补思想是该部分考查的主要思想方法．【知识交汇】1．充分、必要条件与点线面位置关系的综合高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和立体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题．例1．已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案：B解析：由平面与平面垂直的判定定理知，如果m 为平面α内的一条直线，m β⊥，则αβ⊥；反过来则不一定．所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件．例2．设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是（）（A ）βαβα⊥⊥,//,b a （B ）βαβα//,,⊥⊥b a （C ）βαβα//,,⊥⊂b a （D ）βαβα⊥⊂,//,b a 答案：C解析：由b β⊥，α∥β得b α⊥，又a α⊂，因此可知b a ⊥，故a b ⊥的一个充分条件是C ，选C ．点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念．解决此类问题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定．此类小题是很容易出错的题目，解答时要特别注意．2．三视图与几何体的面积、体积的综合空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，新课标地区的高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏易题．随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加．例3．右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）A．9πC．11πD．12π答案：D解析：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表面及为：22411221312.Sππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D．点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积．既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法．例4．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是3cm．答案：18解析：该几何体是由两个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为18．点评：此题主要是考查了几何体的三视图，通过三视图的考查充分体现了几何体直观的考查要求，与表面积和体积结合的考查方法．3．几何体与线、面位置关系的综合以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质定理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直，多以选择题和解答题形式出现，解答题中多以证明线线垂直、线面垂直、面俯视图正(主)视图侧(左)视图面垂直为主，属中档题．例5．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中O 为正方形ABCD 的中心，M 为BB 1的中点，求证：（1）D 1O//平面A 1BC 1；（2）D 1O ⊥平面MAC ．证明: (1)连结11,BD B D 分别交11,AC AC 于1,O O 在正方体1111ABCD A BC D -中，对角面11BB D D 为矩形1,O O 分别是11,BD B D 的中点11//BO DO ∴∴四边形11BO D O 为平行四边形11//BO D O ∴1D O ⊄平面11A BC ，1BO ⊂平面11A BC 1//D O ∴平面11A BC（2）连结MO ，设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为a ，在正方体1111ABCD A BC D -中，对角面11BB D D 为矩形且1,BB a BD =,O M 分别是1,BD BB 的中点,22a BM BO OD ∴===12BM BO OD DD ∴== 1ODD Rt MBO Rt ∆≅∆ 1BOM DDO ∴∠=∠在1ODD Rt ∆中，1190DDO DOD ∠+∠= 190BOM DOD ∴∠+∠=，即1D O M O⊥ 在正方体1111ABCD A BC D -中 1DD ⊥平面ABCD 1DD AC ∴⊥又AC BD ⊥，1DD BD D = AC ∴⊥平面11BB D D1D O ⊂平面11BB D D 1AC DO ∴⊥ 又ACMO O = 1D O ∴⊥平面MAC点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线垂直推出线面垂直，证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理．4．空间向量与空间角和距离的综合用空间向量解决立体几何问题的基本步骤：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹我有等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问题）．例6．如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4，BC=CD=2， AA 1=2， E 、E 1、F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点．（1）证明：直线EE 1//平面FCC 1；（2）求二面角B-FC 1-C 的余弦值．解析：解法一：（1）在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，取A 1B 1的中点F 1，连接A 1D ，C 1F 1，CF 1，因为AB=4， CD=2，且AB//CD ，所以CD =//A 1F 1，A 1F 1CD 为平行四边形，所以CF 1//A 1D ，又因为E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点，所以EE 1//A 1D ，所以CF 1//EE 1，又因为1EE ⊄平面FCC 1，1CF ⊂平面FCC 1，所以直线EE 1//平面FCC 1．（2）因为AB=4， BC=CD=2，、F 是棱AB 的中点，所以BF=BC=CF ，△BCF 为正三角形，取CF 的中点O ，则OB ⊥CF ，又因为直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，CC 1⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BO ，所以OB ⊥平面CC 1F ，过O 在平面CC 1F 内作OP ⊥C 1F ，垂足为P ，连接BP ，则∠OPB 为二面角B-FC 1-C 的一个平面角，在△BCF为正三角形中，OB =在Rt △CC 1F 中， △OPF ∽△CC 1F ，∵11OP OF CC C F =∴2OP ==， EAB CF E 1A 1B 1C 1D 1DF 1OPEABCFE 1A 1B 1C 1D 1 D在Rt△OPF中，2 BP===，cosOPOPBBP∠===所以二面角B-FC1-C的余弦值为7．解法二:（1）因为AB=4， BC=CD=2， F是棱AB的中点，所以BF=BC=CF，△BCF为正三角形，因为ABCD为等腰梯形，所以∠BAC=∠ABC=60°，取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD，以DM为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A-1，0），F1，0），C（0，212-，0），E1-1，1），所以131(,1)2EE=-，(3,1,0)CF=-，1(0,0,2)CC=1(,2)FC=设平面CC1F的法向量为(,,)n x y z=则1n CFn CC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以yz-==⎪⎩取(1,3,0)n=，则13111002n EE⋅=⨯-⨯=，所以1n EE⊥，所以直线EE1//平面FCC1．（2）(0,2,0)FB=，设平面BFC1的法向量为1111(,,)n x y z=，则111n FBn FC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以111120yy z=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取1n=，则121002n n⋅=⨯+=，||1(2n=+=，21||2n=+=，所以111cos,||||2n nn nn n⋅〈〉===⨯，EA由图可知二面角B-FC 1-C 为锐角，所以二面角B-FC 1-C 的余弦值为7．点评：本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算．考查空间想象能力和推理运算能力，以及应用向量知识解答问题的能力，向量法求二面角是一种独特的方法，因为它不但是传统方法的有力补充，而且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题．向量法求二面角通常有以下三种转化方式：①先作、证二面角的平面角AOB ∠，再求得二面角的大小为arccosOA OB OA OB·；②先求二面角两个半平面的法向量12，n n （注意法向量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为1212arccosn n n n ·或其补角；③先分别在二面角两个半平面内作棱的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角．【思想方法】【例1】在半径为13的球面上有A ， B ， C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则球心到平面ABC 的距离为．答案：12解析：由ABC ∆的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过,,A B C 三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是d ，则由222513d +=，可得12d =．【分析】该题体现了方程函数思想的考查，构造方程求解立体几何中的几何量是考题中经常性的问题，其解法一般要根据题意构造方程来求解．【例2】已知二面角α-l-β为60o，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到βQ到α的距离为P 、Q 两点之间距离的最小值为（）A ．１B ．2C ．．4 解析:如图分别作,,,QA A AC l C PB B αβ⊥⊥⊥于于于PD l D ⊥于，连,60,CQ BD ACQ PBD ∠=∠=︒则AQ BP ==2AC PD ∴==又PQ AQ ==≥当且仅当0AP =，即A P 点与点重合时取最小值．故答案选C ．【分析】该题考查了函数思想和数形结合思想，立体几何中的最值问题一般要用函数法或均值不等式法，该题通过构造PQ 关于AP 的函数，借助图象看出当A P 点与点重合时取最小值．【例3】已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为A．10 B ． 15 C．10D ．35解析：本题考查异面直线夹角求法，利用平移，CD'∥BA'，因此求△EBA'中∠A'BE 即可，易知EB=2，A'E=1，A'B=5，故由余弦定理求cos ∠A'BE=10．答案：C【分析】该题体现了转化与化归思想的考查，对与异面直线的夹角的求解，一种方法是通过这种平移的方法将所求的夹角转化为三角形中的内角，通过解三角形即可．另一种是利用空间向量这一工具来求解．【专题演练】1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（） A ．38π B ． 328πC ． π28D ． 332π 2．给定空间中的直线l 及平面α，条件“直线l 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l 与平面α垂直”的（）条件A ．充要B ．充分非必要C ．必要非充分D ．既非充分又非必要 3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．2π+．4π+ C ．23π+ D ．43π+ 4．设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于47π，则球O 的表面积等于． 5．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）为（A）48+（B）48+ （C）36+（D）36+6．如图，在三棱锥P ABC -中，⊿PAB 是等边三角形， ∠PAC =∠PBC =90 º （Ⅰ）证明：AB ⊥PC（Ⅱ）若4PC =，且平面PAC ⊥平面PBC ，求三棱锥P ABC -体积．侧(左)视图正(主)视图俯视图7．如图，在四棱锥P A B C D -中，底面A B C D 是矩形，PA ⊥平面A B C D ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ．（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ；（2）求直线PC 与平面ABM 所成的角；（3）求点O 到平面ABM 的距离．【参考答案】1．答案：B解析：截面面积为π⇒截面圆半径为1，又与球心距离为1⇒所以根据球的体积公式知343R V π==球，故B 为正确答案． 2．答案：C解析：直线与平面α内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面α垂直，即充分性不成立．因此选C ． 3．答案：C解析：该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为213⨯=所以该几何体的体积为23π+． 4．答案：8π解析：本题考查立体几何球面知识，注意结合平面几何知识进行运算，由.8)14474(4422πππππ===R S5．答案：AB解析：棱锥的直观图如右，则有PO ＝4，OD ＝3，由勾股定理，得PD ＝5，AB ＝62，全面积为：21×6×6＋2×21×6×5＋21×62×4＝48＋122，故选A ． 6．解析：（Ⅰ）因为PAB ∆是等边三角形，90PAC PBC ∠=∠=︒，所以Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，可得AC BC =．如图，取AB 中点D ，连结PD ，CD ，则PD AB ⊥，CD AB ⊥，所以AB ⊥平面PDC ，所以AB PC ⊥．（Ⅱ）作BE PC ⊥，垂足为E ，连结AE ．因为Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，所以AE PC ⊥，AE BE =．由已知，平面PAC ⊥平面PBC ，故90AEB ∠=︒．因为Rt AEB Rt PEB ∆≅∆，所以,,AEB PEB CEB ∆∆∆都是等腰直角三角形．由已知4PC =，得2AE BE ==， AEB ∆的面积2S =．因为PC ⊥平面AEB ，所以三角锥P ABC -的体积1833V S PC =⨯⨯=．7．解析：方法（一）：（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ．因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ．（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN 是PN 在平面ABM 上的射影，所以 PNM ∠就是PC 与平面ABM 所成的角，且PNM PCD ∠=∠tan tan PDPNM PCD DC∠=∠==所求角为arctan（3）因为O 是BD 的中点，则O 点到平面ABM 的距离等于D 点到平面ABM 距离的一半，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M ，则|DM|就是D 点到平面ABM 距离．因为在Rt △PAD 中，4PA AD ==，PD AM ⊥，所以M 为PD 中点，DM =则O 点到平面ABM方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(0,0,4)P ，(2,0,0)B ， (2,4,0)C ，(0,4,0)D ，(0,2,2)M ，设平面ABM 的一个法向量(,,)n x y z =，由,n AB n AM ⊥⊥可得：20220x y z =⎧⎨+=⎩，令1z =-，则1y =，即(0,1,1)n =-．设所求角为α，则2sin PC nPC nα⋅==所求角的大小为arcsin 3．（3）设所求距离为h ，由(1,2,0),(1,2,0)O AO =，得：2AO nh n ⋅==．。

高考数学大二轮复习专题五立体几何 5.2 空间关系及空间角与距离专项练课件文

作MF⊥OD于点F,连接BF.
∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE,
∴EO⊥平面ABCD.
同理,MF⊥平面ABCD.
13
第十三页，共二十四页。
一、选择题
二、填空题
∴△MFB 与△EON 均为直角三角形.
设正方形 ABCD 的边长为 2,易知
3
EO= 3,ON=1,MF= ,BF=
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
答案(dáàn) B
12
第十二页，共二十四页。
一、选择题
二、填空题
解析如图,连接BD,BE.
在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,
∴BM,EN是相交(xiāngjiāo)直线,
排除选项C,D.
作EO⊥CD于点O,连接ON.
C.β<α,γ<α
D.α<β,γ<β
在线段 AO 上,过点 D 作 DE 垂直 AE,易得 PE
∥VG,过点 P 作 PF∥AC 交 VG 于点 F,过点 D
作 DH∥AC,交 BG 于点 H,则 α=∠BPF,β=∠

PBD,γ=∠PED,所以 cos α= = =

VA上的点(不含端点(duān diǎn)).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平关闭
面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则(
)
如图,G 为 AC 中点,点 V 在底面 ABC 上的投
A.β<γ,α<γ
B.β<α,β<γ
影为点 O,则点 P 在底面 ABC 上的投影点 D

高考数学二轮复习专题五《立体几何》新人教版

【专题五】立体几何【考情分析】1．立体几何内容既承担着对逻辑思维能力的考查，又承担着对空间想象能力的考查，常以选择题、填空题的形式全面考查线线、线面、面面等空间位置关系，难度适中，纵观历年的高考题一定有一个立体几何的解答题，考查平行、垂直的证明及面积、体积的计算等，难度中等，理科还可以以空间向量为工具证明位置关系或求空间中的角和距离等．高考的另一个新趋势是以立体几何为载体，考查函数、解析几何等的知识交汇点的综合题．2．立体几何考查的重点有：空间几何体的结构特征、空间几何体的侧面积、表面积和体积、直线与平面、平面与平面之间的位置关系，三视图是新教材的内容，已经成为了必考的重点知识点．等体积转化法、割补思想是该部分考查的主要思想方法．【知识交汇】1．充分、必要条件与点线面位置关系的综合高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和立体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题．例1．已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案：B解析：由平面与平面垂直的判定定理知，如果m 为平面α内的一条直线，m β⊥，则αβ⊥；反过来则不一定．所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件．例2．设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是（）（A ）βαβα⊥⊥,//,b a （B ）βαβα//,,⊥⊥b a （C ）βαβα//,,⊥⊂b a （D ）βαβα⊥⊂,//,b a 答案：C解析：由b β⊥，α∥β得b α⊥，又a α⊂，因此可知b a ⊥，故a b ⊥的一个充分条件是C ，选C ．点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念．解决此类问题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定．此类小题是很容易出错的题目，解答时要特别注意．2．三视图与几何体的面积、体积的综合空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，新课标地区的高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏易题．随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加．例3．右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π答案：D解析：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表面及为：22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D ．点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积．既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法．例4．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm ．答案：18解析：该几何体是由两个长方体组成，下面体积为1339⨯⨯=，上面的长方体体积为3319⨯⨯=，因此其几何体的体积为18．点评：此题主要是考查了几何体的三视图，通过三视图的考查充分体现了几何体直观的考查要求，与表面积和体积结合的考查方法．3．几何体与线、面位置关系的综合以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质定理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直，多以选择题和解答题形式出现，解答题中多以证明线线垂直、线面垂直、面俯视图正(主)视图侧(左)视图2 32 2面垂直为主，属中档题．例5．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中O 为正方形ABCD 的中心，M 为BB 1的中点，求证：（1）D 1O//平面A 1BC 1；（2）D 1O ⊥平面MAC ．证明: (1)连结11,BD B D 分别交11,AC A C 于1,O O 在正方体1111ABCD A B C D -中，对角面11BB D D 为矩形1,O O 分别是11,BD B D 的中点11//BO D O ∴∴四边形11BO D O 为平行四边形11//BO D O ∴1D O ⊄平面11A BC ，1BO ⊂平面11A BC 1//D O ∴平面11A BC（2）连结MO ，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，在正方体1111ABCD A B C D -中，对角面11BB D D 为矩形且1,2BB a BD a ==,O M 分别是1,BD BB 的中点2,22a BM BO OD a ∴=== 122BM BO OD DD ∴== 1ODD Rt MBO Rt ∆≅∆ 1BOM DD O ∴∠=∠在1ODD Rt ∆中，1190DD O D OD ∠+∠= 190BOM D OD ∴∠+∠=，即1D O MO ⊥在正方体1111ABCD A B C D -中 1DD ⊥平面ABCD 1DD AC ∴⊥又AC BD ⊥，1DD BD D = AC ∴⊥平面11BB D D1D O ⊂平面11BB D D 1AC D O ∴⊥又ACMO O = 1D O ∴⊥平面MAC点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线垂直推出线面垂直，证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理．4．空间向量与空间角和距离的综合用空间向量解决立体几何问题的基本步骤：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹我有等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问题）．例6．如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4，BC=CD=2， AA 1=2， E 、E 1、F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点．（1）证明：直线EE 1//平面FCC 1；（2）求二面角B-FC 1-C 的余弦值．解析：解法一：（1）在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，取A 1B 1的中点F 1，连接A 1D ，C 1F 1，CF 1，因为AB=4， CD=2，且AB//CD ，所以CD =//A 1F 1，A 1F 1CD 为平行四边形，所以CF 1//A 1D ，又因为E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点，所以EE 1//A 1D ，所以CF 1//EE 1，又因为1EE ⊄平面FCC 1，1CF ⊂平面FCC 1，所以直线EE 1//平面FCC 1．（2）因为AB=4， BC=CD=2，、F 是棱AB 的中点，所以BF=BC=CF ，△BCF 为正三角形，取CF 的中点O ，则OB ⊥CF ，又因为直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，CC 1⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BO ，所以OB ⊥平面CC 1F ，过O 在平面CC 1F 内作OP ⊥C 1F ，垂足为P ，连接BP ，则∠OPB 为二面角B-FC 1-C 的一个平面角，在△BCF为正三角形中，OB =在Rt △CC 1F 中， △OPF ∽△CC 1F ，∵11OP OF CC C F =∴22OP ==， EAB CF E 1A 1B 1C 1D 1DF 1OPEABCFE 1A 1B 1C 1D 1 D在Rt△OPF中，2 BP===，cos2OPOPBBP∠===，所以二面角B-FC1-C的余弦值为7．解法二:（1）因为AB=4， BC=CD=2， F是棱AB的中点，所以BF=BC=CF，△BCF为正三角形，因为ABCD为等腰梯形，所以∠BAC=∠ABC=60°，取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD，以DM为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A-1，0），F1，0），C（0，212-，0），E1，-1，1），所以131(,1)22EE=-，(3,1,0)CF=-，1(0,0,2)CC=1(,2)FC=-设平面CC1F的法向量为(,,)n x y z=则1n CFn CC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以yz-==⎪⎩取(1,3,0)n=，则13111002n EE⋅=⨯-⨯=，所以1n EE⊥，所以直线EE1//平面FCC1．（2）(0,2,0)FB=，设平面BFC1的法向量为1111(,,)n x y z=，则111n FBn FC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以111120yy z=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取1n=，则121002n n⋅=⨯+=，||1(2n=+=，21||2n=+=，所以111cos,7||||2n nn nn n⋅〈〉===⨯，EA由图可知二面角B-FC 1-C 为锐角，所以二面角B-FC 1-C 的余弦值为77．点评：本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算．考查空间想象能力和推理运算能力，以及应用向量知识解答问题的能力，向量法求二面角是一种独特的方法，因为它不但是传统方法的有力补充，而且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题．向量法求二面角通常有以下三种转化方式：①先作、证二面角的平面角AOB ∠，再求得二面角的大小为arccosOA OB OA OB·；②先求二面角两个半平面的法向量12，n n （注意法向量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为1212arccosn n n n ·或其补角；③先分别在二面角两个半平面内作棱的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角．【思想方法】【例1】在半径为13的球面上有A ， B ， C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则球心到平面ABC 的距离为．答案：12解析：由ABC ∆的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过,,A B C 三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是d ，则由222513d +=，可得12d =．【分析】该题体现了方程函数思想的考查，构造方程求解立体几何中的几何量是考题中经常性的问题，其解法一般要根据题意构造方程来求解．【例2】已知二面角α-l-β为60，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P 、Q 两点之间距离的最小值为（） A ．１ B ．2 C ．23 D ．4 解析:如图分别作,,,QA A AC l C PB B αβ⊥⊥⊥于于于PD l D ⊥于，连,60,CQ BD ACQ PBD ∠=∠=︒则 23,3AQ BP ==，2AC PD ∴==又2221223PQ AQ AP AP =+=+≥当且仅当0AP =，即A P 点与点重合时取最小值．故答案选C ．【分析】该题考查了函数思想和数形结合思想，立体几何中的最值问题一般要用函数法或均值不等式法，该题通过构造PQ 关于AP 的函数，借助图象看出当A P 点与点重合时取最小值．【例3】已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为A．10 B ． 15 C．10 D ．35解析：本题考查异面直线夹角求法，利用平移，CD'∥BA'，因此求△EBA'中∠A'BE 即可，易知EB=2，A'E=1，A'B=5，故由余弦定理求cos ∠．答案：C【分析】该题体现了转化与化归思想的考查，对与异面直线的夹角的求解，一种方法是通过这种平移的方法将所求的夹角转化为三角形中的内角，通过解三角形即可．另一种是利用空间向量这一工具来求解．【专题演练】1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（） A ．38πB ． 328πC ． π28D ． 332π2．给定空间中的直线l 及平面α，条件“直线l 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l 与平面α垂直”的（）条件A ．充要B ．充分非必要C ．必要非充分D ．既非充分又非必要 3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．223π+B ． 423π+C ． 2323π+D ． 2343π+ 4．设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于47π，则球O 的表面积等于． 5．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）为（A ）48122+ （B ）48242+ （C ）36122+ （D ）36242+6．如图，在三棱锥P ABC -中，⊿PAB 是等边三角形， ∠PAC =∠PBC =90 º （Ⅰ）证明：AB ⊥PC（Ⅱ）若4PC =，且平面PAC ⊥平面PBC ，求三棱锥P ABC -体积．22侧(左)视图22 2 正(主)视图俯视图7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ．（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ；（2）求直线PC 与平面ABM 所成的角；（3）求点O 到平面ABM 的距离．【参考答案】1．答案：B解析：截面面积为π⇒截面圆半径为1，又与球心距离为1⇒，所以根据球的体积公式知3433R V π==球，故B 为正确答案． 2．答案：C解析：直线与平面α内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面α垂直，即充分性不成立．因此选C ． 3．答案：C解析：该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为2π，四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为213⨯=所以该几何体的体积为23π+． 4．答案：8π解析：本题考查立体几何球面知识，注意结合平面几何知识进行运算，由.8)14474(4422πππππ===R S5．答案：AB解析：棱锥的直观图如右，则有PO ＝4，OD ＝3，由勾股定理，得PD ＝5，AB ＝62，全面积为：21×6×6＋2×21×6×5＋21×62×4＝48＋122，故选A ． 6．解析：（Ⅰ）因为PAB ∆是等边三角形，90PAC PBC ∠=∠=︒，所以Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，可得AC BC =．如图，取AB 中点D ，连结PD ，CD ，则PD AB ⊥，CD AB ⊥，所以AB ⊥平面PDC ，所以AB PC ⊥．（Ⅱ）作BE PC ⊥，垂足为E ，连结AE ．因为Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，所以AE PC ⊥，AE BE =．由已知，平面PAC ⊥平面PBC ，故90AEB ∠=︒．因为Rt AEB Rt PEB ∆≅∆，所以,,AEB PEB CEB ∆∆∆都是等腰直角三角形．由已知4PC =，得2AE BE ==， AEB ∆的面积2S =．因为PC ⊥平面AEB ，所以三角锥P ABC -的体积1833V S PC =⨯⨯=．7．解析：方法（一）：（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ．因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ．（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN 是PN 在平面ABM 上的射影，所以 PNM ∠就是PC 与平面ABM 所成的角，且PNM PCD ∠=∠tan tan 22PDPNM PCD DC∠=∠==所求角为arctan 22（3）因为O 是BD 的中点，则O 点到平面ABM 的距离等于D 点到平面ABM 距离的一半，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M ，则|DM|就是D 点到平面ABM 距离．ONAPBCMDz y因为在Rt △PAD 中，4PA AD ==，PD AM ⊥，所以M 为PD 中点，DM =，则O 点到平面ABM ．方法二：（1）同方法一；（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(0,0,4)P ，(2,0,0)B ， (2,4,0)C ，(0,4,0)D ，(0,2,2)M ，设平面ABM 的一个法向量(,,)n x y z =，由,n AB n AM ⊥⊥可得：20220x y z =⎧⎨+=⎩，令1z =-，则1y =，即(0,1,1)n =-．设所求角为α，则2sin 3PC nPC nα⋅==，所求角的大小为．（3）设所求距离为h ，由(1,2,0),(1,2,0)O AO =，得：2AO nh n ⋅==．。

新高考二轮数学理科金版学案专题复习同步练习5.2点、直线、平面之间的位置关系(含答案解析)

第一部分知识复习专题专题五立体几何第二讲点、直线、平面之间的地点关系题号123456答案一、选择题1．l1，l2是两条异面直线，直线m1，m2与l1，l2都订交，则m1，m2的地点关系是()A．异面或平行B．订交C．异面D．订交或异面分析：若m1，m2过直线l1或l2上的同一个点，则m1，m2订交；若m1，m2与直线l1，l2有四个不一样交点，则答案：Dm1，m2异面．2．(2013安·徽卷)在以下命题中，不是公义的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上全部的点都在此平面内D．假如两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线答案：A3.(2014辽·宁卷)已知m，n表示两条不一样直线，A．若m∥α，n∥α，则m∥n α表示平面，以下说法正确的选项是()B．若m⊥α，nα，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α分析：若m∥α，n∥α，则m∥n或m，n订交或m，n异面，故A错；若m⊥α，nα，由直线和平面垂直的定义知，m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错；若m∥α，m⊥n，则n与α地点关系不确立，故D错．答案：B4.(2013新·课标Ⅱ卷)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β直.线l知足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则()A．α∥β，且l∥αB．α⊥β，且l⊥βC．α与β订交，且交线垂直于lD．α与β订交，且交线平行于l分析：联合给出的已知条件，画出切合条件的图形，而后判断得出．依据所给的已知条件作图，以下图．由图可知α与β订交，且交线平行于l.应选D.答案：D5．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ACD，PA＝2AB，则以下结论正确的选项是()A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABC所成的角为45°分析：解法一由三垂线定理，因AD与AB不相互垂直，清除A；作AG⊥PB于G，因平面PAB⊥平面ABCDEF，而AG在平面ABCDEF上的射影在AB上，而AB与BC不相互垂直，故清除B；由BC∥EF，而EF是平面PAE的斜线，故清除 C.应选 D.解法二设底面正六边形边长为a，则AD＝2a，PA＝2AB＝2a，由PA⊥平面ABC可知PA⊥AD，又PA＝AD，因此直线PD与平面ABC所成的角为∠PDA＝45°.应选D.答案：D 6．以下图是某个正方体的侧面睁开图，l1，l2是两条侧面对角线，则在正方体中，l1与l2()A．相互平行B．异面且相互垂直πC．异面且夹角为3D．订交且夹角为π3答案：D二、填空题7．设α和β为不重合的两个平面，给出以下命题：①若α内的两条订交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；③设α和β订交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；④直线l与α垂直的充分必需条件是l与α内的两条直线垂直．上边命题中，真命题的序号是__________．分析：考察立体几何中的直线、平面的垂直与平行判断的有关定理．答案：①②8.如图，边长为a的正三角形ABC中线AF与中位线DE订交于G，已知△A′ED是△AED 绕DE旋转过程中的一个图形，现给出以下命题，此中正确的命题有________(填序号)．①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上②三棱锥A′－FED的体积有最大值③恒有平面A′GF⊥平面BCED④异面直线A′E与BD不行能相互垂直分析：由题意知AF⊥DE，∴A′G⊥DE，FG⊥DE，∴DE⊥平面A′FG，DE平面ABC，∴平面A′FG⊥平面ABC，交线为AF，∴①③均正确．当A′G⊥平面ABC时，A′到平面ABC的距离最大．故三棱锥A′－FED的体积有最大值．故②正确．22当A′F＝2EF时，EF⊥A′E，即BD⊥A′E，故④不正确．答案：①②③三、解答题9．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的地点，使A1F⊥CD，如图2.(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上能否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明原因．答案：(1)证明：∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.又∵DE平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD.∴DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，∴A1F⊥平面BCDE.∴A1F⊥BE.(3)分析：线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ，原因以下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP.∴A1C⊥平面DEP.进而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.10．(2014·建卷福)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，以下图．(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．剖析：第(1)问依据面面垂直、线面垂直的性质，证明线线垂直；第(2)问利用第(1)问的结论，成立空间直角坐标系，写出点与向量的坐标，再用向量法求线面角的正弦值．(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)分析：过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图.由(1)知AB⊥平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.→→→以B为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向成立空间直角坐标系．11→依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M0，，，则BC＝22→11→(1，1，0)，BM＝0，，，AD＝(0，1，－1)．22设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，→x0＋y0＝0，n·BC＝0，则即11→n·BM＝0，2y0＋2z0＝0，取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)．→→|n·AD|6设直线AD与平面MBC所成角为θ，则sinθ＝|cos(n，AD)|＝→＝3，|n||AD·|6即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为3.。

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新高考数学复习考点知识专题讲解与练习专题50 二面角一、单项选择题 1．(2021·皖南八校联考)四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角V －AB －C 的余弦值的大小为( ) A.23 B.24 C.73 D.2232.(2021·长春调研)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( ) A. 2 B. 3 C ．2 D.223.如图，棱长都相等的平行六面体ABCD －A ′B′C ′D′中，∠DAB ＝∠A ′AD ＝∠A ′AB ＝60°，则二面角A ′－BD －A 的余弦值为( ) A.13 B ．－13 C.33 D ．－33 4．(2021·成都检测)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝AA1＝3，则二面角C1－BD－C 的余弦值为( )A.415 B.3415 C.34141 D.44141二、解答题5.(2020·天津)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．6.(2021·唐山模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，连接BD，其中DA＝DP，BA＝BP.(1)求证：PA⊥BD；(2)若DA⊥DP，∠ABP＝60°，BA＝BP＝BD＝2，求二面角D－PC－B的正弦值．7.(2021·武汉模拟)如图所示，多面体是由底面为ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中AB＝2，CF＝5，BE＝1，∠BAD＝60°.(1)求BG的长；(2)求平面AEFG与底面ABCD所成锐二面角的余弦值．8.(2021·广东惠州二次调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥PB，PC＝2.(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；(2)若PA＝PB，求二面角A－PC－D的余弦值．9.(2021·山东潍坊二模)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB⊥BC；②FC与平面ABCD所成的角为π6；③∠ABC＝π3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．10.(2020·福建漳州二模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面ABCD ⊥平面PAD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝AP ＝12AD ，∠ADP ＝30°，∠BAD ＝90°，E 是PD 的中点． (1)证明：PD ⊥PB ；(2)设AD ＝2，点M 在线段PC 上，且异面直线BM 与CE 所成角的余弦值为105，求二面角M －AB －P 的余弦值．1．(2021·百师联盟联考四)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，PD ＝AB ＝AD ＝12CD ＝1，M ，N ，Q 分别为线段BC ，CD ，PA 的中点． (1)证明：平面PMN ∥平面QDB ； (2)求二面角P －BD －Q 的余弦值． 2．(2021·山东省超级全能生联考)如图，几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，矩形ADD 1A 1⊥矩形CDD 1C 1，B 1A 1⊥平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点． (1)证明：B 1C 1⊥CE ；(2)求直线DD 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．3.(2021·山东青岛二模)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题．如图，在四棱锥P－ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A－PB－C的余弦值．4．(2021·衡中月考)如图甲的平面五边形PABCD中，PD＝PA，AC＝CD＝BD＝5，AB＝1，AD＝2，P D⊥PA，现将图甲中的三角形PAD沿AD边折起，使平面PAD⊥平面ABCD得图乙的四棱锥P －ABCD.在图乙中：(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求二面角A－PB－C的大小．参考答案1．答案 B 解析如图所示，取AB 中点E ，过V 作底面的垂线，垂足为O ，易知O 为底面ABCD 的中心，连接OE ，VE ，根据题意可知，∠VEO 是二面角V －AB －C 的平面角．因为OE ＝1，VE ＝32－12＝22，所以cos ∠VEO ＝OE VE ＝122＝24.故选B.2.答案 A 解析如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B 1(0，2，2)，C 1(0，0，2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1，0，a)，CD →＝(1，0，a)，CB1→＝(0，2，2)．设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z)．由⎩⎪⎨⎪⎧m·CB1→＝2y ＋2z ＝0，m·CD →＝x ＋az ＝0，得⎩⎨⎧y ＝－z ，x ＝－az ，令z ＝－1，则m ＝(a ，1，－1)．又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，则由cos60°＝|m·n||m||n|，得1a2＋2＝12，解得a ＝2(负值舍去)，所以AD ＝ 2.故选A. 3.答案 A解析棱长都相等的平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，∠DAB ＝∠A ′AD ＝∠A ′AB ＝60°，则四面体A ′BDA 为正四面体，如图，取BD 的中点E ，连接AE ，A ′E.设正四面体的棱长为2，则AE ＝A ′E ＝3，且AE ⊥BD ，A ′E ⊥BD ，则∠AEA ′即为二面角A ′－BD －A 的平面角，在△AA ′E 中，cos ∠AEA ′＝AE2＋A′E2－A′A22AE·A′E＝13.故二面角A ′－BD －A 的余弦值为13. 4．答案 D解析在矩形ABCD 内过点C 作CH ⊥BD 于点H ，连接C 1H.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CC 1⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BD.又CH ⊥BD ，CH ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面C 1CH ，故BD ⊥C 1H ，所以∠C 1HC 为二面角C 1－BD －C 的平面角．在Rt △BCD 中，BD ＝DC2＋CB2＝42＋32＝5，因为CH ⊥BD ，所以CH ＝DC×BC BD ＝4×35＝125.在Rt △C 1CH中，C 1H ＝CH2＋CC12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＋32＝3415，所以cos ∠C 1HC ＝CH C1H ＝1253415＝44141，即二面角C 1－BD －C 的余弦值等于44141. 5.答案 (1)略 (2)306 (3)33解析依题意，以C 为原点，分别以CA→，CB →，CC1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C 1(0，0，3)，A 1(2，0，3)，B 1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3)．(1)证明：依题意，C1M →＝(1，1，0)，B1D →＝(2，－2，－2)，从而C1M →·B1D →＝2－2＋0＝0，所以C 1M ⊥B 1D.(2)依题意，CA →＝(2，0，0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB1→＝(0，2，1)，ED →＝(2，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z)为平面DB 1E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·EB1→＝0，n·ED →＝0，即⎩⎨⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1，2)．因此有cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n|＝66，于是sin 〈CA→，n 〉＝306.所以二面角B －B 1E －D 的正弦值为306.(3)依题意，AB →＝(－2，2，0)．由(2)知n ＝(1，－1，2)为平面DB 1E 的一个法向量，于是cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB→||n|＝－33.所以直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 6.答案(1)略 (2)437解析 (1)证明：如图，取AP 中点M ，连接DM ，BM ， ∵DA ＝DP ，BA ＝BP ，∴PA ⊥DM ，PA ⊥BM ，又∵DM ∩BM ＝M ， ∴PA ⊥平面DMB ，又∵BD ⊂平面DMB ，∴PA ⊥BD. (2)∵DA ＝DP ，BA ＝BP ，DA ⊥DP ，∠ABP ＝60°，∴△DAP 是等腰直角三角形，△ABP 是等边三角形，∵AB ＝PB ＝BD ＝2，∴DM ＝1，BM ＝ 3.∴BD 2＝MB 2＋MD 2，∴MD ⊥MB.以MP ，MB ，MD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A(－1，0，0)，B(0，3，0)，P(1，0，0)，D(0，0，1)，从而得DP →＝(1，0，－1)，DC →＝AB →＝(1，3，0)，BP →＝(1，－3，0)，BC →＝AD →＝(1，0，1)．设平面DPC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n1·DP →＝0，n1·DC →＝0，即⎩⎨⎧x1－z1＝0，x1＋3y1＝0，∴可取n 1＝(－3，1，－3)，设平面PCB 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n2·BC →＝0，n2·BP →＝0，得⎩⎨⎧x2＋z2＝0，x2－3y2＝0，∴可取n 2＝(3，1，－3)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n1·n2|n1||n2|＝17.设二面角D －PC －B 为α，∴sin α＝1－cos2〈n1，n2〉＝437，即二面角D －PC －B 的正弦值为437. 7.答案 (1)2 5 (2)34 解析(1)由面面平行的性质定理可知：四边形AEFG 是平行四边形，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz.可得A(0，－3，0)，B(1，0，0)，E(1，0，1)，C(0，3，0)，F(0，3，5)．所以AG→＝EF →＝(－1，3，4)，则G(－1，0，4)．所以BG→＝(－2，0，4)．则BG 的长为|BG→|＝2 5.(2)依题意可取平面ABCD 的一个法向量m ＝(0，0，1)．由(1)可知：AG→＝(－1，3，4)，AE →＝(1，3，1)，设n ＝(x ，y ，z)是平面AEFG 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AE →＝0，n·AG →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＋z ＝0，－x ＋3y ＋4z ＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－533，2.则|cos 〈n ，m 〉|＝|n·m||n||m|＝34，所以所求锐二面角的余弦值为34. 8.答案 (1)略 (2)277解析 (1)证明：取AB 的中点为O ，连接CO ，PO ，如图． ∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，∴AB ＝BC ＝2.又∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形，∴CO ⊥AB ，OC ＝ 3. ∵PA ⊥PB ，∴PO ＝12AB ＝1.∵PC ＝2，∴OP 2＋OC 2＝PC 2，∴CO ⊥PO. ∵AB ∩PO ＝O ，∴CO ⊥平面PAB.∵CO ⊂平面ABCD ，∴平面PAB ⊥平面ABCD. (2)∵PA ＝PB ，PA ⊥PB ，AB ＝2，∴PA ＝ 2.∵OP 2＋OA 2＝12＋12＝(2)2＝PA 2，∴PO ⊥AO. 由(1)知，CO ⊥AB ，CO ⊥PO ，∴直线OC ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则A(0，－1，0)，C(3，0，0)，D(3，－2，0)，P(0，0，1)， ∴AP→＝(0，1，1)，PC →＝(3，0，－1)，DC →＝(0，2，0)．设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m·AP →＝0，m·PC →＝0，得⎩⎨⎧y1＋z1＝0，3x1－z1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1，－3，3)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·DC →＝0，得⎩⎨⎧3x2－z2＝0，2y2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1，0，3)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝277，由图易知二面角A －PC －D 为锐二面角，∴二面角A －PC －D 的余弦值为277. 9.答案 (1)略 (2)略解析 (1)存在线段AB 的中点G ，使得AF ∥平面PCG .证明如下：如图所示，设PC 的中点为H ，连接FH ，GH.∵F ，H 分别为PD ，PC 的中点，∴FH ∥CD ，FH ＝12CD ，在菱形ABCD 中，∵G 为AB 中点，∴AG ∥CD ，AG ＝12CD ，∴FH ∥AG ，FH ＝AG ，∴四边形AGHF 为平行四边形，∴AF ∥GH. 又GH ⊂平面PCG ，AF ⊄平面PCG ，∴AF ∥平面PCG . (2)选择①，AB ⊥BC.∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AB ，PA ⊥AD.∴AB ，AD ，AP 两两垂直，以AB ，AD ，AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵PA ＝AB ＝2，∴A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，∴AF →＝(0，1，1)，CF→＝(－2，－1，1)．设平面FAC 的法向量为μ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧μ·AF →＝y ＋z ＝0，μ·CF →＝－2x －y ＋z ＝0，取y ＝1，得μ＝(－1，1，－1)．易知平面ACD 的一个法向量为v ＝(0，0，1)，设二面角F －AC －D 大小为θ，由图知二面角F －AC －D 为锐二面角，则cos θ＝|μ·v||μ||v|＝33，∴二面角F －AC －D 的余弦值为33.选择②，FC 与平面ABCD 所成的角为π6.如图，取BC 中点E ，连接AE ，取AD 的中点M ，连接FM ，CM ，则FM ∥PA ，且FM ＝1.∵PA ⊥平面ABCD ，∴FM ⊥平面ABCD ，∴FC 与平面ABCD 所成角为∠FCM ，∴∠FCM＝π6.在Rt △FCM 中，CM ＝FM tan π6＝133＝ 3.又CM ＝AE ，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，∴BC ⊥AE ，又BC ∥AD ，∴AE ⊥AD.∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AD ，PA ⊥AE ，∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 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．∵PA ＝AB ＝2，∴A(0，0，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，AF →＝(0，1，1)，CF→＝(－3，0，1)．设平面FAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AF →＝y ＋z ＝0，m·CF →＝－3x ＋z ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，－3，3)．易知平面ACD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，设二面角F －AC －D 的大小为θ，由图知二面角F －AC －D 为锐二面角，则cos θ＝|m·n||m||n|＝217.∴二面角F －AC －D 的余弦值为217. 选择③，∠ABC ＝π3.取BC 中点E ，连接AE.∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AE ，PA ⊥AD ， ∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是正三角形．∵E 是BC 的中点，∴BC ⊥AE ，∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．以下同选择②. 10.答案 (1)略 (2)277解析 (1)证明：因为∠BAD ＝90°，所以BA ⊥AD.因为平面ABCD ⊥平面PAD ，交线为AD ，所以BA ⊥平面PAD ，从而BA ⊥PD. 在△PAD 中，由正弦定理得，AP sin ∠ADP ＝AD sin ∠APD ，即12AD sin30°＝ADsin ∠APD ，得sin ∠APD ＝1，所以∠APD ＝90°，故AP ⊥PD.因为BA ∩AP ＝A ，所以PD ⊥平面PAB.又PB ⊂平面PAB ，所以PD ⊥PB. (2)如图，以P 为坐标原点，以PD ，PA 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点P 且垂直于平面PAD 的射线为z 轴正半轴，建立空间直角坐标系．因为AD ＝2，所以AB ＝BC ＝AP ＝1，PD ＝3，所以P(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，1，1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，设PM→＝λPC →(0≤λ≤1)，则PM →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，12λ，λ，从而BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，12λ－1，λ－1，又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－1，所以|cos 〈BM →，CE →〉|＝|5λ－6|25·2λ2－3λ＋2＝105，得9λ2－36λ＋20＝0，解得λ＝23或λ＝103(舍去)，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，13，23.所以BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，－23，－13，BA →＝(0，0，－1)，设平面MAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧m·BM→＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫33，－23，－13＝0，m·BA →＝（x ，y ，z ）·（0，0，－1）＝0.整理得⎩⎨⎧3x －2y －z ＝0，z ＝0，令y ＝3，得m ＝(2，3，0)．由(1)知PD ⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为n ＝(1，0，0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝277，易知二面角M －AB －P 为锐二面角，故二面角M －AB －P 的余弦值为277.1．答案 (1)证明见解析(2)63解析 (1)证明：如图，连接AN ，BN ，设AN ，BD 交于点O ，连接OQ ，因为N 为CD 中点，AB ＝12CD ，所以DN ＝12CD ＝AB ，因为AD ⊥CD ，所以四边形ABND 为矩形，所以O 为AN 中点．因为Q 为PA 中点，所以OQ ∥PN. 又M 为BC 中点，所以BD ∥MN.因为PN ⊂平面PMN ，MN ⊂平面PMN ，OQ ⊂平面QDB ，BD ⊂平面QDB ， PN ∩MN ＝N ，OQ ∩BD ＝O ，所以平面PMN ∥平面QDB. (2)因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，可建立如图所示的空间直角坐标系，所以D(0，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，Q(12，0，12)，DP→＝(0，0，1)，DB →＝(1，1，0)，DQ →＝(12，0，12)．设平面PBD 和平面QBD 的一个法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧m·DP →＝0，m·DB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧n·DQ →＝0，n·DB →＝0，即⎩⎨⎧z1＝0，x1＋y1＝0，⎩⎪⎨⎪⎧12x2＋12z2＝0，x2＋y2＝0，取x 1＝x 2＝1，得m ＝(1，－1，0)，n ＝(1，－1，－1)，设二面角P －BD －Q 的大小为θ，易知θ为锐角，所以cos θ＝|m·n |m||n||＝63. 2．答案 (1)证明见解析 (2)147解析 (1)证明：∵B 1A 1⊥平面ADD 1A 1，DD 1⊂平面ADD 1A 1，∴B 1A 1⊥DD 1，又∵DD 1⊥D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，B 1A 1，D 1A 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， ∴DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1.∵DD 1∥CC 1，∴CC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1. ∵B 1C 1⊂平面A 1B 1 C 1D 1，∴CC 1⊥B 1C 1.∵矩形ADD 1A 1⊥矩形CDD 1C 1，矩形ADD 1A 1∩矩形CDD 1C 1＝DD 1，D 1C 1⊥DD 1，D 1C 1⊂平面CDD 1C 1， ∴D 1C 1⊥平面ADD 1A 1.如图，连接EC 1.∵AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为AA 1的中点， ∴B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3， ∴B 1E 2＝B 1C 12＋EC 12， ∴B 1C 1⊥C 1E.又∵CC 1，C 1E ⊂平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1， ∴B 1C 1⊥平面CC 1E.又∵CE ⊂平面CC 1E ，∴B 1C 1⊥CE.(2)如图，以点A 为原点，分别以AD ，AA 1所在的直线为x 轴、y 轴，过点A 且平行于C 1D 1的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，依题意得C(1，0，1)，B 1(0，2，2)，D(1，0，0)，E(0，1，0)，D 1(1，2，0)．∴CE→＝(－1，1，－1)，B1C →＝(1，－2，－1)， DD1→＝(0，2，0)，设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧m·B1C →＝0，m·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨设z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2，1)，又DD1→＝(0，2，0)，设直线DD 1与平面B 1CE 所成角为θ，于是sin θ＝|cos 〈m ，DD1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m·DD1→|m|·|DD1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝147. 故直线DD 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为147. 3.答案略解析若选②，由PO ⊥平面ABCD 知PO ⊥AB.又PC ⊥AB ，PC ∩PO ＝P ，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥AC ，所以∠BAC ＝90°，则BC>BA ，这与底面ABCD 为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③. 下面证明：PO ⊥平面ABCD.因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD.因为PC ⊥BD ，AC ∩PC ＝C ，所以BD ⊥平面PAC ，所以BD ⊥PO. 又PA ＝PC ，所以PO ⊥AC.又BD ∩AC ＝O ，所以PO ⊥平面ABCD. 下面求二面角A －PB －C 的余弦值．以O 为坐标原点，以OB →，OC →，OP →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O －xyz.方法一：因为AB ∥CD ，所以∠PBA 为异面直线PB 与CD 所成的角，所以∠PBA ＝60°. 在菱形ABCD 中，设AB ＝2，因为∠ABC ＝60°，所以OA ＝OC ＝1，OB ＝ 3. 设PO ＝a(a>0)，则PA ＝a2＋1，PB ＝a2＋3.在△PBA 中，由余弦定理得PA 2＝AB 2＋PB 2－2AB·PB·cos ∠PBA ，所以a 2＋1＝4＋a 2＋3－2×2a2＋3×12，解得a ＝ 6.所以A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，6)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABP 的法向量，AB→＝(3，1，0)，AP →＝(0，1，6)．所以⎩⎪⎨⎪⎧n1·AB →＝0，n1·AP →＝0，即⎩⎨⎧3x1＋y1＝0，y1＋6z1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(2，－6，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CBP 的法向量，CB→＝(3，－1，0)，CP →＝(0，－1，6)．所以⎩⎪⎨⎪⎧n2·CB →＝0，n2·CP →＝0，即⎩⎨⎧3x2－y2＝0，－y2＋6z2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(2，6，1)．设二面角A －PB －C 的平面角为θ，由图知二面角A －PB －C 是锐二面角，所以cos θ＝|n1·n2||n1||n2|＝13，所以二面角A －PB －C 的余弦值为13.方法二：在菱形ABCD 中，设AB ＝2.因为∠ABC ＝60°，所以OA ＝1，OB ＝ 3.设PO ＝a(a>0)，则P(0，0，a)，A(0，－1，0)，B(3，0，0)，PB →＝(3，0，－a)，CD →＝BA →＝(－3，－1，0)．因为PB 与CD 所成角为60°，所以|cos 〈PB →，CD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·CD →|PB →||CD →|＝323＋a2＝12，解得a＝6，以下同方法一．4．答案 (1)略 (2)56π解析 (1)证明：∵AB ＝1，AD ＝2，BD ＝5，∴AB 2＋AD 2＝BD 2.∴AB ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴AB ⊥平面PAD.又∵PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥PD.又∵PD ⊥PA ，PA ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面PAB.(2)取AD 中点O ，连接OP ，OC.由平面PAD ⊥平面ABCD ，PD ＝PA 知OP ⊥平面ABCD.由AC ＝CD ，知CO ⊥AD.以O 为原点，分别以OC ，OA ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则C(2，0，0)，P(0，0，1)，D(0，－1，0)，B(1，1，0)．∴PB→＝(1，1，－1)，PC →＝(2，0，－1)，PD →＝(0，－1，－1)．设平面PBC 的法向量为m ＝(a ，b ，c)，则⎩⎪⎨⎪⎧m·PB →＝0，m·PC →＝0，∴⎩⎨⎧a ＋b －c ＝0，2a －c ＝0. 令a ＝1，则m ＝(1，1，2)，由(1)可知平面PAB 的法向量为PD→＝(0，－1，－1)． ∴cos 〈m ，PD →〉＝－36×2＝－32. 经判断，二面角A －PB －C 为钝二面角，设其平面角为θ，则cos θ＝－32，5∴二面角A－PB－C的大小θ为6π.。

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