2020届高考数学山东省二轮课件：专题三第3讲 空间向量与立体几何

8.5 空间向量在立体几何中的应用挖命题【考情探究】分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.破考点【考点集训】考点一空间向量、空间角与距离1.(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D、E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则A1B与平面ABD 所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案B2.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos<,>==--=-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即---不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos<,m>===.设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=.因为θ∈[0,π],所以sin θ=-=.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.考点二空间向量的应用1.(2017广西贺州模拟,20)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,∠ABC=90°,AB=BC=BB1=2,M,N分别是AB,A1C的中点.(1)求证:MN∥平面BCC1B1;(2)求证:MN⊥平面A1B1C.证明(1)如图,连接BC1,AC1,则A1C与AC1交于点N,且N为AC1的中点.在△ABC1中,∵M,N分别是AB,AC1的中点,∴MN∥BC1.又∵MN⊄平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴MN∥平面BCC1B1.(2)如图,连接B1C,以B1为原点建立空间直角坐标系B1-xyz.则B1(0,0,0),C(0,2,2),A1(-2,0,0),M(-1,0,2),N(-1,1,1),∴=(0,2,2),=(2,0,0),=(0,-1,1).设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=0,y=-1,故平面A1B1C的一个法向量为n=(0,-1,1).此时有n=,故MN⊥平面A1B1C.2.(2018辽宁本溪调研,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:AP⊥BC;(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3,试证明平面AMC⊥平面BMC.证明(1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是=(0,3,4),=(-8,0,0),∴=(0,3,4)(-8,0,0)=0,∴⊥,即AP⊥BC.(2)由(1)知AP=5,又AM=3,且点M在线段AP上,∴==.又=(-4,-5,0),∴=+=--,则=(0,3,4)--=0,∴⊥,即AP⊥BM.又根据(1)的结论知AP⊥BC,且BM∩BC=B,∴AP⊥平面BMC,∴AM⊥平面BMC.又AM⊂平面AMC,故平面AMC⊥平面BMC.3.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G 为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解析依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即-不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).-因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==-,进而有H-,从而=,因此cos<,n2>==-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.炼技法【方法集训】方法1 利用空间向量解决平行、垂直问题的方法1.(2017甘肃兰州模拟,17)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是C1C,B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD.证明如图所示,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,2,2),=(1,0,1),=(2,2,0),=(2,0,2).设n=(x,y,z)是平面A1BD的一个法向量,则即解得--令x=1,则y=-1,z=-1,所以n=(1,-1,-1).因为n=1+0-1=0,所以⊥n.又因为MN⊄平面A1BD,所以MN∥平面A1BD.2.(2018河南驻马店联考,19)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为4,D为CC1的中点.(1)求证:AB1⊥平面A1BD;(2)求二面角A-A1D-B的余弦值.解析(1)证明:如图,取BC的中点O,连接AO.因为△ABC为正三角形,所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1,以O为原点,,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则B(2,0,0),D(-2,2,0),A1(0,4,2),A(0,0,2),B1(2,4,0).所以=(2,4,-2),=(-4,2,0),=(-2,4,2).因为=-8+8+0=0,=-4+16-12=0,所以⊥,⊥.又BD∩BA1=B,所以AB1⊥平面A1BD.(2)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z),=(-2,2,-2),=(0,4,0),因为n⊥,n⊥,所以所以--解得-令z=1,得n=(-,0,1)为平面A1AD的一个法向量,由(1)知AB1⊥平面A1BD,所以AB1为平面A1BD的一个法向量,cos(n,)==-=-,由图可以看出,二面角A-A1D-B是锐角,所以二面角A-A1D-B的余弦值为.3.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=,FC=1.(1)证明:平面CDF⊥平面ADE;(2)求二面角E-BD-F的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴CD⊥AD.∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE.又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=,∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD.又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2).∴=(1,2,0),=(0,2,1),设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),∴令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2,-1,-1),∴cos<m,n>===,∴sin<m,n>=.故二面角E-BD-F的正弦值为.方法2 利用向量法求空间角与距离1.(2017福建漳州八校3月联考,8)已知正方形ABCD的边长为4,CG⊥平面ABCD,CG=2,E,F分别是AB,AD 的中点,则点B到平面GEF的距离为( )A. B. C. D.答案C2.(2018云南玉溪模拟,19)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,BD=2.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求二面角P-CD-B的大小;(3)求点C到平面PBD的距离.解析(1)证明:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2).在Rt△BAD中,AD=2,BD=2,∴AB=2,∴B(2,0,0)、C(2,2,0),∴=(0,0,2),=(2,2,0),=(-2,2,0),∴=0,=0,∴BD⊥AP,BD⊥AC.又∵AP∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.(2)由(1)得=(0,2,-2),=(-2,0,0).设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则即--令y=1,得平面PCD的一个法向量为n1=(0,1,1).∵PA⊥平面ABCD,∴=(0,0,2)为平面ABCD的一个法向量. 设二面角P-CD-B的大小为θ,易知θ为锐角,依题意可得cos θ==,∴二面角P-CD-B的大小是45°.(3)由(1)得=(2,0,-2),=(0,2,-2),设平面PBD的法向量为n2=(x,y,z),则即--令z=1,可得平面PBD的一个法向量为n2=(1,1,1).∵=(2,2,-2),∴点C到平面PBD的距离d===.方法3 利用空间向量解决空间中的存在性问题1.(2018衡水中学、郑州一中联考,18)如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,且∠ABC=60°,2AB=BC=2,AA1=3.(1)求证:平面A1CD⊥平面A1AC;(2)在线段AA1上是否存在一点E,使二面角B-EC-A的大小为?若存在,求出AE的长,若不存在,请说明理由.解析(1)证明:因为∠ABC=60°,2AB=BC=2,所以AB=1,在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB BCcos 60°=3,所以AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC.由平行四边形的性质得CD⊥AC,又CD⊥CC1,AC∩CC1=C,所以CD⊥平面A1AC,又CD⊂平面A1CD,所以平面A1CD⊥平面A1AC.(2)由(1)知AB⊥AC,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,假设在线段AA1上存在一点E使二面角B-EC-A的大小为,设AE=t(由题意可知0<t≤3),则E(0,0,t),C(0,,0),D(-1,,0),B(1,0,0),设n=(x,y,z)为平面EBC的法向量,因为=(1,-,0),=(0,,-t),所以--令y=,则x=3,z=,故n=.由(1)知平面EAC的一个法向量为=(-1,0,0),所以cos =,即=⇒t=(满足0<t≤3),所以在线段AA1上存在一点E使二面角B-EC-A的大小为,此时AE=.2.(2018江西南昌二中1月模拟,18)如图,△ABC的外接圆☉O的半径为,CD⊥☉O所在的平面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且BE=1,tan∠AEB=2.(1)求证:平面ADC⊥平面BCDE.(2)试问线段DE上是否存在点M,使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为?若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.解析(1)证明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD,∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.∵BE=1,tan∠AEB==2,∴AB=2.∵☉O的半径为,∴AB是直径,∴AC⊥BC.又∵CD⊥平面ABC,∴CD⊥BC,∵AC∩CD=C,故BC⊥平面ADC.∵BC⊂平面BCDE,∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),=(0,2,-3),易知平面ACD的一个法向量为=(0,2,0),假设满足题意的点M存在,设M(a,b,c),则=(a,b,c-4),再设=λ,λ∈(0,1],∴--⇒-即M(0,2λ,4-3λ),从而=(-4,2λ,4-3λ).设直线AM与平面ACD所成的角为θ,则sin θ=|cos<,>|==.-解得λ=-或λ=,其中λ=-∉(0,1],舍去,又λ=∈(0,1],故满足条件的点M存在,且点M为DE的靠近E的三等分点.过专题【五年高考】A组山东省卷、课标卷题组考点一空间向量、空间角与距离1.(2018课标Ⅰ,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B. C. D.答案A2.(2018课标Ⅱ理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.解析(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由n=0,n=0得可取n=((a-4),a,-a),-.所以cos<,n>=--由已知可得|cos<,n>|=.所以=.解得a=-4(舍去)或a=.-所以n=--.又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.3.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.解析本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则-即可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos<n,>==,sin<n,>=.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.解后反思一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.4.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC==.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=-=2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.-由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.5.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=-=3,可得F(0,,3). 故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得---进而可得平面BCF的一个法向量m=-.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.又易知二面角F-BC-A为锐二面角,所以二面角F-BC-A的余弦值为.考点二空间向量的应用1.(2017课标Ⅲ,16,5分)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形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.(填写所有正确结论的编号)答案②③2.(2017课标Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,-=,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①,②解得-(舍去),或-所以M-,从而=-.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则-即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.方法总结本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键由线面角为45°求点M的坐标是解题的关键.3.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即-所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.思路分析(1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度作截面;(2)以D 为坐标原点,,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面α的法向量与直线AF的方向向量,从而利用向量法求得直线AF与平面α所成角的正弦值.方法技巧利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.4.(2014山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CD∥C1D1,CD=C1D1,所以C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1M∥D1A,又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.(2)连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.可得BC=AD=MC,又∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CA⊥CB.以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),因此M,所以=--,==-.设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由得--可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1).又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量,cos<,n>==,所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.B组其他自主命题省(区、市)卷题组考点一空间向量、空间角与距离1.(2018江苏,22,10分)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.解析本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力. 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{,,}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P-.从而=--,=(0,2,2).故|cos<,>|==-=.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=,=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n=(,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.2.(2018天津,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=-,可得n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即--不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即--不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<,>|==,由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以线段DP的长为.方法归纳利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤(1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系;(2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;(3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;(4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解;(5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).考点二空间向量的应用1.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力.(1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即--令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M-,C(2,4,0),=-.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|==.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.2.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0). 因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m=0,m=0,即--令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2 <,>=-=-≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.评析本题主要考查空间向量、二面角和异面直线所成的角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.C组教师专用题组1.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案C2.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.证法二:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GM∥AE.又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD. 又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得--取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.评析本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.3.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F 为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:AB∥FG;(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.解析(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为α,则sin α=|cos<n,>|==.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设=λ(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n=0,即(0,-1,1) (2λ,λ,2-2λ)=0.解得λ=,所以点H的坐标为.所以PH=-=2.评析本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,推理计算能力;建立恰当坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.4.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.所以===,即Q为BB1的中点.(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V下,设BC=a,则AD=2a.图1=×2a h d=ahd,-V Q-ABCD=d h=ahd,所以V下=-+V Q-ABCD=ahd,又-=ahd,所以V上=--V下=ahd-ahd=ahd,=.故上下(3)解法一:如图1,连接AC,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E.因为DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.图2设∠CDA=θ.由(2)知||=a.因为S四边形ABCD=2sin θ=6,所以a=.从而C(2cos θ,2sinθ,0),A1,所以=(2cos θ,2sinθ,0),=.设平面A1DC的法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin θ,y=cosθ,所以n=(-sin θ,cosθ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<n,m>==,易知平面α与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角,故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.评析本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共5分)1.(2019届四川成都外国语学校高三上期中,6)如图,正四面体ABCD的顶点C在平面α内,且直线BC与平面α所成的角为45°,顶点B在平面α的射影为点O,当顶点A与点O的距离最大时,直线CD与平面α所成角的正弦值等于( )A. B. C. D.答案A二、填空题(每小题5分,共15分)2.(2019届江苏溧水中学调研)在空间直角坐标系中,已知点A(1,0,2),B(1,-3,1),点M在y轴上,且M到A与到B的距离相等,则M的坐标是.答案(0,-1,0)3.(2018广东珠海四校4月模拟,14)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,则点D1到平面BDE的距离为.答案4.(2018江苏邗江中学周练)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,AA1=2,∠B1A1C1=90°,D为BB1的中点,则异面直线C1D与A1C所成角的余弦值为.答案三、解答题(共20分)5.(2019届江西南昌二中高三第四次考试,20)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2.(1)证明:平面PAC⊥平面PCE;(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°,求二面角P-CE-D的余弦值.解析(1)证明:连接BD,交AC于点O,设PC中点为F,连接OF,EF.因为O,F分别为AC,PC的中点,所以OF∥PA,且OF=PA.。