2020届高考理数二轮复习常考题型大通关(全国卷)：第18题 空间向量与立体几何 Word版含答案
“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 ，所以 ．由已知得 ，故 ．又 ，所以 ．因为 , , , , ，所以 ．
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ，则 , , .设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，则 ，∴平面 的一个法向量为 ， .∵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即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ，当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2， 平面 ， ， 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， ， 分别为 和 的中点， 为棱 上的点， .
（1）证明： .（2）当 为何值时，平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面 内找直线与 平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面 内与 平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ，因为 ， 为全等的正三角形，所以 ， ， .
2020年高考数学(理)二轮复习练习：专题限时集训10 立体几何中的向量方法 Word版含答案
专题限时集训(十) 立体几何中的向量方法(对应学生用书第97页)(限时：40分钟)1111AB ，BC ，A 1C 1的中点．图109(1)证明：EF ∥平面A 1CD ；(2)若三棱柱ABC A 1B 1C 1为直棱柱，求直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值．[解] (1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，连接ED ，在△ABC 中，因为D ，E 分别为棱AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，DE ＝12AC .又F 为A 1C 1的中点，可得A 1F ＝12A 1C 1，所以A 1F ∥DE ，A 1F ＝DE ，因此四边形A 1FED 为平行四边形，所以EF ∥A 1D ， 又EF ⊄平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ， 所以EF ∥平面A 1CD .(2)法一：(几何法)因为底面ABC 是正三角形，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB ，又AA 1⊥CD ，AA 1∩AB ＝A ，所以CD ⊥平面A 1ABB 1. 如图在平面A 1ABB 1内，过点B 作BG ⊥A 1D ，交直线A 1D 于点G ，连接CG ，则BG ⊥平面A 1CD ，所以∠BCG 为直线BC 与平面A 1CD 所成的角．设三棱柱的棱长为a ，可得A 1D ＝5a2，由△A 1AD ∽△BGD ， 可得BG ＝5a5， 在Rt△BCG 中，sin∠BCG ＝BG BC ＝55.所以直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值为55. 法二：(向量法)设A1B 1的中点为O ，连接OC 1，OD ，因为三棱柱ABC A 1B 1C 1为直棱柱，所以OD ⊥平面A 1B 1C 1，所以OD ⊥OC 1，OD ⊥OA 1.又△A 1B 1C 1为等边三角形，所以OC 1⊥A 1B 1.以O 为坐标原点，OA 1→，OD →，OC 1→的方向分别为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 .设三棱柱的棱长为a ，则O (0,0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，a ，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，32a ，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，D (0，a,0)．所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，32a ，A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a ，0，DC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32a . 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·A 1D →＝0n ·DC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－a2x ＋ay ＝032az ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2,1,0)．设直线BC 与平面A 1CD 所成的角为θ，则sin θ＝|n ·BC →||n |·|BC →|＝a 5·a 2＝55. 所以直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值为55. 2．(2017·合肥二模)如图1010(1)，在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，点E 为AD 的中点，沿BE 将△ABE 折起至△PBE ，如图2所示，点P 在平面BCDE 上的射影O 落在BE 上．图1010(1)图1010(2)(1)求证：BP ⊥CE ；(2)求二面角B PC D 的余弦值.【导学号：07804077】[解] (1)证明：因为点P 在平面BCDE 上的射影O 落在BE 上，所以平面PBE ⊥平面BCDE ，易知BE ⊥CE ，所以CE ⊥平面PBE ，而BP ⊂平面PBE ， 所以PB ⊥CE .(2)以O 为坐标原点，以过点O 且平行于CD 的直线为x 轴，过点O 且平行于BC 的直线为y 轴，直线PO 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22. 所以CD →＝(－1,0,0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，22，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－22，BC →＝(0,2,0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则有⎩⎨⎧n 1·CD →＝0n 1·CP →＝0，即⎩⎨⎧－x 1＝0x 1＋3y 1－2z 1＝0，令z 1＝2，可得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，2. 设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧n 2·PB →＝0n 2·BC →＝0，即⎩⎨⎧x 2－y 2－2z 2＝02y 2＝0，令z 2＝2，可得n 2＝(2,0，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3311.考虑到二面角B PC D 为钝角，则其余弦值为－3311. 3．(2017·郑州三模)如图1011，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .图1011(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：在梯形ABCD 中，设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·c os π3＝3.∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴BC ⊥AC . ∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ， ∴AC ⊥平面BCF .∵四边形ACFE 是矩形，∴EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF . (2)由(1)知，以CA ，CB ，CF 所成直线分别为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)， 设平面MAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0n 1·BM →＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0，令x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，为平面MAB 的一个法向量． 易知n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， 设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2×1＝1λ－32＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ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. 4．(2017·河北石家庄二模)如图1012，在三棱柱ABC DEF 中，侧面ABED 是边长为2的菱形，且∠ABE ＝π3，BC ＝212.四棱锥F ABED 的体积为2，点F 在平面ABED 内的正投影为点G ，且点G 在AE 上，点M 在线段CF 上，且CM ＝14CF .图1012(1)证明：直线GM ∥平面DEF ； (2)求二面角M AB F 的余弦值.【导学号：07804078】[解] (1)证明：因为四棱锥F ABED 的体积为2，所以V F ABED ＝13×32×2×2×FG ＝2，所以FG ＝ 3.又BC ＝EF ＝212，所以EG ＝32， 易知AE ＝2，则点G 是AE 的靠近点A 的四等分点． 过点G 作GK ∥AD 交DE 于点K ，连接FK ，则GK ＝34AD ＝34CF .又MF ＝34CF ，所以MF ＝GK ，又MF ∥GK ，所以四边形MFKG 为平行四边形，所以GM ∥FK ，又FK ⊂平面DEF ，GM ⊄平面DEF ， 所以直线GM ∥平面DEF .(2)连接BD ，设AE ，BD 的交点为O ，以OB 所在直线为x 轴，OE 所在直线为y 轴，过点O 的平面ABED 的垂线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，3， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫334，－54，3，BA →＝(－3，－1,0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－54，3，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12，3. 设平面ABM ，平面ABF 的法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧m ·BA →＝0，m ·BM →＝0，⎩⎨⎧n ·BA →＝0，n ·BF →＝0，得⎩⎨⎧y 1＝－3x 1，z 1＝－x 1，⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝－3x 2，z 2＝12x 2，不妨取x 1＝x 2＝1，则m ＝(1，－3，－1)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，12，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝78585， 易知二面角M AB F 是锐二面角， 故二面角M AB F 的余弦值为78585.。
2020届高考数学(理)二轮复习课件：专题13 用空间向量的方法解立体几何问题
• 又因为在平面PCD中，EF∥ PD， • 所以CD⊥EF． • 因为EF∩BE＝E，EF⊂ 平面BEF，BE⊂ 平
面BEF， • 又CD⊥BE，所以CD⊥平面BEF， • 因为CD⊂ 平面PCD，所以平面BEF⊥平面
PCD．
•命题方向3 利用向量解决探索性问题
• 解法二：依题意，以D为坐标原点，DA、 DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建 立空间直角坐标系，因为AB＝2AD＝2，则
• (2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应 用．
• (3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二 面角的方法．
预测2020年命题热点为： • (1)二面角的求法． • (2)已知二面角的大小，证明线线、线面平
行或垂直．
• (3)给出线面的位置关系，探究满足条件的 某点是否存在．
核心知识整合
• (3)二面角
• (6)面面垂直 • α⊥ β⇔ μ⊥ v⇔ μ·v＝
• 1．在建立空间直角坐标系时，易忽略说明 或证明建系的条件．
• 2．忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的 区别：两条异面直线所成的角是锐角或直 角，与它们的方向向量的夹角不一定相 等．
• 3．不能区分二面角与两法向量的夹角：求 二面角时，两法向量的夹角有可能是二面 角的补角，要注意从图中分析．
高考真题体验
• [解析] (1)证明：设AC，BD交于点E，连 接ME，
• 因为PD∥ 平面MAC，平面MAC∩平面PDB ＝ME，
• 所以PD∥ ME． • 因为四边形ABCD是正方形， • 所以E为BD的中点， • 所以M为PB的中点．
2020年高考数学二轮提升专题训练考点30 空间向量与立体几何(含答案解析).doc
考点30 空间向量与立体几何【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、(2019常州期末）如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，已知正四棱锥PABCD 的高OP ＝2，点B ，D 和C ，A 分别在x 轴和y 轴上，且AB ＝2，点M 是棱PC 的中点．(1) 求直线AM 与平面PAB 所成角的正弦值； (2) 求二面角APBC 的余弦值．规范解答 (1)记直线AM 与平面PAB 所成角为α，A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，M ⎝⎛⎭⎫0，12，1，则AB →＝(1，1，0)，PA →＝(0，－1，－2)，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，32，1. 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·P A →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－y －2z ＝0，令x ＝2，则y ＝－2，z ＝1，所以平面P AB 的一个法向量为n ＝(2，－2，1)，所以sin α＝|cos 〈n ，AM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AM →|n |·|AM →|＝23×132＝41339.(5分)即直线AM 与平面P AB 所成角的正弦值为41339.(6分)(2)设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，BC →＝(－1，1，0)，PB →＝(1，0，－2)．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，x 1－2z 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝2，z 1＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n 1＝(2，2，1)，所以cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n |·|n 1|＝13×3＝19.(9分)由图可知二面角APBC 为钝角，故二面角的余弦值为－19.(10分)2、(2019镇江期末）在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，D 是BC 的中点．(1) 求直线DC 1与平面A 1B 1D 所成角的正弦值； (2) 求二面角B 1DC 1A 1的余弦值．规范解答 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，有AB ⊥AC ，又AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ，以AB →，AC →，AA 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．(1分)因为AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3)．因为D 是BC 的中点，所以D(1，2，0)．(1) DC 1→＝(－1，2，3)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面A 1B 1D 的法向量，A 1B 1→＝(2，0，0)，B 1D →＝(－1，2，－3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧A 1B 1→·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，－x 1＋2y 1－3z 1＝0.取n 1＝(0，3，2)为平面A 1B 1D 的一个法向量．(3分)设直线DC 1与平面A 1B 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC 1→，n 1〉|＝121314＝618291，所以直线DC 1与平面A 1B 1D 所成角的正弦值为618291.(5分)(2)DC 1→＝(－1，2，3)，B 1C 1→＝(－2，4，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面B 1DC 1的法向量，所以⎩⎪⎨⎪⎧DC 1→·n 2＝0，B 1C 1→·n 2＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋2y 2＋3z 2＝0，－2x 2＋4y 2＝0，取n 2＝(2，1，0)为平面B 1DC 1的一个法向量．(7分) 同理可以求得平面A 1DC 1的一个法向量为n 3＝(3，0，1)，则cos 〈n 2，n 3〉＝610×5＝325.(9分)由图可知二面角为锐角，故二面角B 1DC 1A 1的余弦值为325.(10分)3、(2019扬州期末）将边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折叠，使得平面ABD ⊥平面CBD ，又AE ⊥平面ABD.(1) 若AE ＝2，求直线DE 与直线BC 所成角的大小；(2) 若二面角ABED 的大小为π3，求AE 的长度．规范解答 因为正方形ABCD 的边长为2，所以AB ⊥AD ，CB ⊥CD ，AB ＝AD ＝CD ＝BC ＝2. 又AE ⊥平面ABD ，AB ，AD ⊂平面ABD ，所以AE ⊥AB ，AE ⊥AD ， 以点A 为原点，AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 作CF ⊥BD ，垂足为F.因为平面ABD ⊥平面CBD ，CF ⊂平面CBD ，平面ABD ∩平面CBD ＝BD ， 所以CF ⊥平面ABD.因为CB ＝CD ＝2，所以点F 为BD 的中点，CF ＝ 2.(2分)(1)因为AE ＝2，所以E(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，F(1，1，0)，C(1，1，2)， 所以DE →＝(0，－2，2)，BC →＝(－1，1，2)，所以DE →·BC →＝0，所以DE →⊥BC →， 所以直线DE 与直线BC 所成角为π2.(5分)(2)设AE 的长度为a(a>0)，则E(0，0，a)．由AD ⊥AE ，AD ⊥AB ，AE ，AB ⊂平面ABE ，且AE ∩AB ＝A ，得AD ⊥平面ABE, 所以平面ABE 的一个法向量为n 1＝(0，1，0)．(6分)设平面BDE 的法向量为n 2＝(x 1，y 1，z 1)，又BE →＝(－2，0，a )，BD →＝(－2，2，0)，所以n 2⊥BE →，n 2⊥BD →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BE →＝－2x 1＋az 1＝0，n 2·BD →＝－2x 1＋2y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝a 2z 1，x 1＝y 1，取z 1＝2，则x 1＝y 1＝a ，所以平面BDE 的一个法向量为n 2＝(a ，a ，2)，(8分)所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝a a 2＋a 2＋4×1＝a2a 2＋4.因为二面角ABED 的大小为π3，所以a 2a 2＋4＝12，解得a ＝2，所以AE 的长度为 2.(10分)4、(2018镇江期末）如图，AC ⊥BC ，O 为AB 中点，且DC ⊥平面ABC ，DC ∥BE.已知AC ＝BC ＝DC ＝BE ＝2.(1) 求直线AD 与CE 所成角； (2) 求二面角OCEB 的余弦值．. 规范解答 (1)因为AC ⊥CB 且DC ⊥平面ABC ，则以C 为原点，CB 为x 轴正方向，CA 为y 轴正方向，CD 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．(1分)因为AC ＝BC ＝BE ＝2，则C(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，O(1，1，0)，E(2，0，2)，D(0，0，2)，且AD →＝(0，－2，2)，CE →＝(2，0，2)．(2分)所以cos 〈AD →，CE →〉＝AD →·CE →|AD →|·|CE →|＝422×22＝12.(4分)所以直线AD 和CE 的夹角为60°.(5分)(2) 平面BCE 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，设平面OCE 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．(6分) 由CO →＝(1，1，0)，CE →＝(2，0，2)且n ⊥CO →，n ⊥CE →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0，n ·CO →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧2x 0＋2z 0＝0，x 0＋y 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 0＝－x 0，y 0＝－x 0，(8分) 取x 0＝－1，则n ＝(－1，1，1)．(9分)因为二面角OCEB 为锐二面角，记为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33.(10分) 5、(2018苏北四市期末）在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝1，AA 1＝2，E ，F ，G 分别是棱AA 1，AC 和A 1C 1的中点，以{FA →，FB →，FG →}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.(1) 求异面直线AC 与BE 所成角的余弦值； (2) 求二面角FBC 1C 的余弦值．规范解答 (1) 因为AB ＝1，AA 1＝2，则F(0，0，0)，A ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎫12，0，1， 所以AC →＝(－1，0，0)，BE →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1.(2分)记异面直线AC 和BE 所成角为α， 则cos α＝|cos 〈AC →，BE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×12⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫－322＋1＝24， 所以异面直线AC 和BE 所成角的余弦值为24.(4分)(2) 设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)． 因为FB →＝⎝⎛⎭⎫0，32，0，FC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，0，2， 则⎩⎨⎧m ·FB →＝32y 1＝0，m ·FC 1→＝－12x 1＋2z 1＝0，取x 1＝4，得平面BFC 1的一个法向量为m ＝(4，0，1)．(6分)设平面BCC 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 因为CB →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，CC 1→＝(0，0，2)，则⎩⎨⎧n ·CB →＝12x 2＋32y 2＝0，n ·CC 1→＝2z 2＝0，取x 2＝3得平面BCC 1的一个法向量为n ＝(3，－1，0)，(8分)所以cos 〈m ，n 〉＝4×3＋（－1）×0＋1×0（3）2＋（－1）2＋02·42＋02＋12＝25117. 根据图形可知二面角FBC 1C 为锐二面角， 所以二面角FBC 1C 的余弦值为25117.(10分)【问题探究，变式训练】题型一 异面直线所成的角以及直线与平面所成的角知识点拨：异面直线所成的角或者直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
2020届高考(理)数学二轮复习专项训练《9 立体几何与空间向量》含答案
立体几何与空间向量1．点(,2,1)P x到点(1,1,2)Q，(2,1,1)R的距离相等，则x的值为（）A．12B．1C．32D．22．如果直线l，m与平面α，β，γ，满足lβγ=I，lα∥，mα⊂且mγ⊥，那么必有（）A．αγ⊥且l m⊥B．αγ⊥且l m∥C．mβ∥且l m⊥D．αβ∥且αγ⊥3．下列说法正确的是（）A．若两个平面和第三个平面都垂直，则这两个平面平行B．若两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线平行C．若一个平面内的所有直线都和另一个平面平行，则这两个平面平行D．若两条平行直线中的一条和一个平面平行，则另一条也和这个平面平行4．如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，O是底面ABCD的中心，11B H D O⊥，H为垂足，则1B H与平面1ADC的位置关系是（）A．垂直B．平行C．斜交D．以上都不对5．如图，已知四棱锥P ABCD-的底面是平行四边形，AC交BD于点O，E为AD中点，F在PA上，AP AFλ=，PC∥平面BEF，则λ的值为（）A．1B．32C．2D．3一、选择题6．如图，已知六棱锥P ABCDEF -的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，2PA AB =，则下列结论正确的是（ ）A ．PB AD ⊥B ．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︒7．在直角梯形ABCD 中，AD BC ∥，AD AB =，AD AB ⊥，45BCD ∠=︒，将ABD △沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，如图，则在三棱锥A BCD -中，下列结论正确的是（ ）A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC8．某四面体的三视图如图所示，该四面体外接球的表面积为（ ）A ．214π3B ．127π3 C ．124π3 D ．115π39．如图，已知梯形CEPD 中，8PD =，6CE =，A 为线段PD 的中点，四边形ABCD 为正方形，现沿AB 进行折叠，使得平面PABE ⊥平面ABCD ，得到如图所示的几何体．已知当点F 满足(01)AF AB =<<u u u rλλ时，平面DEF ⊥平面PCE ，则λ的值为（ ）A ．12B ．23C ．35D ．4510．两球1O 和2O 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的内部，且互相外切，若求1O 与过点A 的正方体的三个面相切，球2O 与过点1C 的正方体的三个面相切，则球1O 和2O 的表面积之和的最小值为（ ）A ．3(2p -B ．4(2p -C ．3(2pD ．4(2p +11．已知球O 是正三棱锥A BCD -的外接球，底边3BC =，侧棱AB =E 在线段BD 上， 且3BD BE =，过点E 作球O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ） A ．5π,4π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[]2π,4πC ．9π,4π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．11π,4π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦12．在正方形1111ABCD A B C D -中，点E 是棱11B C 的中点，点F 是线段1CD 上的一个动点，有以下三个 命题：①异面直线1AC 与1B F 所成的角是定值； ②三棱锥1B A EF -的体积是定值； ③直线1A F 与平面11B CD 所成的角是定值． 其中真命题的个数是（ ）A ．3B ．2C ．1D ．013．如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的体积为 ．14．在三棱锥S ABC -中，AB BC ⊥，2AB BC ==，2SA SC ==，二面角S AC B --的余弦值是33，若S 、A 、B 、C 都在同一球面上，则该球的表面积是 ．15．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1A F ∥平面1D AE ，则直线EF 与平面1D AE 所成角的正弦值的取值范围是 ．16．如图，已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是梯形，BC AD ∥，AB AD ⊥，且22AD AB BC ==，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA PD ⊥．若直线AC 与PD 所成角为60︒，则二面角A PC D --的余弦值为 ．二、填空题1．【答案】B【解析】根据题意，结合空间中两点的距离公式可知，点(,2,1)P x到点(1,1,2)Q，(2,1,1)R的距离相等，则有2(1)11(2)101PQ PR x x x2=⇔-++=-++⇔=，则可知x的值为1，故选B．2．【答案】A【解析】∵mα⊂，mγ⊥，∴αγ⊥，∵lβγ=I，∴m l⊥，故选A．3．【答案】C【解析】正方体过同一顶点的三个平面可以两两互相垂直，所以A错误；圆锥的两条母线与底面形成的夹角相等，但是两条母线相交，所以B错误；若一个平面内的所有直线都和另一个平面平行，则该平面内有两条相交直线与另一个平面平行，所以这两个平面平行，故C正确；另一条直线可能在这个平面内，结论不成立，故D错误．4．【答案】A【解析】连接11B D，BD，∵几何体1111ABCD A B C D-是正方体，底面ABCD是正方形，∴AC BD⊥．∵1B H⊂平面11BDD B，∴1AC B H⊥，∵11B H D O⊥，1AC D O O=I，∴1B H⊥平面1ADC．5．【答案】D【解析】如图所示，答案与解析一、选择题设AO 交BE 于点G ，连接FG ，∵E 为AD 的中点，则1122AE AD BC ==，由于四边形ABCD 是平行四边形，AD BC ∥， ∴AEG CBG △△∼，12AG AE GC BC ==，∴13AG AC =，因为PC ∥平面BEF ，PC ⊂平面PAC ，平面BEF I 平面PAC GF =， 所以GF PC ∥，∴3AP ACAF AGλ===． 6．【答案】D【解析】∵AD 与PB 在平面的射影AB 不垂直，所以A 不成立， 又平面PAB ⊥平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PBC 也不成立，BC AD ∥∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立．在PAD Rt △中，2PA AD AB ==，∴45PDA ∠=︒，故选D ． 7．【答案】D【解析】在直角梯形ABCD 中，因为ABD △是等腰直角三角形，故45ABD ADB ∠=∠=︒， 所以45DBC ∠=︒，故CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥．因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，平面ABD I 平面BCD BD =， 所以CD ⊥平面ABD ，因AB ⊂平面ABD ，所以CD AB ⊥． 又因为AB AD ⊥，AD CD D =I ，所以AB ⊥平面ADC ， 因AB ⊂平面ABC ，所以平面ADC ⊥平面ABC ．8．【答案】C【解析】还原几何体如图，在底面ABC中作AE BC⊥，交点为E，CD CB⊥，CD AC⊥，2CD CB CE===，AE=4AC==，2πtan3CEA ACB=⇒∠=，又AB==则ACB△外接圆的半径sin3r==1d=，则22831133R=+=，即2124π4π3S R==．9．【答案】C【解析】因为四边形ABCD为正方形，且平面平面PABE⊥平面ABCD，所以建立空间直角坐标系(如图所示)，又因为8PD=，6CE=，所以(0,0,4)P，(4,4,0)C，(4,0,2)E，(0,4,0)D，(4,0,0)B，则(4,0,0)Fλ，设平面DEF的法向量为(,,)x y z=m，则由0DEDF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm，取(1,,22)λλ=-m；设平面PCE的法向量为(,,)x y z=n，则由0CEEP⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rnn，取(1,1,2)=n，由题意知530λ⋅=-=m n，解得35=λ．10．【答案】A【解析】设球1O与球2O的半径分别为1r，2r，球心和对应的顶点的连线可看成对应的小正方体的对角线，∴1212)r r r r ++=1232r r +==12r r +≥， 球1O 与球2O 的表面积之和为：2221212124π()4π()8π2(6πS r r r r r r =+=+-≥-=-，当且仅当12r r =时取等号，其表面积和的最小值为(6π-．11．【答案】B 【解析】如图，设BDC △的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接1O D ，OD ，1O E ，OE ，则123sin 603O D =︒⨯=13AO ==，在1OO D Rt △中，223(3)R R =+-，解得2R =， ∵3BD BE =，∴2DE =，在1DEO △中，11O E ==，∴OE ==，过点E 作圆O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，=2π，最大面积是大圆面积为4π，故答案为[]2π,4π． 12．【答案】B【解析】以A 为坐标原点，AB ，AD ，1AA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，可得(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,1,0)D ，1(0,0,1)A ，1(1,0,1)B ，1(1,1,1)C ，1(0,1,1)D ，设(,1,1)(01)F t t t -≤≤，可得1(1,1,1)AC =u u u u r ，1(1,1,)B F t t =--u u u u r ，可得110AC B F ⋅=u u u u r u u u u r，故异面直线1AC 与1B F 所成的角为定值，故①正确；三棱锥1B A EF -的底面1A BE 为定值，且11C D BA ∥，点F 是线段1CD 上的一个动点，可得F 点到底面1A BE 的距离为定值，则②正确；1(,1,)A F t t =-u u u u r ，1(0,1,1)BC =-u u u r ，11(1,1,0)B D =-u u u u r ，可得平面11B CD 的一个法向量为(1,1,1)=n ， 可得1cos ,A F u u u u rn 不为定值，故③错误，故选B ．13．【答案】1282π81【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的最短路为PP '，∵4OP OP '==，43PP '=，则由余弦定理可求得2π3POP '∠=， 设底面圆的半径为r ，圆锥的高为h ，则有2π42π433r r =⨯⇒=，228243h r =-=，∴圆锥的体积211282ππ381V r h ==． 14．【答案】6π二、填空题【解析】取AC 中点为D ，并连接SD 、BD ，因为AB BC =，SA SC =，所以SD AC ⊥，BD AC ⊥，即二面角S AC B --的平面角为SDB ∠，即cos 3SDB ∠=．在ABD △中，1BD =，在SAC △中2AC =，SD =在SBD △中，222cos 2SB SD BD SD BD SDB SB 2=+-⋅∠=⇒=则222SA AB SB =+，222SC BC SB =+， 所以SB AB ⊥，SB BC SB ⊥⇒⊥平面ABC ．三棱锥S ABC -的对应的正方体中，设三棱锥S ABC -的外接球半径为R ，则223(2)2222R R =++⇒=， 所以外接球表面积为24π6πS R ==．15．【答案】23⎡⎢⎣⎦【解析】取11B C 中点M ，1BB 中点N ，连1A M ，1A N ，MN ，在正方体中易知1MN AD ∥，11A N D E ∥，则平面1A MN ∥平面1D AE ，1A F ⊂平面1A MN ，所以1A F ∥平面1D AE ，则点F 的轨迹是线段MN ．如图，以B 为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，(0,2,0)A ，(2,0,1)E ，1(2,2,2)D ，1(0,2,2)A ，(1,0,2)M ，(0,0,1)N ，设(,0,)F x z ，(01)NF NM =≤≤u u u r u u u u rλλ，则(,0,1)F +λλ，设(,,)x y z =n 是平面1D AE 的法向量，10AE AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u ur n n ，即220220x y z x z -+=⎧⎨+=⎩，取(2,1,2)=-n ， (2,0,)EF =-u u u rλλ，cos ,EF EF EF ⋅<>==u u u ru u u r u u u r n n n ， 因为[0,1]∈λ，所以2244[2,4]-+∈λλ，所以2cos ,,33EF ⎡<>∈⎢⎣⎦u u u r n，即所求线面角的正弦值的取值范围是2,33⎡⎢⎣⎦．16．【答案】13- 【解析】∵PH⊥平面ABCD ，∴PH AB ⊥，∵AB AD ⊥，∴AB ⊥平面PAD ．以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz -，如图，∵PH⊥平面ABCD ，∴PH z ∥轴．设222AD AB BC ===，(02)AH a a =<<，(0)PH h h =>， 则(1,1,0)C ，(0,2,0)D ，(0,,)P a h ，(1,1,0)AC =u u u r ，(0,,)AP a h =u u u r，(0,2,)DP a h =-u u u r ，PA PD ⊥，得0AP DP ⋅=u u u r u u u r，直线AC 与PD 所成角为60︒，得1,2AC DP cos AC DP AC DP ⋅<>==u u u r u u u ru u u r u u u r u u ur u u u r ， 即有2(2)0a a h -+=12=，解得1a h ==，所以(0,1,1)P ，设平面PAC 的法向量为(,,)x y z =n ，则由0AC AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，取(1,1,1)=-n ； 设平面PDC 的法向量为(,,)x y z =m ，则由0PC DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rm m ，取(1,1,1)=m ， 1cos ,3⋅<>==m n n m m n ， 二面角A PC D --的平面角为钝角，所以二面角A PC D --的余弦值为13-．。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题5 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题1
(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)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂ 平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD． (2)方法一：作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD． 以 H 为坐标原点，―H→F 的方向为 y 轴正方向，设正方形 ABCD 的边长为 2，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.
由平面 PEF⊥平面 ABFD，
所以 PH⊥平面 ABFD，连接 DH，
则∠PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，
由 PE·PF＝EF·PH，所以 PH＝2 3×2＝ 3， 4
因为 PD＝4，所以 sin∠PDH＝PH＝ 3， PD 4
所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3. 4
所以 EF∥CC1，
所以 AC⊥EF.
在△ABC 中，AB＝BC，E 是 AC 的中点，
所以 AC⊥BE，
又因为 AC⊥EF，BE，EF⊂ 平面 BEF，BE∩EF＝E，
所以 AC⊥平面 BEF.
(2)如图，建立空间直角坐标系 Exyz，则 E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，A1(1,0,2)，B1(0,2,2)，C1(－
|c||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＝〈A→B，C→D〉.
2020年高考数学(理)二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法(考点解读)(原卷版)
专题13 立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb .2．两个向量的数量积向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． 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 ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc .推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →.4．空间向量平行与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 5．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(3)平面的法向量如果表示向量a 的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a ⊥α. 如果a ⊥α，那么向量a 叫做平面α的法向量． 6．空间角的类型与范围 (1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为n 、m . ①异面直线l 1与l 2所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |.②直线l 1与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·n ||a ||n |.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |. (2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离． 点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点)．②设n 与异面直线a ，b 都垂直，A 是直线a 上任一点，B 是直线B 上任一点，则异面直线a 、b 的距离d ＝|AB →·n ||n |.高频考点一向量法证明平行与垂直1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，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．【举一反三】如图，在四棱锥PABCD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.【变式探究】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，P A＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面P AB；(2)求证：平面P AD⊥平面PDC.【方法规律】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(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．【变式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD . 高频考点二、 向量法求空间角例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)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．【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 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P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．【方法技巧】(1)利用空间向量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，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．高频考点三 探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．例 3、如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A CD F 为60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝6.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)在线段CF 上求一点G ，使锐二面角B EG D 的余弦值为14.【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 的线段AA 1上．(1)当AE EA 1＝12时，求证：DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D BE A 等于60°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)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．2. (2019·高考天津卷)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．3．(2019·高考浙江卷)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．1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．(Ⅱ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；(II)求二面角的正弦值；(III)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.3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．(Ⅱ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅱ)证明：直线FG与平面BCD相交．4. (2018年江苏卷)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．求证：(1)；(2)6. (2018年全国I卷理数)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．7. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．。
2020年新课标高考数学二轮热点专题提升-考点30 空间向量与立体几何(含答案解析)
2020年新课标高考数学二轮热点专题提升-考点30 空间向量与立体几何【知识框图】【自主热身，归纳总结】1、(2019常州期末）如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，已知正四棱锥PABCD 的高OP ＝2，点B ，D 和C ，A 分别在x 轴和y 轴上，且AB＝2，点M 是棱PC 的中点．(1) 求直线AM 与平面PAB 所成角的正弦值； (2) 求二面角APBC 的余弦值．规范解答 (1)记直线AM 与平面PAB 所成角为α，A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，则AB →＝(1，1，0)，PA →＝(0，－1，－2)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1. 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·P A →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－y －2z ＝0，令x ＝2，则y ＝－2，z ＝1，所以平面P AB 的一个法向量为n ＝(2，－2，1)，所以sin α＝|cos 〈n ，AM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AM →|n |·|AM →|＝23×132＝41339.(5分) 即直线AM 与平面P AB 所成角的正弦值为41339.(6分)(2)设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，BC→＝(－1，1，0)，PB →＝(1，0，－2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，x 1－2z 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝2，z 1＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n 1＝(2，2，1)，所以cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n |·|n 1|＝13×3＝19.(9分)由图可知二面角APBC 为钝角，故二面角的余弦值为－19.(10分)2、(2019镇江期末）在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，D 是BC 的中点．(1) 求直线DC 1与平面A 1B 1D 所成角的正弦值； (2) 求二面角B 1DC 1A 1的余弦值．规范解答 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，有AB ⊥AC ，又AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ，以AB →，AC →，AA 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．(1分)因为AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3)．因为D 是BC 的中点，所以D(1，2，0)．(1) DC 1→＝(－1，2，3)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面A 1B 1D 的法向量，A 1B 1→＝(2，0，0)，B 1D →＝(－1，2，－3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧A 1B 1→·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，即⎩⎨⎧2x 1＝0，－x 1＋2y 1－3z 1＝0.取n 1＝(0，3，2)为平面A 1B 1D 的一个法向量．(3分)设直线DC 1与平面A 1B 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC 1→，n 1〉|＝121314＝618291，所以直线DC 1与平面A 1B 1D 所成角的正弦值为618291.(5分)(2)DC 1→＝(－1，2，3)，B 1C 1→＝(－2，4，0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面B 1DC 1的法向量，所以⎩⎪⎨⎪⎧DC 1→·n 2＝0，B 1C 1→·n 2＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋2y 2＋3z 2＝0，－2x 2＋4y 2＝0，取n 2＝(2，1，0)为平面B 1DC 1的一个法向量．(7分)同理可以求得平面A 1DC 1的一个法向量为n 3＝(3，0，1)，则cos 〈n 2，n 3〉＝610×5＝325.(9分)由图可知二面角为锐角，故二面角B 1DC 1A 1的余弦值为325.(10分)3、(2019扬州期末）将边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折叠，使得平面ABD ⊥平面CBD ，又AE ⊥平面ABD.(1) 若AE ＝2，求直线DE 与直线BC 所成角的大小； (2) 若二面角ABED 的大小为π3，求AE 的长度．规范解答 因为正方形ABCD 的边长为2，所以AB ⊥AD ，CB ⊥CD ，AB ＝AD ＝CD ＝BC ＝2.又AE ⊥平面ABD ，AB ，AD ⊂平面ABD ，所以AE ⊥AB ，AE ⊥AD ， 以点A 为原点，AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 作CF ⊥BD ，垂足为F.因为平面ABD ⊥平面CBD ，CF ⊂平面CBD ，平面ABD ∩平面CBD ＝BD ， 所以CF ⊥平面ABD.因为CB ＝CD ＝2，所以点F 为BD 的中点，CF ＝ 2.(2分)(1)因为AE ＝2，所以E(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，F(1，1，0)，C(1，1，2)， 所以DE →＝(0，－2，2)，BC →＝(－1，1，2)，所以DE →·BC →＝0， 所以DE→⊥BC →， 所以直线DE 与直线BC 所成角为π2.(5分)(2)设AE 的长度为a(a>0)，则E(0，0，a)．由AD ⊥AE ，AD ⊥AB ，AE ，AB ⊂平面ABE ，且AE ∩AB ＝A ，得AD ⊥平面ABE, 所以平面ABE 的一个法向量为n 1＝(0，1，0)．(6分)设平面BDE 的法向量为n 2＝(x 1，y 1，z 1)，又BE→＝(－2，0，a )，BD →＝(－2，2，0)，所以n 2⊥BE →，n 2⊥BD →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BE →＝－2x 1＋az 1＝0，n 2·BD →＝－2x 1＋2y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝a 2z 1，x 1＝y 1，取z 1＝2，则x 1＝y 1＝a ，所以平面BDE 的一个法向量为n 2＝(a ，a ，2)，(8分) 所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝a a 2＋a 2＋4×1＝a2a 2＋4.因为二面角ABED 的大小为π3，所以a 2a 2＋4＝12，解得a ＝2， 所以AE 的长度为 2.(10分)4、(2018镇江期末）如图，AC ⊥BC ，O 为AB 中点，且DC ⊥平面ABC ，DC ∥BE.已知AC ＝BC ＝DC ＝BE ＝2.(1) 求直线AD 与CE 所成角； (2) 求二面角OCEB 的余弦值．. 规范解答 (1)因为AC ⊥CB 且DC ⊥平面ABC ，则以C 为原点，CB 为x 轴正方向，CA 为y 轴正方向，CD 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．(1分)因为AC ＝BC ＝BE ＝2，则C(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，O(1，1，0)，E(2，0，2)，D(0，0，2)，且AD→＝(0，－2，2)，CE →＝(2，0，2)．(2分)所以cos 〈AD →，CE →〉＝AD →·CE →|AD →|·|CE →|＝422×22＝12.(4分)所以直线AD 和CE 的夹角为60°.(5分)(2) 平面BCE 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，设平面OCE 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．(6分)由CO→＝(1，1，0)，CE →＝(2，0，2)且n ⊥CO →，n ⊥CE →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0，n ·CO →＝0，则⎩⎨⎧2x 0＋2z 0＝0，x 0＋y 0＝0，解得⎩⎨⎧z 0＝－x 0，y 0＝－x 0，(8分)取x 0＝－1，则n ＝(－1，1，1)．(9分)因为二面角OCEB 为锐二面角，记为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝33.(10分) 5、(2018苏北四市期末）在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝1，AA 1＝2，E ，F ，G 分别是棱AA 1，AC 和A 1C 1的中点，以{FA →，FB →，FG →}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.(1) 求异面直线AC 与BE 所成角的余弦值； (2) 求二面角FBC 1C 的余弦值．规范解答 (1) 因为AB ＝1，AA 1＝2，则F(0，0，0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，所以AC→＝(－1，0，0)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1.(2分) 记异面直线AC 和BE 所成角为α， 则cos α＝|cos 〈AC→，BE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×12⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋1＝24，所以异面直线AC 和BE 所成角的余弦值为24.(4分) (2) 设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)．因为FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，FC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，2， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·FB →＝32y 1＝0，m ·FC 1→＝－12x 1＋2z 1＝0，取x 1＝4，得平面BFC 1的一个法向量为m ＝(4，0，1)．(6分)设平面BCC 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 因为CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，CC 1→＝(0，0，2)，则⎩⎨⎧n ·CB →＝12x 2＋32y 2＝0，n ·CC 1→＝2z 2＝0，取x 2＝3得平面BCC 1的一个法向量为n ＝(3，－1，0)，(8分)所以cos 〈m ，n 〉＝4×3＋（－1）×0＋1×0（3）2＋（－1）2＋02·42＋02＋12＝25117.根据图形可知二面角FBC 1C 为锐二面角， 所以二面角FBC 1C 的余弦值为25117.(10分) 【问题探究，变式训练】题型一 异面直线所成的角以及直线与平面所成的角知识点拨：异面直线所成的角或者直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
解析：(1)证明： ∵BC⊥SD ，BC⊥CD， 则 BC⊥平面 SDC, 又 BC∥AD， 则 AD⊥平面 SDC，SC⊂平面 SDC， SC⊥AD， 又在△SDC 中，SC＝SD＝2, DC＝AB＝2 2，故 SC2＋SD2＝DC2 则 SC⊥SD ，又 SD∩AD＝D ∴SC⊥平面 SAD
则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,2),
假设存在 M(a，b，c)满足要求，设CCMP ＝λ(0≤λ≤1)，即C→M＝λC→P， 所以 M(2－λ，4－3λ，2λ)，
易得平面 PBD 的一个法向量为B→C＝(2,2,0). 设 n 为平面 ABM 的一个法向量，A→B＝(0,2,0), A→M＝(2－λ，4－3λ，2λ)
立体几何中的探索性问题
考情调研
考向分析
在探索性问题中，涉及用向量法先计算，再判断，考查热点 1.探索点的存在性．
是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能 2.探索平行或垂直关系.
力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
[题组练透] 1．如图，四棱锥 P-ABCD 中，AB∥DC，∠ADC＝π2，AB＝AD＝12CD＝2，PD＝PB ＝ 6，PD⊥BC.
设PPBF＝λ(λ∈[0,1])， 则P→F＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以E→F＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面 ABCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)． 设平面 PDC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·P→C＝0， 由n·P→D＝0，
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第18题 空间向量与立体几何 1、如图所示，ABCD是边长为2的正方形，AE平面BCE，且1AE.
1.求证：平面ABCD平面ABE； 2.线段AD上是否存在一点F，使二面角ABFE所成角的余弦值为64？若存在，请找出
点F的位置；若不存在，请说明理由. 2、如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面
BCD，23AB.
（1）证明：直线//AB平面MCD （2）求直线AM与平面BCD所成的角的大小； （3）求平面ACM与平面BCD所成的二面角的正弦值. 3、如图，在三棱锥DABC中，DA平面ABC，90CAB＝，且1ACAD＝＝，2AB＝，E为BD的中点．
(1) 求异面直线AE与BC所成角的余弦值； (2) 求二面角ACEB的余弦值． 4、如图，在正四棱柱1111ABCDABCD中，131AAAB＝，＝. (1) 求异面直线1AB与1AC所成角的余弦值； (2) 求平面1ABC与平面1ACD所成二面角的正弦值． 5、如图,矩形ABCD中, 6AB,6,23ABAD,点F是AC上的动点.现将矩形ABCD沿
着对角线AC折成二面角'DACB,使得'30DB
.
1.求证:当3AF时, 'DFBC; 2.试求CF的长,使得二面角'ADFB的大小为π4. 6、如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD的高2OP＝，点B，D和C，A分别在x轴和y轴上，且2AB，点M是棱PC的中点．
(1) 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值； (2) 求二面角APBC的余弦值． 7、如图，在正方体中， 棱长为2，,MN分别为1AB的中点． （1）证明：1//MNBC； （2）求1AB与平面11ABCD所成角的大小． 8、如图,在三棱锥PABC中, ,PAABC平面,ABAC3PAAC, 32AB,12BEEC,2ADDC
(1)证明: DEPAE平面; (2)求二面角APEB的余弦值. 9、如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形2ABAD.3BDAD,且 PD
底面ABCD.
（1）证明：平面PBD平面PBC （2）若Q为PC的中点，且1APBQ，求二面角QBDC的大小. 10、如图,三棱锥SABC
中,90,ASCABC°30603043.CABCASSBAC,,,°°
(1)求证:平面ASC平面ABC; (2)M是线段AC上一点,若53,4AM求二面角ASMB的大小.
答案以及解析 1答案及解析： 答案：1.∵AE平面BCE，BE平面BCE，BC平面BCE，
∴,AEBEAEBC， 又∵BCAB，∴AEABA，∴BC平面ABE， 又BC平面ABCD，∴平面ABCD平面ABE
.
2.如图所示，建立空间直角坐标系Axyz， ∵1,2,,3AEABAEBEBE
.
假设线段AD上存在一点F满足题意， 31(,,0),(0,2,0),(0,0,),(0)22EBFhh，
易知：平面ABF的一个法向量为(1,0,0)m， ∵33(,,0),(0,2,)22BEBFh， ∴设平面BEF的一个法向量为(,,)nxyz，
由00nBEnBF，得3302220xyyhz，取1y，得2(3,1,)nh，
263cos,444mnmnmnh
，∴1h.
点F为线段AD的中点时，二面角ABFE所成角的余弦值为64.
解析：
2答案及解析： 答案：（1）取CD中点O,连接MO，平面MCD平面BCD，则MO平面BCD
AB平面BCD，所以MO//AB 又MO面MCD，AB面MCD,所以//AB面MCD （2）取中点O，连，OM，则OBCD，OMCD， 又平面MCD平面BCD，则MO平面BCD
.
以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图. 3OBOM，则各点坐标分别为0,0,0O，1,0,0C，0,0,3M，0,3,0B，0,3,23A，
设直线AM与平面BCD所成的角为
.
因0,3,3AM，平面BCD的法向量为0,0,1n，
则有32sin|cos,|2||||6AMnAMnAMn，所以45
（3）1,0,3CM，1,3,23CA.设平面ACM的法向量为1,,nxyz， 由11nCMnCA得303230xzxyz.解得3xz，yz，取13,1,1n， 又平面BCD的法向量为0,0,1n，则1
1
1
1cos,||||5nnnnnn
设所求二面角为，则2125
sin155
解析： 3答案及解析： 答案：因为DA平面ABC，90CAB＝，
所以可以以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 因为12ACADAB＝＝，＝， 所以0001000200()()()()01ACBD，，，，，，，，，，，， 因为E为线段BD的中点，
所以1E0,1,2.
(1) 10,1,2AE，1,2,0BC， 所以24cos,5554AEBCAEBCAEBC， 所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为45 (2) 设平面ACE的法向量为1()nxyz＝，，，
因为11,0,0,0,1,2ACAE， 所以110,0nACnAE，即0x＝且1y+z=2，取1y＝，得02xz=，=-， 所以1,2(0)1n＝，是平面ACE的一个法向量． 设平面BCE的法向量为2()nxyz＝，，，
因为1=(1,-2,0),0,1,2BCBE， 所以220,0nBCnBE， 即20xy－＝且1-y+z=2，取1y＝，得22xz＝，＝， 所以22()21n＝，，是平面BCE的一个法向量． 所以121212·35cosn,n||||55?9nnnn. 所以二面角ACEB的余弦值为55 解析：
4答案及解析： 答案：(1) 以1ABADAA，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则
1100310()()()0113ABC，，，，，，，，， 所以11=(-1,,3),(1,1,3)BAAC， 所以11194110cos,5510?11BAAC. (2) 由题意得()(11)1000CD，，，，，， 所以111=(1,,3),(1,1,-3),=(1,1,3),=(0,1,0)ABACACAD， 设平面1ABC的一个法向量为1111()nxyz＝，，，则
1111
··ABnACn
即1111133xzxyz
令11z＝，则11()30n＝，，． 设平面1ACD的一个法向量为2222()nxyz＝，，，则 122
··ACnADn
即22223xyzy
令21z＝，则231()0n＝－，，， 所以121212·914cosn,n||||510?10nnnn， 所以平面1ABC与平面1ACD所成二面角的正弦值为35. 解析：
5答案及解析： 答案：1.连结,DFBF. 在矩形ABCD中, 23,6ADCD, 43,30,60ACCABDAC∴. 在ADF△中, ∵3AF
,
2222cos9DFDAAFDAAFDAC∴,
∵22293DFAFDA,
DFAC∴,即'DFAC. 又在ABF△中, 222cos21BFABABAFCAB, ∴在'DFB△中, 22222'3(21)'DFFBDB, 'BFDF∴ 又∵ACFBF, ∴'DF平面ABC. ∴'DFBC. 2.在矩形ABCD中,过D作DEAC于O,并延长交AB于E. 沿着对角线AC翻折后,由1可知, ,,'OEOCOD两两垂直,以O为原点, OE的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz,
则(0,0,0),(1,0,0),'(0,0,3),(3,23,0)OEDB
∵EO平面'ADF
,
(1,0,0)OE∴为平面'ADF的一个法向量. 设平面'BDF的法向量为(,,)nxyz ∵(0,,0)Ft,
'(3,23,3),(3,23,0)BDBFt∴,