(浙江专用)高考数学一轮复习 专题8 立体几何与空间向量 第58练 立体几何中的轨迹问题练习(含解析

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.5空间向量及其运算最新考纲1.经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a ＝b相反向量方向相反且模相等的向量a 的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a ∥b 共面向量平行于同一个平面的向量2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量．(3)空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)空间向量数量积的运算律①(λa )·b ＝λ(a ·b )；②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c .4．空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3共线a ＝λb (b ≠0，λ∈R )a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3垂直a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模|a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量．2．零向量能作为基向量吗？提示不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面．(√)(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．(×)(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .(×)(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(×)(5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.(√)(6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．(×)题组二教材改编2．如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是()A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案A解析BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________．答案2解析|EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为2.题组三易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是()A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案B解析由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5．已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________.答案26解析∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝______.答案18解析∵P ，A ，B ，C 四点共面，∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一空间向量的线性运算例1如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→.解(1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP→＝－12a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，所以MP →＋NC 1→＋12b ＋＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .思维升华用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案12AB →＋12AD →＋AA 1→解析∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.(2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于()A.12(－a ＋b ＋c )B.12(a ＋b －c )C.12(a －b ＋c )D.12(－a －b ＋c )答案B解析NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB→＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC→＝12(a ＋b －c )．题型二共线定理、共面定理的应用例2如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)求证：BD ∥平面EFGH .证明(1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH→＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点P MP →＝xMA →＋yMB→对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB→对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB→跟踪训练2如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？(2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？解(1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →，∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC →＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB →＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →)＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面．(2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内，又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面，∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内；当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.题型三空间向量数量积的应用例3如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．(1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB→＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD .(2)解设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r －12p2－12q ·p ＋r ·q －12r ·2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos2－a 24＋a 22－＝a 22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cosθ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．解(1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2＋12＋6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1，→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1．已知a ＝(2，3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于()A ．(0，3，－6)B ．(0，6，－20)C ．(0，6，－6)D ．(6，6，－6)答案B解析由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．2．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是()A ．0B ．1C ．2D ．3答案A解析a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3．已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于()A.32B ．－2C ．0 D.32或－2答案B解析当m ＝0时，a ＝(1，3，－1)，b ＝(2，0，0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m ，解得m ＝－2.4．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2，1)，B (2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为()A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)答案C 解析设P (0，0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2，解得z ＝3.5．已知a ＝(1，0，1)，b ＝(x ，1，2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为()A.5π6 B.2π3 C.π3 D.π6答案D解析∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1，1，2)，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是()A.3B.2C ．1 D.3－2答案D 解析∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD→|＝3－2.7．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝________.答案－9解析由题意知c＝x a＋y b，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，x－y＝7，＋2y＝6，3x＋3y＝λ，解得λ＝－9.8．已知a＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，则c＝________.答案(3，－2，2)解析因为a∥b，所以x－2＝4y＝1－1，解得x＝2，y＝－4，此时a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1)，又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2，2)．9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP→＝13VC→，VM→＝23VB→，VN→＝23VD→.则VA与平面PMN的位置关系是________．答案平行解析如图，设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，则VD→＝a＋c－b，由题意知PM→＝23b－13c，PN→＝23VD→－13VC→＝23a－23b＋13c.因此VA→＝32PM→＋32PN→，∴VA→，PM→，PN→共面．又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确的序号是________．答案①②解析①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．11．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面；(2)判断点M 是否在平面ABC 内．解(1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，∴M ，A ，B ，C 四点共面．∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解(1)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB→＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E －65，－145，13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案56解析连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是()A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定答案C 解析∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0.∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0，0，0)，A (1，2，1)，B (2，1，2)，P (1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB→取最小值时，点Q 的坐标是________．答案(1，1，2)解析由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1，1，2)．16．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．(1)证明设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝AC ′，→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。

第7讲立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识梳理1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝01.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )(2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( )(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合.( )(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.( )答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直.答案 C3.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1)B.(1，－1，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C4.(2017·青岛月考)所图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设|AD |＝2，则A (2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N (2，1，2)，所以AM →＝(－2，0，1)，ON →＝(1，0，2)，因此AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，故AM ⊥ON .答案 垂直5.(2017·杭州调研)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________；若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________. 解析 当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l ⊥α；当a ＝(－1，－1，1)时，a ·n ＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l ∥α或l ⊂α. 答案 l ⊥α l ∥α或l ⊂α6.(2017·绍兴月考)设α，β为两个不同的平面，u ＝(－2，2，5)，v ＝(1，－1，x )分别为平面α，β的法向量.(1)若α⊥β，则x ＝________； (2)若α∥β，则x ＝________.解析 (1)由α⊥β，得u ·v ＝0，即－2－2＋5x ＝0，x ＝45；(2)由α∥β，得u ∥v ，即－21＝2－1＝5x ，x ＝－52.答案 (1)45 (2)－52考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明 法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz . 由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0).∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 【训练1】 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0).法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)， 设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →， 又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PAB .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 【训练2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底， 则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，故AB 1⊥平面A 1BD . 法二 如图所示，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 －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD .考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2017·湖州调研)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21，∴A 1O ⊥AO . 由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ， 平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .规律方法 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 【训练3】 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由.(1)证明 由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直.如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)解 假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点.[思想方法]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直. [易错防范]1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.。

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

第八章立体几何与空间向量知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．掌握如下可以作为推理依据的公理和定理．公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理．判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直；一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行；如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；垂直于同一个平面的两条直线平行；两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.空间向量及其运算了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示．了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义，坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式．了解直线的方向向量与平面的法向量．了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相相交于延长线交等，垂直于底面一点于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看到的线画实线，看不到的线画虚线．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)在正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[教材衍化]1．(必修2P19T2改编)下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．(必修2P8A组T1(1)改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．(P15练习T1改编)已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.如图，长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台(2)以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3【解析】(1)底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰，才得到是圆台的旋转体；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台．【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1．给出下列命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③显然错误．2．下列说法正确的是( )A．以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析：选D.球面和球是两个不同的概念，以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球，A错误．对于B，如图，满足有两个面平行，其余四个面都是等腰梯形，但它不是棱台，故B错．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．C错误．由母线的概念知，选项D正确．空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．主要命题角度有：(1)由空间几何体的直观图识别三视图；(2)由空间几何体的三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·某某省名校协作体高三联考)“牟合方盖”是我国古代数学家X徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )【解析】根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.【答案】 B角度二由空间几何体的三视图还原直观图某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．32B．2 3C．22D．2【解析】由三视图还原为如图所示的四棱锥A－BCC1B1，从图中易得最长的棱长为AC1＝AC2＋CC21＝（22＋22）＋22＝23，选B.【答案】 B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【解析】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.【答案】 B三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．1．(2020·瑞安四市联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段CD的中点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图为( )解析：选D.如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P­A1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2020·某某期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析：选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；(2)三视图复原的几何体是四棱锥；(3)三视图复原的几何体是圆锥；(4)三视图复原的几何体是圆台．所以(1)(2)(3)(4)的顺序为：三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台．故选C.3．(2020·某某高校招生选考试题)如图，在三棱锥A­BCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝43，则该三棱锥三视图的正视图为( )解析：选C.由题意，三棱锥三视图的正视图为等腰三角形，△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CD＝23，设C在BD上的射影为E，则123＝CE·43，所以CE＝3，DE ＝CD2－CE2＝3，故选C.空间几何体的直观图如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形 D．一般的平行四边形【解析】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】 C(变条件、变问法)若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少？解：将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中OB＝22，AB＝12＋（22）2＝3(cm)，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．原图与直观图中的“三变”与“三不变”1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．菱形D ．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD 中DA ⊥AB ，并且AD ∥BC ，AB ∥CD ，故四边形ABCD 为矩形．2．在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：因为OE ＝ （2）2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22核心素养系列14 直观想象——构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( )A.16B.26C.36D.12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，正视图和侧视图中分别有一个直角．正视图和侧视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①. 第二步，找直角，在俯视图、正视图和侧视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥A ­BCD ，如图②.[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.4．(2020·某某学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.5．(2020·某某十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B．6＋ 3C.32＋3 3 D．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·某某模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E ­ABB 1A 1，如图所示(其中ABCD ­A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体，C 1E ＝1)，EA ＝32＋42＋42＝41，EA 1＝12＋42＋42＝33，EB ＝32＋42＝5，EB 1＝12＋42＝17，AB ＝BB 1＝B 1A 1＝A 1A ＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为5 cm ，宽为4 cm 的矩形，则其直观图的面积为________． 解析：由于该矩形的面积S ＝5×4＝20(cm 2)，所以其直观图的面积S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 28．如图所示的Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt △ABC 的顶点C 作线段CD ⊥AB ，垂足为点D ，所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以CD 作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P ­ABCD ，易知四棱锥P ­ABCD 的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V­ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·某某市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O­xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2 C.3D ．2 3解析：选D.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D 1­BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．如图，三棱锥V ­ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ­ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． 解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图： 其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。

§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一 用向量法证明平行、垂直1.如图,四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F 分别是AB,PD 的中点,且PA=AD. (1)求证:AF∥平面PEC;(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.证明 ∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为正方形, ∴PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,以A 为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0), P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0). (1)∵F 为PD 的中点,E 为AB 的中点, ∴F(0,1,1),E(1,0,0),∴PE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2). 设平面PEC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·PE ⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1-2z 1=0,2x 1+2y 1-2z 1=0,取z 1=1,则n 1=(2,-1,1),又∵AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0-1+1=0, ∴AF⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n 1,∴AF∥平面PEC. (2)PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 设平面PCD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·PD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2x 2+2y 2-2z 2=0,2y 2-2z 2=0,即{x 2+y 2-z 2=0,y 2-z 2=0,取z 2=1,则n 2=(0,1,1),又∵n 1=(2,-1,1)是平面PEC 的一个法向量, ∴n 1·n 2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n 1⊥n 2, ∴平面PEC⊥平面PCD.2.如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A⊥底面ABCD,点P,Q 分别在棱DD 1,BC 上.(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为37,求四面体ADPQ 的体积.解析 由题设知,AA 1,AB,AD 两两垂直.以A 为坐标原点,AB,AD,AA 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B 1(3,0,6),D(0,6,0),D 1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.(1)证明:因为P 是DD 1的中点,所以P (0,92,3),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m -92,-3).又AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,6), 于是AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =18-18=0,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AB 1⊥PQ.(2)由题设知,DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m-6,0),DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1=(x,y,z)是平面PQD 的法向量,则{n 1·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{6x +(m -6)y =0,-3y +6z =0.取y=6,得n 1=(6-m,6,3).又平面AQD 的一个法向量是n 2=(0,0,1),所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n1|·|n 2|=1×√(6-m )+62+32=√(6-m )+45.而二面角P-QD-A 的余弦值为37,因此√(6-m )+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ≤1),而DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,3λ-2,-6λ). 因为PQ∥平面ABB 1A 1,且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ 的体积V=13S △ADQ ·h=13×12×6×6×4=24.考点二 用向量法求空间角与距离3.在平面四边形ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD 沿BD 折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD;(2)若M 为AD 中点,求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值; (3)在(2)的条件下,求点D 到平面BMC 的距离.解析 (1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB ⊂平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,又BE ⊂平面BCD,BD ⊂平面BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B 为坐标原点,分别以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M (0,12,12),则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1).设平面MBC 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0),则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 0+y 0=0,12y 0+12z 0=0, 取z 0=1,得平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD 与平面MBC 所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |·|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√63, 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为√63. (3)由(2)可知平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1),又∵BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), ∴点D 到平面BMC 的距离为|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√33.4.如图,在四棱锥A-EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O 为EF 的中点. (1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B 的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a 的值;(4)在(3)的条件下,求BE 与AF 所成角的余弦值.解析 (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO⊥EF. 又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO ⊂平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB. 所以AO⊥BE.(2)取BC 的中点G,连接OG.由题意知四边形EFCB 是等腰梯形, 所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG ⊂平面EFCB, 所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,√3a),B(2,√3(2-a),0),所以EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a,0,√3a),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0). 设平面AEB 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·EA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-ax +√3az =0,(a -2)x +√3(a -2)y =0.令z=1,则x=√3,y=-1.于是n=(√3,-1,1).又平面AEF 的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>=n ·p|n ||p |=-√55.由题设知二面角F-AE-B 为钝二面角, 所以它的余弦值为-√55.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 因为BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3(2-a),0), 所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2(a-2)-3(a-2)2. 由BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0及0<a<2,解得a=43. (4)由(3)可知A (0,0,4√33),F (-43,0,0),E (43,0,0),B (2,2√33,0), ∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-43,0,-4√33),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-23,-2√33,0), ∴cos<BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=8983×43=14, ∴BE 与AF 所成角的余弦值为14.综合篇知能转换【综合集训】考法一 求异面直线所成角的方法1.(2017课标Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32 B.√155C.√105D.√33答案 C2.(2019吉林长春外国语学校一模,15)如图所示,平面BCC 1B 1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC 1B 1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为 .答案√64考法二 求直线与平面所成角的方法3.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点. (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值; (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解析 如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,设AC,A 1C 1的中点分别为O,O 1, 则OB⊥OC,OO 1⊥OC,OO 1⊥OB, 以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA 1=2,所以A(0,-1,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2). (1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P (√32,-12,2). 从而BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,-12,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2). 故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×2√2=3√1020. 因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为3√1020. (2)因为Q 为BC 的中点,所以Q (√32,12,0),因此AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC 1的一个法向量,则{ AQ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{√32x +32y =0,2y +2z =0.不妨取n=(√3,-1,1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ, 则sin θ=|cos<CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√5×2=√55, 所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55.4.(2018湖北八校4月联考,18)如图,四边形ABCD 与BDEF 均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°. (1)求证:AC⊥平面BDEF;(2)求直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值.解析 (1)证明:设AC 与BD 相交于点O,连接FO, ∵四边形ABCD 为菱形,∴AC⊥BD,且O 为AC 中点, ∵FA=FC,∴AC⊥FO,又FO∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(5分)(2)连接DF,∵四边形BDEF 为菱形,且∠DBF=60°,∴△DBF 为等边三角形,∵O 为BD 的中点,∴FO⊥BD,又AC⊥FO,AC∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF 两两垂直,∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.(7分)设AB=2,∵四边形ABCD 为菱形,∠DAB=60°,∴BD=2,AC=2√3.∵△DBF 为等边三角形,∴OF=√3.∴A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,√3),∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,0,√3),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 设平面ABF 的法向量为n=(x,y,z), 则{AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-√3x +√3z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-√3x +y =0, 取x=1,得n=(1,√3,1).(10分) 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ, 则sin θ=|cos<AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√155.(12分)考法三 求二面角的方法5.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD 中,CD=2,BC=1,E,F 是平面ABCD 同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=√5,FC=1. (1)证明:平面CDF⊥平面ADE; (2)求二面角E-BD-F 的正弦值.解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是矩形,∴CD⊥AD. ∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE. 又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD ⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=√5,∴DE 2=AD 2+AE 2,∴AE⊥AD.又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2). ∴DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1), 设平面BDF 的法向量为m=(x,y,z),∴{m ·DB⃗⃗⃗⃗⃗ =x +2y =0,m ·DF⃗⃗⃗⃗⃗ =2y +z =0,令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面BDE 的一个法向量为n=(2,-1,-1), ∴cos<m,n>=m ·n|m |·|n |=3×√6=√66,∴sin<m,n>=√306.故二面角E-BD-F 的正弦值为√306. 6.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥P-ABC 中,PC⊥AB,△ABC 是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°. (1)证明:平面PAC⊥平面ABC;(2)设F 为棱PA 的中点,求二面角P-BC-F 的余弦值.解析 (1)证明:在△PBC 中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=2√3,∴PC 2+BC 2=PB 2,∴PC⊥BC,(2分) 又PC⊥AB,AB∩BC=B,∴PC⊥平面ABC,∵PC ⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(4分)(2)在平面ABC 中,过点C 作CM⊥CA,以CA,CM,CP 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略).则C(0,0,0),P(0,0,2√3),A(2,0,0),B(1,√3,0),F(1,0,√3).(6分) 设平面PBC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1), 则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =x 1+√3y 1=0,CP ⃗⃗⃗⃗ ·m =2√3z 1=0,z 1=0,取y 1=-1,则x 1=√3, 即m=(√3,-1,0)为平面PBC 的一个法向量.(8分) 设平面BCF 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2), 则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3y 2=0,CF⃗⃗⃗⃗ ·n =x 2+√3z 2=0, 取x 2=√3,则y 2=-1,z 2=-1,即n=(√3,-1,-1)为平面BCF 的一个法向量,(10分) cos<m,n>=m ·n|m ||n |=2×√(√3)+(-1)+(-1)=2√55.由题图可知二面角P-BC-F 为锐二面角, 故二面角P-BC-F 的余弦值为2√55.(12分)应用篇知行合一【应用集训】1.(2018天津十二校4月联考,17)如图,四边形ABCD 是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6. (1)求证:平面ACE⊥平面BED;(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值;(3)在线段AF 上是否存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°?若存在,求出AMAF 的值;若不存在,说明理由.解析 (1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE ⊂平面ADEF,DE⊥AD, 所以DE⊥平面ABCD.(2分)又因为AC ⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD 是正方形,所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE ⊂平面BED,BD ⊂平面BED,所以AC⊥平面BDE.(3分) 又因为AC ⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.(4分)(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz 如图所示.则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-√6). 设平面BEF 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1).则{n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3x 1-3y 1+3√6z 1=0,3x 1-√6z 1=0,令x 1=√6,则y 1=2√6,z 1=3,则n=(√6,2√6,3).(6分) 所以cos<CA⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√63√2×√39=-√1313.(7分)所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√1313.(8分)(3)存在,理由如下:设M(3,0,t),0≤t≤2√6.(9分)则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,t),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6). 设平面MBE 的法向量为m=(x 2,y 2,z 2),则{m ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-3y 2+tz 2=0,-3x 2-3y 2+3√6z 2=0,令y 2=t,则z 2=3,x 2=3√6-t,则m=(3√6-t,t,3).(10分) 又CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0)是平面BDE 的一个法向量, ∴|cos<m,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗||m ||CA ⃗⃗⃗⃗⃗|=√6-3√2×√(3√6-t )+t 2+9=12,(11分)整理得2t 2-6√6t+15=0,解得t=√62或t=5√62(舍去),(12分)∴AM AF =14.(13分)2.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别是AC,AB 上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置,使A 1C⊥CD,如图2. (1)若M 是A 1D 的中点,求直线CM 与平面A 1BE 所成角的大小;(2)线段BC 上是否存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直?说明理由.解析 (1)由折叠的性质得CD⊥DE,A 1D⊥DE,又CD∩A 1D=D,∴DE⊥平面A 1CD.又∵A 1C ⊂平面A 1CD,∴A 1C⊥DE,又A 1C⊥CD,CD∩DE=D,∴A 1C⊥平面BCDE.(3分)建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A 1(0,0,2√3),E(-2,2,0),B(0,3,0),∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-2√3),A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2√3),设平面A 1BE 的法向量为n=(x,y,z), 则{A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,∴{3y -2√3z =0,-2x +2y -2√3z =0,取z=√3,则x=-1,y=2, ∴n=(-1,2,√3).(5分)又∵M(-1,0,√3),∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√3), ∴cos<CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√1+4+3×√1+3=√22. ∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为45°.(6分)(2)假设线段BC 上存在点P 满足条件,设P 点坐标为(0,a,0),则a∈[0,3], ∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,-2√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,a,0), 设平面A 1DP 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{ay 1-2√3z 1=0,2x 1+ay 1=0,取y 1=6,则x 1=-3a,z 1=√3a, ∴n 1=(-3a,6,√3a).(9分)若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直,则n 1·n=0, ∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2, ∵0≤a≤3,∴a=-2舍去.∴线段BC 上不存在点P,使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直.(12分)【五年高考】考点一 用向量法证明平行、垂直1.(2018天津,17,13分)如图,AD∥BC 且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD 且EG=AD,CD∥FG 且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M (0,32,1),N(1,0,2).(1)证明:依题意得DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n 0=(x 0,y 0,z 0)为平面CDE 的法向量,则{n 0·DC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 0=0,2x 0+2z 0=0,不妨令z 0=-1,可得n 0=(1,0,-1). 又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-32,1),可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0, 又因为直线MN ⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2). 设n=(x 1,y 1,z 1)为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 1=0,x 1-2y 1+2z 1=0,不妨令z 1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x 2,y 2,z 2)为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 2=0,-y 2+2z 2=0,不妨令z 2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos<m,n>=m ·n|m ||n |=3√1010,于是sin<m,n>=√1010. 所以,二面角E-BC-F 的正弦值为√1010. (3)设线段DP 的长为h(h∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h),可得BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h). 易知,DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量, 故|cos<BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ2+5, 由题意,可得√ℎ2+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,线段DP 的长为√33.方法归纳 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤(1)审清题意并建系,利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系; (2)确定相关点的坐标,结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;(3)确定直线的方向向量和平面的法向量,利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;(4)转化为向量运算,将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解; (5)问题还原,结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N 分别为棱PA,PC,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N 的正弦值;(3)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721,求线段AH 的长.解析 本题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.如图,以A 为原点,分别以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE 的法向量,则{n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗=0,n ·DB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x -2z =0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),可得MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0. 因为MN ⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n 1=(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量.设n 2=(x,y,z)为平面EMN 的法向量,则{n 2·EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.因为EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),所以{-2y -z =0,x +2y -z =0. 不妨设y=1,可得n 2=(-4,1,-2). 因此有cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-4√21,于是sin<n 1,n 2>=√10521. 所以,二面角C-EM-N 的正弦值为√10521. (3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2).由已知,得|cos<NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BE ⃗⃗⃗⃗⃗||NH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ2+5×2√3=√721,整理得10h 2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH 的长为85或12.方法总结 利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论. 3.(2016课标Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD,N 为PC 的中点. (1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.解析 (1)证明:由已知得AM=23AD=2. 取BP 的中点T,连接AT,TN,由N 为PC 的中点知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分)又AD∥BC,故TN AM,故四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN∥AT.因为AT ⊂平面PAB,MN 平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)取BC 的中点E,连接AE.由AB=AC 得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=√AB 2-BE 2=√AB 2-(BC 2)2=√5.以A 为坐标原点,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(√5,2,0),N (√52,1,2), PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,-2),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,2). 设n=(x,y,z)为平面PMN 的法向量, 则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52x +y -2z =0,(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=8√525. 即直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525.(12分)4.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A 1A=A 1C=AC,E,F 分别是AC,A 1B 1的中点. (1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.解析 (1)证明:连接A 1E,因为A 1A=A 1C,E 是AC 的中点,所以A 1E⊥AC. 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC, 所以,A 1E⊥平面ABC.如图,以点E 为原点,分别以射线EC,EA 1为y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A 1(0,0,2√3),B(√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),F (√32,32,2√3),C(0,2,0). 因此,EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,2√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 由EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得EF⊥BC. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3). 设平面A 1BC 的法向量为n=(x,y,z). 由{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0. 取n=(1,√3,1), 故sin θ=|cos<EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=45. 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.评析 本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从E 引发的三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.5.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点. (1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-PA-C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP⊥AC,且OP=2√3. 连接OB.因为AB=BC=√22AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O 为坐标原点,OB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2√3),AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面PAC 的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,4-a,0). 设平面PAM 的法向量为n=(x,y,z). 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=0得 {2y +2√3z =0,ax +(4-a )y =0,可取n=(√3(a-4),√3a,-a),所以cos<OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√3(2√3(a -4)+3a 2+a 2.由已知可得|cos<OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32. 所以√3|2√3(a -4)+3a 2+a 2=√32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=(-8√33,4√33,-43). 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos<PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√34.考点二 用向量法求空间角与距离6.(2019课标Ⅰ,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN∥平面C 1DE;(2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN∥ED.又MN平面EDC 1,所以MN∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-√3q =0,-p -2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m ·n|m ||n |=2√32×√5=√155,所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105. 7.(2019课标Ⅲ,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D 四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养. (1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG 确定一个平面,从而A,C,G,D 四点共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因为AB ⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3. 以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n=(x,y,z),则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0. 所以可取n=(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos<n,m>=n ·m|n ||m |=√32.因此二面角B-CG-A 的大小为30°.思路分析 (1)利用折叠前后AD 与BE 平行关系不变,可得AD∥CG,进而可得A 、C 、G 、D 四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得AB⊥BE,AB⊥BC,从而AB⊥平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.(2)由(1)可得EH⊥平面ABC.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A 的大小.8.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C,D 的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M 为CD⏜上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此 cos<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin<n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.解后反思 一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解. 9.(2017课标Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EFBC,则四边形BCEF 是平行四边形,所以CE∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE 平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A 为坐标原点,AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD 的法向量, 所以|cos<BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin 45°,√(x -1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去),或{x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√62). 设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m ·n|m ||n |=√105. 易知所求二面角为锐角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105. 方法总结 本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考的热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键 由线面角为45°求点M 的坐标是解题的关键.10.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF 中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值.解析 (1)证明:延长AD,BE,CF 相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且F 为CK 的中点,则BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD.(2)由(1)知△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O 为原点,分别以射线OB,OK 的方向为x,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0), E (12,0,√32),F (-12,0,√32). 因此,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),AK ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,√3),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3,0). 设平面ACK 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),平面ABK 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2).由{AC ⃗⃗⃗⃗⃗·m =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{3y 1=0,x 1+3y 1+√3z 1=0,取m=(√3,0,-1);由{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0得{2x 2+3y 2=0,x 2+3y 2+√3z 2=0,取n=(3,-2,√3).于是,cos<m,n>=m ·n|m |·|n |=√34.又易知二面角B-AD-F 为锐二面角,所以,二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为√34.方法总结 若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n 1和n 2,则|cos θ|=|cos<n 1,n 2>|,要求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos<n 1,n 2>|,还是cos θ=-|cos<n 1,n 2>|.评析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力. 11.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF ⏜的中点.(1)设P 是CE⏜上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP ⊂平面ABP,AB∩AP=A, 所以BE⊥平面ABP,又BP ⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:以B 为坐标原点,分别以BE,BP,BA 所在的直线为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,√3,3),C(-1,√3,0), 故AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3), 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量.由{m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗=0,m ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0可得{2x 1-3z 1=0,x 1+√3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m=(3,-√3,2).设n=(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量.由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG⃗⃗⃗⃗⃗ =0可得{x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n=(3,-√3,-2). 所以cos<m,n>=m ·n|m |·|n |=12.易知所求角为锐二面角, 因此所求的角为60°.解法二:取EC⏜的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形, 所以AE=GE=AC=GC=√32+22=√13. 取AG 的中点M,连接EM,CM,EC, 则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=√13-1=2√3. 在△BEC 中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC 2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2√3,因此△EMC 为等边三角形,故所求的角为60°.12.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F=4.过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.解析 (1)交线围成的正方形EHGF 如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A 1E=4,EM=AA 1=8. 因为EHGF 为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=√EH 2-EM 2=6,所以AH=10. 以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE⃗⃗⃗⃗⃗ =(10,0,0),HE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF 的法向量,则{n ·FE⃗⃗⃗⃗ =0,n ·HE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{10x =0,-6y +8z =0,所以可取n=(0,4,3).又AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-10,4,8),故|cos<n,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√515. 所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4√515. 思路分析 (1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度作截面;(2)以D为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面α的法向量与直线AF 的方向向量,从而利用向量法求得直线AF 与平面α所成角的正弦值.方法技巧 利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角.13.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力. 在平面ABCD 内,过点A 作AE⊥AD,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD, 所以AA 1⊥AE,AA 1⊥AD.如图,以{AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°,所以A(0,0,0),B(√3,-1,0),D(0,2,0),E(√3,0,0),A 1(0,0,√3),C 1(√3,1,√3). (1)A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3), 则cos<A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=(√3,-1,-√3)·(√3,1,√3)7=-17,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3,0),则{m ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3x -y -√3z =0,-√3x +3y =0.不妨取x=3,则y=√3,z=2,所以m=(3,√3,2)为平面BA 1D 的一个法向量, 从而cos<AE⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||m |=√3,√3,√3×4=34. 设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=34. 因为θ∈[0,π],所以sin θ=√1-cos 2θ=√74. 因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为√74.14.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF⊥BF. (1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.解析 (1)证明:由已知可得BF⊥EF,又已知BF⊥PF,且PF 、EF ⊂平面PEF,PF∩EF=F, 所以BF⊥平面PEF, 又BF ⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3, 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=√32,EH=32, 则H(0,0,0),P (0,0,√32),D (-1,-32,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32)为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ=|HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=34√3=√34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.易错警示 利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin 2θ+cos 2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.教师专用题组考点一 用向量法证明平行、垂直1.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD 的中心为O,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G 为AB 的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C 的正弦值;(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=23HF,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解析 依题意得,OF⊥平面ABCD,如图,以O 为原点,分别以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA⃗⃗⃗⃗⃗ ,OF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意得,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2). 设n 1=(x,y,z)为平面ADF 的法向量,则{n 1·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x =0,x -y +2z =0.不妨设z=1,可得n 1=(0,2,1),又EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2),可得EG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,又因为直线EG 平面ADF,所以EG∥平面ADF. (2)易证,OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量. 依题意得,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,2). 设n 2=(x,y,z)为平面CEF 的法向量,则{n 2·EF⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CF ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y =0,-x +y +2z =0.不妨设x=1,可得n 2=(1,-1,1). 因此有cos<OA⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√63,于是sin<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=√33.所以,二面角O-EF-C 的正弦值为√33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因为AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2),所以AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,-25,45), 进而有H (-35,35,45),从而BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,85,45), 因此cos<BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2|BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√721.所以,直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为√721.思路分析 (1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值. 2.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,侧棱A 1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA 1=2,AD=CD=√5,且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点. (1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D 1-AC-B 1的正弦值;。

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.2空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲 1.借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．，π2.3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．概念方法微思考1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？提示不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×)题组二教材改编2．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.题组三易错自纠4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行答案D解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH 相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1如图，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线．证明(1)∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点，∴EF ∥BD .∵在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH .∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，∴P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC .∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点．又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ，∴P ∈AC ，∴P ，A ，C 三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系例2(1)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A ．l 与l 1，l 2都不相交B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交答案D 解析由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．故选D.(2)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝2ED ，CF ＝2FA ，则EF 与BD 1的位置关系是()A．相交但不垂直B．相交且垂直C．异面D．平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且MEED1＝12，MFBF＝12，所以MEED1＝MFBF，所以EF∥BD1.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练2(1)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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A解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b可能平行或异面或相交，故选A.(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线；②直线AM 与BN 是平行直线；③直线BN 与MB 1是异面直线；④直线AM 与DD 1是异面直线．其中正确的结论为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)答案③④解析因为点A 在平面CDD 1C 1外，点M 在平面CDD 1C 1内，直线CC 1在平面CDD 1C 1内，CC 1不过点M ，所以AM 与CC 1是异面直线，故①错；取DD 1中点E ，连接AE ，则BN ∥AE ，但AE 与AM 相交，故②错；因为B 1与BN 都在平面BCC 1B 1内，M 在平面BCC 1B 1外，BN 不过点B 1，所以BN 与MB 1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.题型三求两条异面直线所成的角例3(2019·青岛模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.45答案D 解析连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB 的值．解设AA 1AB＝t (t >0)，则AA 1＝tAB .∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1，∴cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910.∴t ＝3，即AA 1AB ＝3.思维升华用平移法求异面直线所成的角的三个步骤(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练3(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A.22 B.32 C.52 D.72答案C 解析如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.立体几何中的线面位置关系直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．例如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥FA 且BE ＝12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1)证明由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD .又BC ∥AD 且BC ＝12AD ，∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点，∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．素养提升平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为()A ．4B ．3C ．2D ．1答案A 解析首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．a ，b ，c 是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.3.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC答案C解析由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案A 解析连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上．∴A ，M ，O 三点共线．5．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为()A.32 B.155 C.105 D.33答案C解析方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝AB 2＋AD 2－2×AB ×AD ×cos ∠DAB ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(1，0，0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1，0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1，→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.故选C.6．正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有________条．答案6解析如图，在正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有BB 1，DD 1，A 1B 1，A 1D 1，D 1C 1，B 1C 1，共6条．7．(2019·东北三省三校模拟)若直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l 与平面α的位置关系为________．答案l ∥α或l ⊂α解析∵直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直线l ∥平面α，或者直线l ⊂平面α.8．在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．答案平行解析如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝23SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝23SN，∴在△SMN中，SG1SM＝SG2SN，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，∴G1G2∥BC.9.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．答案2解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为2.10.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②③④解析还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面．连接GM ，∵△GMH 为等边三角形，∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，又MN ∥AF ，∴MN ⊥DE .因此正确命题的序号是②③④.11.如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(1)证明假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)解取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt △EGF 中，由EG ＝FG＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝AD 2＋DE 2－AE 22×AD ×DE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.13．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.13答案A解析如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小．又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.14.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB ⊥EF ；②AB 与CM 所成的角为60°；③EF 与MN 是异面直线；④MN ∥CD .以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案①③解析如图，①AB ⊥EF ，正确；②显然AB ∥CM ，所以不正确；③EF 与MN 是异面直线，所以正确；④MN 与CD 异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.15.如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝4，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为________．答案36解析取DE 的中点H ，连接HF ，GH .由题设，HF ∥AD 且HF ＝12AD ，∴∠GFH 为异面直线AD 与GF 所成的角(或其补角)．在△GHF 中，可求HF ＝22，GF ＝GH ＝26，∴cos ∠GFH ＝HF 2＋GF 2－GH 22×HF ×GF ＝(22)2＋(26)2－(26)22×22×26＝36.16.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解(1)方法一如图所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为EC ⊥AC ，OM ，EC ⊂平面ACC 1A 1，所以OM ∥EC .又因为EC ＝2FB ＝2，EC ∥FB ，所以OM ∥FB 且OM ＝12EC ＝FB ，所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．方法二如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连接PQ ，PB ，BQ .因为EC ＝2FB ＝2，所以PE ∥BF 且PE ＝BF ，所以PB ∥EF ，PQ ∥AE ，又AE ，EF ⊂平面AEF ，PQ ，PB ⊄平面AEF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ，所以平面PBQ ∥平面AEF .又因为BQ ⊂平面PBQ ，所以BQ ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OF EF ＝35＝155，所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.7立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．概念方法微思考1．利用空间向量如何求线段长度？提示利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度．2．如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π]．(√)(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.(×)题组二教材改编2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______．答案π6解析如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，3，22)，D (1，0，22)，∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1，0，22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角，cos ∠C 1AD ＝AC 1，→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.题组三易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.22答案C 解析以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，∴BM →＝(1，－1，2)，AN →＝(－1，0，2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM ，→·AN →|BM →||AN →|＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010.5．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________．答案30°解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例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．(1)证明如图所示，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 ＝2，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 ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|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)，1，0C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →1，－3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.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练1三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为()A.110B.35C.710D.45答案C解析如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2)，B (－3，0，0)，－32，－12，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝32，－12，2所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM ，→·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018·全国Ⅰ)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．(1)证明由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF .所以PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，，01，－32，DP →，32，HP →，0又HP →为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP ，→·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.思维升华若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，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．(1)证明因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)．由(1)知平面PAC 的一个法向量为OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得y ＋23z ＝0，＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB ，→·n |OB ，→||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n －833，433，－又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34.题型三求二面角例3(2018·济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O .如图2，点P 为BC 中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .(1)证明：OD ⊥平面PAQ ；(2)若BE ＝2AE ，求二面角C —BQ —A 的余弦值．(1)证明由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长度为m ，则相关各点的坐标为O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0)．∵点P 为BC 中点，∴，92，∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →，m －92，－∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，且AQ →与PQ →不共线，∴OD ⊥平面PAQ .(2)解∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，1·QB ，→＝0，1·BC ，→＝06x ＋3y ＝0，3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，易知平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角C —BQ —A 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝66.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是 CD上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．(1)证明由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为 CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为 CD的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则·AM ，→＝0，·AB ，→＝0，2x ＋y ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(1，0，2)，DA →是平面MCD 的一个法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA ，→|n ||DA ，→|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S －ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD ＝120°，CB ＝CD ＝CS ＝2，∠BSD ＝90°.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若SC ⊥BD ，求二面角A －SB －C 的余弦值．(1)证明设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，如图①，因为AB ＝AD ，CB ＝CD ，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD .[1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝23，CO ＝1.在Rt △SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝12BD ＝3.在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝3，CS ＝2，所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC .[4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解方法一过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB .因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK .[6分]因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB .同理可证CK ⊥SB .[7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角．因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .在Rt △SOB 中，OK ＝SO ·OB SB ＝62.在Rt △AOK 中，AK ＝AO 2＋OK 2＝422，同理可求CK ＝102.[10分]在△AKC 中，cos ∠AKC ＝AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK ＝－10535.所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]方法二因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .[6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，OA →，OB →，OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，S (0，0，3)．所以AB →＝(－3，3，0)，CB →＝(1，3，0)，SB →＝(0，3，－3)．[8分]设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，AB ，→·n ＝－3x 1＋3y 1＝0，SB ，→·n ＝3y 1－3z 1＝0，令y 1＝3，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－3，1，1)．[10分]所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3＋3＋37×5＝10535.因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1，0)，n ＝(0，1，－1)，则两平面所成的二面角为()A ．60°B ．120°C ．60°或120°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为()A.55B.53C.56D.54答案A解析设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22答案B解析以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，，0D (0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →，0设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，1D ，→·n 1＝0，1E ，→·n 1＝0，－z ＝0，－12z ＝0，＝2，＝2，∴n 1＝(1，2，2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π2答案D解析以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0)．∴AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.5．(2018·上饶模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为()A ．0B ．－14C.14D.12答案C解析以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(3，1，2)，A 1(0，0，2)，C (0，2，0)，AB 1→＝(3，1，2)，A 1C →＝(0，2，－2)，设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8·8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为14.6．(2018·上海松江、闵行区模拟)如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于()A.43B.53C.23D ．－23答案C解析由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)，由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC ，→·n ||OC ，→||n |＝|4|2×3＝23.7．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________．答案55解析以A 为原点，AB ，AC ，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，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，0，，12，，12，∴PA →＝(0，0，－2)，DE →，12，DF →－12，12，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·DE ，→＝0，·DF ，→＝0，＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA →〉|＝|PA ，→·n ||PA ，→||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.8.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案45解析∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，1)，∴AF →＝(－1，2，0)，EC →＝(0，2，1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF ，→·EC →|AF →||EC →|＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.9.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．答案60°解析以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF ，→·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×22＝12，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，∴EF 和BC 1所成的角为60°.10．(2018·福州质检)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案23解析方法一延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.方法二如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1，0，0)，，1，1AE →，1AF →1，1设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE ，→＝0，·AF ，→＝0，＋13z ＝0，x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1，1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0，0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.11．(2018·皖江八校联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值．(1)证明如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形，∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点，∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1，∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ，∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1，∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0，0，0)，A (3，－1，0)，A 1(3，－1，2)，B (0，2，0)，B 1(0，1，2)，∴CA →＝(3，－1，0)，B 1A 1→＝(3，－2，0)，B 1B →＝(0，1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥B 1A 1→，n ⊥B 1B →，－2y ＝0，2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4，23，3)，设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝|n ·CA ，→||n |·|CA ，→|＝23231＝9331.12．(2018·赣州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点．(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ；(2)求二面角A －BF －C 的余弦值．(1)证明在Rt △ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt △CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .在△PAD 中，cos ∠PAD ＝PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos ∠PAE ＝5＋1－2×5×1×55＝4，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE .又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，2)，，－22，D (－2，2，0)，－22，22，AB →，22，BF →－322，22，BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB ，→＝22x 1＋22y 1＝0，·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1，22)，设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BC ，→＝－2x 2＋22y 2＝0，·BF ，→＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4，2，52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.13.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．答案916解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0，4，0)，S (0，0，3)．设BC ＝m ，则C (m ，4，0)，∵SF BF ＝CE BE＝λ，∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0，4λ，3)，∴F0，4λ1＋λ，31＋λ同理可得m 1＋λ，4，0，∴FE →m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ∵FA →0，－4λ1＋λ，－31＋λ∠AFE 为直角，即FA →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.14．(2018·海南五校模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1→(λ∈[0，1])．(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明连接A1Q.∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，，1，12，，12，NM →－12，12A 1B 1→＝(1，0，0)．由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得点P (λ，0，1)，∴PN→λ，12，－设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，·NM ，→＝0，·PN ，→＝0，＋12y ＋12z ＝0，＋12y －z ＝0，＝1＋2λ3x ，＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量．取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)．假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去)．综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时，满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15．在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于()A ．1B ．2C ．13D ．26答案B 解析设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，⊥AB →，⊥AD →，x －2y ＋3z ＝0，4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ，4则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∴h ＝2626×226＝2.16.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，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 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．(1)证明设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC .∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ，∴AC ⊥平面BCF .∵EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)解以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设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 ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，·AB ，→＝0，·BM ，→＝0，－3x ＋y ＝0，－y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ)．易知m ＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值77，∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.。

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》高考专题突破四高考中的立体几何问题题型一平行、垂直关系的证明例1如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1；(2)求证：C 1F ∥平面ABE ；(3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC .因为AB ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AB .又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明方法一如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG .因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .方法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1∥AH，且EC1＝AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝AC2－BC2＝ 3.所以三棱锥E－ABC的体积V＝13S△ABC·AA1＝13×12×3×1×2＝33.思维升华(1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．跟踪训练1如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明(1)以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，1)．∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴1，1EF →－12，0，AB →＝(1，0，0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF ∥平面PAB .(2)由(1)可知，AP →＝(0，0，1)，AD →＝(0，2，0)，DC →＝(1，0，0)，∵AP →·DC →＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，AD →·DC →＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面PAD ，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.题型二立体几何中的计算问题命题点1求线面角例2(2018·浙江)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.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．方法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝5.由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2 3.由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角．由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21，得cos ∠C 1A 1B 1＝427，sin ∠C 1A 1B 1＝77，所以C 1D ＝3，故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二(1)证明如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3)．由AB 1→·A 1B 1→＝0，得AB 1⊥A 1B 1.由AB 1→·A 1C 1→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2)．设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．·AB →＝0，·BB 1→＝0，＋3y ＝0，z ＝0，可取n ＝(－3，1，0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；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所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2(2018·福州质检)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，点D 在棱BC 上，且CD ＝3BD ，点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点．(1)证明：A 1C ∥平面DEF ；(2)若A 1C ⊥EF ，求直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值．解(1)如图，连接AB 1，A 1B 交于点H ，设A 1B 交EF 于点K ，连接DK ，因为四边形ABB 1A 1为矩形，所以H 为线段A 1B 的中点．因为点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点，所以点K 为线段BH 的中点，所以A 1K ＝3BK .又CD ＝3BD ，所以A 1C ∥DK .又A 1C ⊄平面DEF ，DK ⊂平面DEF ，所以A 1C ∥平面DEF .(2)连接CE ，EH ，由(1)知，EH ∥AA 1，因为AA 1⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC .因为△ABC 为正三角形，且点E 为棱AB 的中点，所以CE ⊥AB .故以点E 为坐标原点，分别以EA →，EH →，EC →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Exyz .设AB ＝4，AA 1＝t (t >0)，则E (0,0,0)，A 1(2，t,0)，A (2,0,0)，C (0,0,23)，2，t 2，－32，0所以A 1C →＝(－2，－t ，23)，EF →2，t 2，因为A 1C ⊥EF ，所以A 1C →·EF →＝0，所以(－2)×(－2)－t ×t 2＋23×0＝0，所以t ＝22，所以EF →＝(－2，2，0)，ED →－32，0设平面DEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0，2x ＋2y ＝0，－32x ＋32z ＝0.取x ＝1，则n ＝(1，2，3)．又A 1C 1→＝AC →＝(－2，0，23)，设直线A 1C 1与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1C 1→〉|＝|n ·A 1C 1→||n ||A 1C 1→|＝46×4＝66，所以直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值为66.命题点2求二面角例3如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明在△ACB 中，由余弦定理得cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解方法一因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ，则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角．易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt △EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝217，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，23，0)，B (1，0，0)，E (0，0，1)，所以BA →＝(－2，23，0)，BE →＝(－1，0，1)．设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量．易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE →|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华(1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B －OB 1－C 的余弦值．(1)证明∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD .∵A 1O ∩CO ＝O ，A 1O ，CO ⊂平面A 1CO ，∴BD ⊥平面A 1CO .∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)解∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OA 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°，∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0，0，6)，∴OB →＝(1，0，0)，BB 1→＝AA 1→＝(0，3，6)，OB 1→＝OB →＋BB 1→＝(1，3，6)．设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，1·n ＝0，＝0，＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得n ＝(0，2，－1)，是平面OBB 1的一个法向量．同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝2121.由图可知二面角B －OB 1－C 是锐二面角，∴二面角B －OB 1－C 的余弦值为2121.题型三立体几何中的探索性问题例4如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M －AC －D 的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．(1)证明如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，又PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)解方法一(几何法)过点M 作MN ⊥AD 交AD 于点N ，则MN ∥PA ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD .过点M 作MG ⊥AC 交AC 于点G ，连接NG ，则∠MGN 是二面角M －AC －D 的平面角．若∠MGN ＝45°，则NG ＝MN ，又AN ＝2NG ＝2MN ，所以MN ＝1，所以MN ＝12PA ，MN ∥PA ，所以M 是PD 的中点．在三棱锥M －ABC 中，可得V M －ABC ＝13S △ABC ·MN ，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则V B －MAC ＝13S △MAC ·h ，所以S △ABC ·MN ＝S △MAC ·h ，解得h ＝22.在Rt △BMN 中，可得BM ＝3 3.设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝h BM ＝269.方法二(向量法)以A 为坐标原点，以过点A 平行于CD 的直线为x 轴，AD ，AP 所在直线分别为y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0，2)，B (22，－22，0)，PD →＝(0，22，－2)，AC →＝(22，22，0)．易知当点M 与P 点或D 点重合时不满足题意，设PM →＝t PD →(0<t <1)，则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )，所以AM →＝(0，22t ，2－2t )．设平面MAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝0，n ·AM →＝0，22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，则可取n ＝1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝cos 45°＝22，解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，2)，BM →＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，BM →〉|＝269.思维升华(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4(2018·中原名校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝2，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69若存在，求出AE AP 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22，又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ，又PB ⊥AC ，AB ∩PB ＝B ，AB ，PB ⊂平面PAB ，所以AC ⊥平面PAB .又因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)解由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，AC →＝(0，2，0)，BC →＝(－2，2，0)，由∠PBA ＝45°，PB ＝2，可得P (1,0,1)，所以AP →＝(1，0，1)，BP →＝(－1，0，1)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69，设AE AP ＝λ(0<λ<1)，则AE →＝λAP →＝(λ，0，λ)，CE →＝AE →－AC →＝(λ，－2，λ)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，n ·BC →＝0，n ·BP →＝0，－2x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量n ＝(1，1，1)，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|λ－2＋λ|3·λ2＋(－2)2＋λ2＝|2λ－2|3·2λ2＋4＝69，解得λ＝12或λ＝74(舍)．所以在棱PA 上存在点E ，且AE AP ＝12，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69.1.在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，PA ＝PD .(1)证明：BC ⊥PB ；(2)若PA ⊥PD ，PB ＝AB ，求二面角A －PB －C 的余弦值．(1)证明取AD 中点为E ，连接PE ，BE ，BD ，∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BE ⊥AD ，∵PE ∩BE ＝E ，PE ，BE ⊂平面PBE ，∴AD ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴AD ⊥PB ，∵AD ∥BC ，∴BC ⊥PB .(2)解设AB ＝2，∴AD ＝PB ＝2，BE ＝3，∵PA ⊥PD ，E 为AD 中点，∴PE ＝1，∵PE 2＋BE 2＝PB 2，∴PE ⊥BE .以E 为坐标原点，分别以EA ，EB ，EP 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 (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，0，1)，C (－2，3，0)，∴AB →＝(－1，3，0)，AP →＝(－1，0，1)，BP →＝(0，－3，1)，BC →＝(－2，0，0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AB →＝0，·AP →＝0，x ＋3y ＝0，x ＋z ＝0，令y ＝3，则n ＝(3，3，3)．同理可得平面PBC 的一个法向量m ＝(0，3，3)．cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277.设二面角A －PB －C 的平面角为θ，由图易知θ为钝角，则cos θ＝－cos 〈m ，n 〉＝－277.∴二面角A －PB －C 的余弦值为－277.2.(2018·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值．(1)证明∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0，0，0)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3)，∴AB →＝(3，1，0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1→＝(0，2，0)，设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·A 1C 1→＝0，·A 1B →＝0，0，－3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1，0，1)，设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α，则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为643．(2018·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO .∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC .∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4，∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC .∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC .(2)解∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC .易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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Oxyz .则B (4，0，0)，C (0，3，0)，P (0，0，4)，A (0，－3，0)．设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得，－2∴BC →＝(－4，3，0)，BQ →4，－2设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．1·BC →＝0，1·BQ →＝0，4x 1＋3y 1＝0，4x 1－2y 1＋43z 1＝0，1＝34y 1，1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3，4，15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0，0，1)．∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010，由图可知二面角Q －BC －A 为锐角，∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4．(2019·南昌模拟)如图，多面体ABCDEF 中，ABCD 为正方形，AB ＝2，AE ＝3，DE ＝5，二面角E －AD－C 的余弦值为55，且EF ∥BD .(1)证明：平面ABCD ⊥平面EDC ；(2)求平面AEF 与平面EDC 所成锐二面角的余弦值．(1)证明∵AB ＝AD ＝2，AE ＝3，DE ＝5，∴AD 2＋DE 2＝AE 2，∴AD ⊥DE ，又正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，且DE ∩DC ＝D ，DE ，DC ⊂平面EDC ，∴AD ⊥平面EDC ，又∵AD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面EDC .(2)解由(1)知，∠EDC 是二面角E －AD －C 的平面角，作OE ⊥CD 于O ，则OD ＝DE ·cos ∠EDC ＝1，OE ＝2，又∵平面ABCD ⊥平面EDC ，平面ABCD ∩平面EDC ＝CD ，OE ⊂平面EDC ，∴OE ⊥平面ABCD .取AB 中点M ，连接OM ，则OM ⊥CD ，如图，以O 为原点，分别以OM ，OC ，OE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2，－1，0)，B (2，1，0)，D (0，－1，0)，E (0，0，2)，∴AE →＝(－2，1，2)，BD →＝(－2，－2，0)，又EF ∥BD ，知EF 的一个方向向量为(2，2，0)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE →＝－2x ＋y ＋2z ＝0，·DB →＝2x ＋2y ＝0，取x ＝－2，得n ＝(－2，2，－3)，又平面EDC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝－21717，设平面AEF 与平面EDC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝21717.5．等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12，如图1.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1—DE —B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C ，如图2.(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明因为等边三角形ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2.在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3.从而AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE .折起后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1—DE —B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊥DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)解存在．理由：由(1)可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，分别以DB ，DE ，DA 1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Dxyz .设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，作PH ⊥BD 于点H ，连接A 1H ，A 1P ，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a .所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a ，0)，E (0，3，0)．所以PA 1→＝(a －2，－3a ，1)．因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)．要使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，则sin 60°＝|PA 1→·DE →||PA 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54.此时2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意．所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.6.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ，∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°，∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ，∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD .又底面ABCD 是圆内接四边形，∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt △ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1，可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°，即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ，∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ，则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°，∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ，∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则0，，32，，00，－32，，34，∴AB →－32，32，AE →－32，0DM →，32，MN →，34，－设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0，－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →，32＋34λ，34－34λ设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4，∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。

第八章 立体几何测试题班级__________ 某某_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的。

）1．【2018届某某省某某市高级中学高三上学期第二次模拟】已知是两条不同直线，是平面，则下列命题是真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则D. 若，则【答案】B2．【2018届市某某区高三上学期期中】已知,m n 表示两条不同的直线，α表示平面，下列说法正确的是A. 若//m α， //n α，则//m nB. 若//m α， m n ⊥，则n α⊥C. 若m α⊥， m n ⊥，则//n αD. 若m α⊥， //m n ，则n α⊥ 【答案】D【解析】对于A ，//m α， //n α，则,m n 可能相交，可能异面，也可能平行，命题错误； 对于B ，//m α， m n ⊥，则//n α，n α⊂或n 与α斜交，命题错误； 对于C ，m α⊥， m n ⊥，则//n α，或n α⊂，命题错误； 对于D ，若m α⊥， //m n ，则n α⊥，显然正确》 故选：D.3．【2018届某某省某某市高三上学期尖子生第一次联考】已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为（ ）A.823π B. 833π C. 863π D. 1623π 【答案】A4．【2018届西城161高三上期中】在如图所示的空间直角坐标系O xyz -中，一个四面体的顶点坐标分别是()0,0,2，()2,2,0，()1,2,1，()2,2,2，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）．A. ①和②B. ③和①C. ④和③D. ④和② 【答案】D【解析】在空间直角坐标系O xyz中，根据所给的条件标出已知的四个点，结合三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②.选D.5．【2017届某某省某某高三下学期第一次模拟】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图（等腰直角三角形）和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是（）．A. B. C. D.【答案】C6．【2018届某某某某市第十八中学高三上学期第三次月考】多面体的三视图如图所示，则该多面体的外接球的表面积为（）A.3416π B. 173432π C. 178π D. 2894π 【答案】D【解析】如图所示，由三棱锥的三视图得：该三棱锥的底面是腰长为6的等腰直角三角形，设该三棱锥的外接球的半径为,R 球心为H 则()()222222174324DH HO OD R R R =+⇒=-+⇒=故则该三棱锥的外接球的表面积为22172894444S R πππ⎛⎫=== ⎪⎝⎭选D.7．【2018届某某省某某一中高三第二次月考】正三棱锥S ABC -中，若三条侧棱两两垂直，且3SA =，则正三棱锥S ABC -的高为（） A. 2 B. 2 C. 3 D. 3 【答案】C【解析】8．【2018届某某省某某市高新技术开发区月考】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在表面积为100π的球O 的球面上，若4AB AC ==， 43BC =，则该三棱柱的体积为（ ）A. 83B. 123C. 132D. 243 【答案】D9．【2017届东北师大附中、某某师大附中、某某省实验中学高三下第四次模拟】已知正四棱锥P ABCD -中，2,,PA AB E F ==分别是,PB PC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为（ ）A.33 B. 63 C. 16 D. 12【答案】C【解析】建立如图所示空间直角坐标系，可知()()22222,0,0,0,.,0,2,0,,0,2222AE BF ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则22222,,,,2,2222AE BF ⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则1112cos ,1111222222AE BF AE BF AE BF-+⋅〈〉===++⋅++１６．故本题答案选Ｃ．10．【2017年某某省数学基地校】已知H 是球O 的直径AB 上一点,:1:3AH HB =,AB ⊥平面α, H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的体积为（ ）(A)169π (B) 32327π (C) 1627π(D)1639π【答案】B【解析】如图，11．【2018届某某省某某外国语学校高三上练习三】三棱锥P ABC -中，,,PA PB PC 互相垂直，1PA PB ==，M 是线段BC 上一动点，若直线AM 与平面PBC 所成角的正切的最大值是62，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（ ） A. 2π B. 4π C. 8π D. 16π 【答案】B三棱锥P ABC -扩充为长方体，则长方体的对角线长为1122++=，∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为1R =， ∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积为244R ππ=． 选B.12．【2018届某某省源清中学高三9月月考】如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为（ ）A. 4B. 43C.D. 23 【答案】D【解析】() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭.显然0x ≠且2x ≠. 所以221642a x x=--. 因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈. 所以当221x x -=，2a 取得最小值12. 所以a 的最小值为23. 故选D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。

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

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

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

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

其一般方法有：(1）几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2）代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】（2019·全国Ⅲ卷）图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②。

(1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE；（2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C,G，D四点共面。

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。

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

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）1.已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010 B.15 C.31010D.35【答案】C∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.2.已知直二面角α­l ­β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1， 则CD ＝( )．A ．2 B. 3 C. 2 D ．1【答案】C【解析】如图，建立直角坐标系D ­xyz ，由已知条件B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)， 由AB ＝2解得t ＝ 2.3.如图，在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2.∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为( )．A.π6B.π3 C.5π3D.5π6【答案】B4.直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（ ）A. 110B. 25【答案】C【解析】以C 为原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线1CC 为z 轴，则设CA=CB=1，则(0,1,0)B ，11(,,1)22M ，A （1，0，0），1(,0,1)2N ，故11(,,1)22BM =-uuu r ，1(,0,1)2AN =-uuu r ，所以cos ,||||BM AN BM AN BM AN ⋅==⋅uuu r uuu ruuu r uuu r uuu r uuur =，故选C. 5.已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则CD 与平面1BDC 所成角的正弦值等于（ ）A ．23 BD ．13【答案】A 【解析】∴223sin 13HC HDC DC ∠===.故选A.6.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，体积为49，底面是边长为3的正三角形，若P 为底面111A B C 的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为 A.125π B.3π C.4π D.6π 【答案】B【解析】2S 底由194V S AA =⨯=底得1AA =由正三角形的性质可知121,3PA ==设PA 与平面ABC 所成角的大小为θ，则11tan .3AA PA πθθ===7.已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 （ ） A ．14 BCD ．12【答案】B.8．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A ．32 B ．22C ．33D ．233【答案】D.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)， 设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)， ∴点D 1到平面A 1BD 的距离是 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.二、填空题（本大题共7小题，共36分）.9. （4分）【2019学年湖北省襄阳市白水高中】如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB=2，E 为PB 的中点，cos ＜，＞=，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为 ．【答案】（1，1，1）10. （4分） 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________． 【答案】 13【解析】如图，建立空间直角坐标系D —xyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，11．（4分）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长是1，则直线1DA 与AC 间的距离为 。