（課標(biāo)Ⅰ卷）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何8.4空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用課件.pptx

8.4 空間角與距離、空間向量及其應(yīng)用,高考理數(shù) (課標(biāo)專用),考點(diǎn)一 空間角與距離,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,1.(2018課標(biāo),12,5分)已知正方體的棱長為1,每條棱所在直線與平面所成的角都相等,則截 此正方體所得截面面積的最大值為( ) A. B. C. D.,答案 A 本題主要考查空間直線與平面的位置關(guān)系及其所成角問題. 由正方體的性質(zhì)及題意可得,正方體共頂點(diǎn)的三條棱所在直線與平面所成的角均相等.如圖, 正方體ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直線與平面A1BD所成的角均相等,所以平 面A1BD,當(dāng)平面趨近于點(diǎn)A時(shí),截面圖形的面積趨近于0;當(dāng)平面經(jīng)過正方體的中心O時(shí),截面 圖形為正六邊形,其邊長為 ,截面圖形的面積為6 = ;當(dāng)平面趨近于C1時(shí),截 面圖形的面積趨近于0,所以截面圖形面積的最大值為 ,故選A. 解題關(guān)鍵 利用正方體的性質(zhì),將每條棱所在直線與平面所成角轉(zhuǎn)化為共頂點(diǎn)的三條棱所在 直線與平面所成角是解決本題的關(guān)鍵.,方法點(diǎn)撥 利用特殊位置與極限思想是解決選擇題的常用方法.,2.(2016課標(biāo),11,5分)平面過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點(diǎn)A,平面CB1D1,平面ABCD= m,平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為 ( ) A. B. C. D.,答案 A 如圖,延長B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延長D1A1至A3,使A3A1=D1A1,連接AA2,AA3,A2A3,A1B, A1D.易證AA2A1BD1C,AA3A1DB1C. 平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3為平面. 于是mA2A3,直線AA2即為直線n.顯然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角為60,其正弦值為 .選A. 思路分析 先利用平行關(guān)系作出平面,進(jìn)而確定直線m與直線n的位置,然后求m,n所成角的正 弦值. 疑難突破 本題的難點(diǎn)是明確直線m、n的具體位置.為此適當(dāng)擴(kuò)形是常用策略.,3.(2019課標(biāo),18,12分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60, E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn). (1)證明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值.,解析 本題主要考查線面平行的判定定理,線面垂直的性質(zhì)定理,二面角求解等知識(shí)點(diǎn);旨在考 查學(xué)生的空間想象能力;以直四棱柱為模型考查直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng). (1)證明:連接B1C,ME.因?yàn)镸,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以MEB1C,且ME= B1C.又因?yàn)镹為A1D 的中點(diǎn),所以ND= A1D.由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四邊形MNDE為平 行四邊形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE. (2)由已知可得DEDA.以D為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐 標(biāo)系D-xyz, 則A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, ,2),N(1,0,2), =(0,0,-4), =(-1, ,-2), =(-1,0,-2), =(0,- ,0). 設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則 所以 可取m=( ,1,0). 設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則 所以 可取n=(2,0,-1). 于是cos= = = , 所以二面角A-MA1-N的正弦值為 . 思路分析 (1)要證明線面平行,可先證線線平行.通過作輔助線及題設(shè)條件可得MNED,從而 可得MN與平面C1DE平行. (2)建立空間直角坐標(biāo)系,找到相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),求出平面A1MA與平面A1MN的法向量,再由向量的,夾角公式求解. 解題關(guān)鍵 建立空間直角坐標(biāo)系后,寫出各點(diǎn)坐標(biāo),正確求解平面的法向量是解決本題的關(guān)鍵.,4.(2019課標(biāo),19,12分)圖1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中 AB=1,BE=BF=2,FBC=60.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2. (1)證明:圖2中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.,解析 本題主要考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)以及二面角的計(jì)算;本題還考查了學(xué)生的 空間想象能力、邏輯推理能力和運(yùn)算能力;通過平面圖形與立體圖形的轉(zhuǎn)化,考查了直觀想象 和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng). (1)證明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn) 共面. 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE. 又因?yàn)锳B平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)作EHBC,垂足為H.因?yàn)镋H平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC. 由已知,菱形BCGE的邊長為2,EBC=60,可求得BH=1,EH= . 以H為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz,則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0, ), =(1,0, ), =(2,-1,0). 設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z), 則 即 所以可取n=(3,6,- ). 又平面BCGE的法向量可取為m=(0,1,0), 所以cos= = . 因此二面角B-CG-A的大小為30. 思路分析 (1)利用折疊前后AD與BE平行關(guān)系不變,可得ADCG,進(jìn)而可得A、C、G、D四點(diǎn) 共面.由折疊前后不變的位置關(guān)系可得ABBE,ABBC,從而AB平面BCGE,由面面垂直的判 定定理可得結(jié)論成立. (2)由(1)可得EH平面ABC.以H為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系, 求得平面的法向量,進(jìn)而求得二面角B-CG-A的大小.,5.(2018課標(biāo),19,12分)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧 所在平面垂直,M 是 上異于C,D的點(diǎn). (1)證明:平面AMD平面BMC; (2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.,解析 本題考查面面垂直的判定、二面角的計(jì)算、空間向量的應(yīng)用. (1)證明:由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽CCD,BC平面ABCD,所以BC 平面CMD,故BCDM. 因?yàn)镸為 上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),M為 的中點(diǎn).由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1, 1), =(-2,1,1), =(0,2,0), =(2,0,0).,設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則 即 可取n=(1,0,2). 是平面MCD的法向量,因此 cos= = ,sin= . 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是 . 解后反思 一、面面垂直的判定 在證明兩平面垂直時(shí),一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線,若圖中不存在這樣的直線,則可 通過作輔助線來解決. 二、利用向量求二面角問題的常見類型及解題方法,1.求空間中二面角的大小,可根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系,再分別求出二面角的兩個(gè)面所在 平面的法向量,然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結(jié)合實(shí)際圖形 判斷所求角是銳角還是鈍角.,2.給出二面角的大小求解或證明相關(guān)問題,可利用求解二面角的方法列出相關(guān)的關(guān)系式,再根 據(jù)實(shí)際問題求解.,6.(2017課標(biāo),19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD, AB=BC= AD,BAD=ABC=90,E是PD的中點(diǎn). (1)證明:直線CE平面PAB; (2)點(diǎn)M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45,求二面角M-AB-D的余弦值.,解析 本題考查了線面平行的證明和線面角、二面角的計(jì)算. (1)證明:取PA的中點(diǎn)F,連接EF,BF.因?yàn)镋是PD的中點(diǎn),所以EFAD,EF= AD. 由BAD=ABC=90得BCAD,又BC= AD,所以EFBC,則四邊形BCEF是平行四邊形,所 以CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB. (2)由已知得BAAD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸正方向,| |為單位長,建立如圖所示的 空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, ), =(1,0,- ), =(1,0,0).,設(shè)M(x,y,z)(0|=sin 45, = , 即(x-1)2+y2-z2=0. 又M在棱PC上,設(shè) = ,則 x=,y=1,z= - . 由,解得 (舍去),或 所以M ,從而 = . 設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則 即 所以可取m=(0,- ,2). 于是cos= = . 易知所求二面角為銳角. 因此二面角M-AB-D的余弦值為 . 方法總結(jié) 本題涉及直線與平面所成的角和二面角,它們是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn),解決此類題時(shí) 常利用向量法,解題關(guān)鍵是求平面的法向量,再由向量的夾角公式求解. 解題關(guān)鍵 由線面角為45求點(diǎn)M的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵.,考點(diǎn)二 空間向量及其應(yīng)用 1.(2017課標(biāo),16,5分)a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所 在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),有下列結(jié)論: 當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),AB與b成30角; 當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),AB與b成60角; 直線AB與a所成角的最小值為45; 直線AB與a所成角的最大值為60. 其中正確的是 .(填寫所有正確結(jié)論的編號(hào)),答案 ,解析 本題考查空間直線、平面間的位置關(guān)系. 過點(diǎn)C作直線a1a,b1b,則直線AC、a1、b1兩兩垂直.不妨分別以a1、b1、AC所在直線 為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,取n1=(1,0,0)為a1的方向向量,n2=(0,1,0)為b1的方向向量, 令A(yù)(0,0,1).可設(shè)B(cos ,sin ,0),則 =(cos ,sin ,-1).當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),|cos|= , |cos |= ,|sin |= ,|cos|= ,即AB與b所成角也是60.|cos|= = , 直線AB與a所成角的最小值為45.綜上,和是正確的,和是錯(cuò)誤的.故填. 一題多解 過點(diǎn)B作a1a,b1b,當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),由題意,可知AB在由a1,b1確定的平面 上的射影為BC,且BC與a1成45角,又ab,故AB與b所成角也是60.錯(cuò),正確.當(dāng)直線aBC 時(shí),AB與a所成角最小,故最小角為45.正確,錯(cuò)誤.綜上,正確的是,錯(cuò)誤的是.(注:一 條斜線與平面所成角的余弦值和其在平面內(nèi)的射影與平面內(nèi)一條直線所成角的余弦值的乘 積等于斜線和平面內(nèi)的直線所成角的余弦值),2.(2018課標(biāo),20,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中 點(diǎn). (1)證明:PO平面ABC; (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30,求PC與平面PAM所成角的正弦值.,解析 (1)證明:因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)PAC,且OP=2 . 連接OB.因?yàn)锳B=BC= AC,所以ABC為等腰直角三角形,且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知POOB. 由OPOB,OPAC,OBAC=O,知PO平面ABC. (2)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 ), =(0,2,2 ).取平面PAC的法向量 =(2,0,0). 設(shè)M(a,2-a,0)(0a2),則 =(a,4-a,0). 設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z).,由 n=0, n=0得 可取n=( (a-4), a,-a), 所以cos= . 由已知可得|cos|= . 所以 = .解得a=-4(舍去)或a= . 所以n= . 又 =(0,2,-2 ),所以cos= . 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為 .,3.(2016課標(biāo),19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA= BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明MN平面PAB; (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.,解析 (1)證明:由已知得AM= AD=2. 取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN, 由N為PC的中點(diǎn)知TNBC,TN= BC=2. (3分) 又ADBC,故TNAM,故四邊形AMNT為平行四邊形, 于是MNAT. 因?yàn)锳T平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB. (6分) (2)取BC的中點(diǎn)E,連接AE.由AB=AC得AEBC,從而AEAD,且AE= =,= . 以A為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 由題意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( ,2,0),N , =(0,2,-4), = , = . 設(shè)n=(x,y,z)為平面PMN的法向量, 則 即 (10分) 可取n=(0,2,1). 于是|cos|= = . 即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為 . (12分),4.(2015課標(biāo),19,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點(diǎn)E,F分別在A1B1, D1C1上,A1E=D1F=4.過點(diǎn)E,F的平面與此長方體的面相交,交線圍成一個(gè)正方形. (1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由); (2)求直線AF與平面所成角的正弦值.,解析 (1)交線圍成的正方形EHGF如圖: (2)作EMAB,垂足為M,則AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因?yàn)镋HGF為正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH= =6,所以AH=10. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn), 的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A(10,0,0),H (10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8), =(10,0,0), =(0,-6,8). 設(shè)n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 則 即,所以可取n=(0,4,3). 又 =(-10,4,8), 故|cos|= = . 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為 . 思路分析 (1)正方形是矩形且所有邊都相等,利用面面平行的性質(zhì)定理,結(jié)合長方體各棱長度 作截面;(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn), , , 的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,分 別求出平面的法向量與直線AF的方向向量,從而利用向量法求得直線AF與平面所成角的正 弦值. 方法技巧 利用向量求線面角的方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影的方向向量,進(jìn)而 求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角);(2)通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面 的法向量的夾角或其補(bǔ)角(求銳角),取該角的余角就是斜線與平面所成的角.,B組 自主命題省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)一 空間角與距離 1.(2019浙江,8,4分)設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側(cè)棱長均相等,P是棱VA上的點(diǎn)(不含端 點(diǎn)).記直線PB與直線AC所成的角為,直線PB與平面ABC所成的角為,二面角P-AC-B的平面 角為,則 ( ) A., B., C., D.,答案 B 本題考查了空間角和正三棱錐的性質(zhì),通過空間角的計(jì)算考查了空間想象能力和 數(shù)學(xué)運(yùn)算能力,通過找角的過程考查了直觀想象的核心素養(yǎng). 過B作直線lAC,過P作底面ABC的垂線PD,D為垂足,過D作DFAB于F,作DEl于E,連接AD, BD,PF,PE, 由題意可知,二面角P-AC-B的大小與二面角P-AB-C的大小相等, 結(jié)合空間角的定義知PBE=,PBD=,PFD=, 在RtPEB與RtPDB中,由PEPD得sin sin , (、均為銳角). 在RtPDB與RtPDF中,由PBPF得sin (、均為銳角).故選B.,思路分析 在圖形中找到異面直線所成的角,線面角和二面角的平面角,通過解直角三角形,比 較求解,本題也可以通過取正四面體側(cè)棱的中點(diǎn)P,由特殊值法求解. 疑難突破 過點(diǎn)P作平面ABC的垂線,以其為公共邊找到相應(yīng)的空間角,通過解直角三角形去 求解,是關(guān)鍵也是難點(diǎn)的突破口.,2.(2018江蘇,22,10分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)P,Q分別為A1B1,BC的中點(diǎn). (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值; (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.,解析 本題主要考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)用空間向量解 決問題的能力. 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 設(shè)AC,A1C1的中點(diǎn)分別為O,O1, 則OBOC,OO1OC,OO1OB, 以 , , 為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 因?yàn)锳B=AA1=2,所以A(0,-1,0),B( ,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1( ,0,2),C1(0,1,2). (1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn),所以P .,從而 = , =(0,2,2). 故|cos|= = = . 因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為 . (2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn),所以Q , 因此 = , =(0,2,2), =(0,0,2). 設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個(gè)法向量, 則 即 不妨取n=( ,-1,1). 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為,則sin =|cos|= = = , 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為 . 方法總結(jié) (1)用向量法求異面直線所成角的步驟:求兩條直線所對(duì)應(yīng)的方向向量m,n; 異面直線所成角的余弦值cos =|cos|= . (2)用向量法求線面角的正弦值的步驟:求直線的方向向量a和平面的法向量b;直線與平面 所成角的正弦值sin =|cos|= . 易錯(cuò)警示 (1)異面直線所成角的范圍為 , cos =|cos|. (2)線面角的正弦值為|cos|,并不是|sin|.,3.(2017北京,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD平面ABCD,點(diǎn) M在線段PB上,PD平面MAC,PA=PD= ,AB=4. (1)求證:M為PB的中點(diǎn); (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.,解析 本題考查面面垂直的性質(zhì)定理,線面平行的性質(zhì)定理,二面角,直線與平面所成的角等知 識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力. (1)證明:設(shè)AC,BD交點(diǎn)為E,連接ME. 因?yàn)镻D平面MAC,平面MAC平面PDB=ME, 所以PDME. 因?yàn)锳BCD是正方形,所以E為BD的中點(diǎn). 所以M為PB的中點(diǎn). (2)取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE. 因?yàn)镻A=PD,所以O(shè)PAD.,又因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD,且OP平面PAD, 所以O(shè)P平面ABCD. 因?yàn)镺E平面ABCD,所以O(shè)POE. 因?yàn)锳BCD是正方形,所以O(shè)EAD. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0, ),D(2,0,0),B(-2,4,0), =(4,-4,0), =(2,0,- ). 設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則 即,令x=1,則y=1,z= . 于是n=(1,1, ). 平面PAD的一個(gè)法向量為p=(0,1,0). 所以cos= = . 由題意知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為 . (3)由題意知M ,C(2,4,0), = . 設(shè)直線MC與平面BDP所成角為, 則sin =|cos|= = . 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為 . 方法總結(jié) 1.在求二面角時(shí),通常用空間向量法,即建立空間直角坐標(biāo)系,求出兩個(gè)面的法向量,n1,n2,設(shè)二面角的大小為,則有|cos |=|cos|= ,再通過原圖判斷二面角是鈍角還是 銳角,進(jìn)而求出二面角.2.用向量法求直線與平面所成的角的方法:設(shè)直線的方向向量為e,平面 的法向量為n,則直線與平面所成的角滿足sin = , .,4.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF= FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF平面ACFD; (2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.,解析 (1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示. 因?yàn)槠矫鍮CFE平面ABC,且ACBC,所以,AC平面BCK,因此,BFAC. 又因?yàn)镋FBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),則BFCK. 所以BF平面ACFD. (2)解法一:過點(diǎn)F作FQAK于Q,連接BQ. 因?yàn)锽F平面ACK,所以BFAK,則AK平面BQF, 所以BQAK. 所以,BQF是二面角B-AD-F的平面角.,在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ= . 在RtBQF中,FQ= ,BF= ,得cosBQF= . 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為 . 解法二:由(1)知BCK為等邊三角形.取BC的中點(diǎn)O,連接KO,則KOBC,又平面BCFE平面 ABC,所以,KO平面ABC.以點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OK的方向?yàn)閤,z軸的正方向,建立如圖 所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0, ),A(-1,-3,0),E ,F . 因此, =(0,3,0), =(1,3, ), =(2,3,0). 設(shè)平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2). 由 得 取m=( ,0,-1); 由 得 取n=(3,-2, ). 于是,cos= = . 又易知二面角B-AD-F為銳二面角, 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為 . 方法總結(jié) 若二面角的平面角為,兩半平面的法向量分別為n1和n2,則|cos |=|cos|,要求 cos 的值,還需結(jié)合圖形判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角,進(jìn)而決定cos =|cos|,還 是cos =-|cos|.,評(píng)析 本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空間想象能力和 運(yùn)算求解能力.,考點(diǎn)二 空間向量及其應(yīng)用 1.(2019浙江,19,15分)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC =30,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC,A1B1的中點(diǎn). (1)證明:EFBC; (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.,解析 本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空 間想象能力和運(yùn)算求解能力.本題考查了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng). 解法一:(1)證明:連接A1E,因?yàn)锳1A=A1C,E是AC的中點(diǎn), 所以A1EAC, 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC, 所以,A1E平面ABC,則A1EBC. 又因?yàn)锳1FAB,ABC=90,故BCA1F. 所以BC平面A1EF.,因此EFBC. (2)取BC中點(diǎn)G,連接EG,GF,則EGFA1是平行四邊形. 由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四邊形EGFA1為矩形. 由(1)得BC平面EGFA1,則平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G 上. 連接A1G交EF于O,則EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角), 不妨設(shè)AC=4,則在RtA1EG中,A1E=2 ,EG= . 由于O為A1G的中點(diǎn),故EO=OG= = , 所以cosEOG= = . 因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是 . 解法二:(1)證明:連接A1E,因?yàn)锳1A=A1C,E是AC的中點(diǎn),所以A1EAC. 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC. 如圖,以點(diǎn)E為原點(diǎn),分別以射線EC,EA1為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 不妨設(shè)AC=4, 則A1(0,0,2 ),B( ,1,0),B1( ,3,2 ),F ,C(0,2,0). 因此, = , =(- ,1,0). 由 =0得EFBC. (2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為. 由(1)可得 =(- ,1,0), =(0,2,-2 ).,設(shè)平面A1BC的法向量為n=(x,y,z). 由 得 取n=(1, ,1), 故sin =|cos|= = . 因此,直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為 . 評(píng)析 本題主要考查面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)、線面角的求解、空間向量的應(yīng)用 等基礎(chǔ)知識(shí),在建立空間直角坐標(biāo)系之前,應(yīng)有必要的證明過程,保證從E引發(fā)的三條直線兩兩 垂直.在利用直接法求線面角時(shí),一定先“找角”,再“求角”.,2.(2018天津,17,13分)如圖,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD= 2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60,求線段DP的長.,解析 本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用 空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力. 依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以 , , 的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐 標(biāo)系(如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M ,N(1,0,2). (1)證明:依題意得 =(0,2,0), =(2,0,2). 設(shè)n0=(x0,y0,z0)為平面CDE的法向量, 則 即 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又 = ,可得 n0=0, 又因?yàn)橹本€MN平面CDE, 所以MN平面CDE.,(2)依題意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2). 設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面BCE的法向量, 則 即 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 設(shè)m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量, 則 即,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos= = ,于是sin= . 所以,二面角E-BC-F的正弦值為 . (3)設(shè)線段DP的長為h(h0,2),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得 =(-1,-2,h). 易知, =(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量, 故|cos|= = , 由題意,可得 =sin 60= ,解得h= 0,2. 所以,線段DP的長為 . 方法歸納 利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟 (1)審清題意并建系,利用條件分析問題,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系; (2)確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),結(jié)合建系過程與圖形,準(zhǔn)確地寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo); (3)確定直線的方向向量和平面的法向量,利用點(diǎn)的坐標(biāo)求出相關(guān)直線的方向向量和平面的法,向量,若已知某直線垂直某平面,可直接取該直線的方向向量為該平面的法向量; (4)轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算,將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系,空間角轉(zhuǎn)化為向量的夾角問題去論證、求解; (5)問題還原,結(jié)合條件與圖形,作出結(jié)論(注意角的范圍).,3.(2017江蘇,22,10分)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1 = ,BAD=120. (1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A1D-A的正弦值.,解析 本小題主要考查空間向量、異面直線所成角和二面角等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)用空間向量 解決問題的能力. 在平面ABCD內(nèi),過點(diǎn)A作AEAD,交BC于點(diǎn)E. 因?yàn)锳A1平面ABCD, 所以AA1AE,AA1AD. 如圖,以 , , 為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因?yàn)锳B=AD=2,AA1= ,BAD=120,所以A(0,0,0),B( ,-1,0),D(0,2,0),E( ,0,0),A1(0,0, ),C1( ,1, ). (1) =( ,-1,- ), =( ,1, ), 則cos= = =- , 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為 . (2)平面A1DA的一個(gè)法向量為 =( ,0,0). 設(shè)m=(x,y,z)為平面BA1D的法向量, 又 =( ,-1,- ), =(- ,3,0), 則 即,不妨取x=3,則y= ,z=2, 所以m=(3, ,2)為平面BA1D的一個(gè)法向量, 從而cos= = = . 設(shè)二面角B-A1D-A的大小為,則|cos |= . 因?yàn)?,所以sin = = . 因此二面角B-A1D-A的正弦值為 .,4.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.點(diǎn)D,E,N分別為棱PA, PC,BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PA=AC=4,AB=2. (1)求證:MN平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為 ,求線段AH的長.,解析 本小題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空 間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力. 如圖,以A為原點(diǎn),分別以 , , 方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意 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)證明: =(0,2,0), =(2,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則 即 不 妨設(shè)z=1,可得n=(1,0,1).又 =(1,2,-1),可得 n=0.,因?yàn)镸N平面BDE,所以MN平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則 因?yàn)?=(0,-2,-1), =(1,2,-1),所以 不妨設(shè)y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos= =- , 于是sin= . 所以,二面角C-EM-N的正弦值為 . (3)依題意,設(shè)AH=h(0h4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得 =(-1,-2,h), =(-2,2,2).由已知,得|cos|= = = ,整理得10h2-21h+8=0,解得h= 或h= . 所以,線段AH的長為 或 .,方法總結(jié) 利用空間向量法證明線面位置關(guān)系與計(jì)算空間角的步驟:(1)根據(jù)題目中的條件,充 分利用垂直關(guān)系,建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,盡量使相關(guān)點(diǎn)在坐標(biāo)軸上,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo); (2)求出相關(guān)直線的方向向量及相關(guān)平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當(dāng)?shù)墓?將相關(guān) 的坐標(biāo)代入進(jìn)行求解或證明;(3)檢驗(yàn),得出最后結(jié)論.,C組 教師專用題組 考點(diǎn)一 空間角與距離 1.(2018浙江,8,4分)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(diǎn)(不 含端點(diǎn)).設(shè)SE與BC所成的角為1,SE與平面ABCD所成的角為2,二面角S-AB-C的平面角為3,則 ( ) A.123 B.321 C.132 D.231,答案 D 本小題考查正四棱錐的性質(zhì),異面直線所成的角,直線與平面所成的角,二面角的概 念、作法以及三角函數(shù)值的大小比較. 由題意知該四棱錐為正四棱錐,設(shè)AB,AD,BC的中點(diǎn)分別為P,M,N.連接MN,過點(diǎn)E作直線MN的 垂線交MN于點(diǎn)Q.設(shè)O為S在底面ABCD內(nèi)的射影,連接SO,OP,OE,SP,SQ,則SEQ=1,SEO=2, SPO=3, tan 2= ,tan 3= ,OPOE,tan 3tan 2. 又EQMN,EQSO,MNSO=O,MN,SO平面SOQ,EQ平面SOQ,又SQ平面SOQ,EQ SQ. tan 1= ,SQSO,EQ=OP,tan 1tan 3. 故有tan 1tan 3tan 2. 由圖可知1,2,3 ,132,故選D.,思路分析 (1)判斷四棱錐的形狀,作出高線. (2)作出異面直線SE與BC所成的角,直線SE與平面ABCD所成的角,二面角S-AB-C的平面角. (3)根據(jù)公共邊找等量關(guān)系,選擇求三個(gè)角的正弦值、余弦值還是正切值. (4)比較所求三角函數(shù)值的大小,得三個(gè)角的大小關(guān)系.,2.(2014課標(biāo),11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分別是A1B1,A1C1的中點(diǎn),BC=CA =CC1,則BM與AN所成角的余弦值為 ( ) A. B. C. D.,答案 C 解法一:取BC的中點(diǎn)Q,連接QN,AQ,易知BMQN,則ANQ或其補(bǔ)角即為所求, 設(shè)BC=CA=CC1=2, 則AQ= ,AN= ,QN= , cosANQ= = = = , 故選C.,解法二:以C1為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)BC=CA=CC1=2,則A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0,2,2), =(-1,0,-2), =(1,-1,-2), cos= = = = ,故選C.,3.(2015四川,14,5分)如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動(dòng)點(diǎn)M 在線段PQ上,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn).設(shè)異面直線EM與AF所成的角為,則cos 的最大值為 .,答案,解析 如圖,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 設(shè)AB=2,QM=m(0m2), 則F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0m2). =(2,1,0), =(1,-m,-2),cos =|cos|= = = . 設(shè)y= , 則y= =,= . 當(dāng)0m2時(shí),y0, y= 在(0,2)上單調(diào)遞減. 當(dāng)m=0時(shí),y取最大值, 此時(shí)cos 取最大值,(cos )max= = .,4.(2016山東,17,12分)在如圖所示的圓臺(tái)中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O的直徑, FB是圓臺(tái)的一條母線. (1)已知G,H分別為EC,FB的中點(diǎn).求證:GH平面ABC; (2)已知EF=FB= AC=2 ,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.,解析 (1)證明:取FC的中點(diǎn)I,連接GI,HI. 在CEF中,因?yàn)辄c(diǎn)G是CE的中點(diǎn),所以GIEF. 又EFOB,所以GIOB. 在CFB中,因?yàn)镠是FB的中點(diǎn),所以HIBC. 又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC. 因?yàn)镚H平面GHI,所以GH平面ABC. (2)解法一:連接OO,則OO平面ABC.,又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BOAC. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意得B(0,2 ,0),C(-2 ,0,0), 所以 =(-2 ,-2 ,0), 過點(diǎn)F作FM垂直O(jiān)B于點(diǎn)M. 所以FM= =3,可得F(0, ,3). 故 =(0,- ,3). 設(shè)m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.,由 可得 進(jìn)而可得平面BCF的一個(gè)法向量m= . 因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量n=(0,0,1), 所以cos= = . 又易知二面角F-BC-A為銳二面角, 所以二面角F-BC-A的余弦值為 . 解法二:連接OO.過點(diǎn)F作FM垂直O(jiān)B于點(diǎn)M.,則有FMOO. 又OO平面ABC,所以FM平面ABC. 可得FM= =3. 過點(diǎn)M作MN垂直BC于點(diǎn)N,連接FN. 可得FNBC,從而FNM為二面角F-BC-A的平面角. 又AB=BC,AC是圓O的直徑, 所以MN=BMsin 45= . 從而FN= ,可得cosFNM= . 所以二面角F-BC-A的余弦值為 .,5.(2015重慶,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PC平面ABC,PC=3,ACB= .D,E分別為線段 AB,BC上的點(diǎn),且CD=DE= ,CE=2EB=2. (1)證明:DE平面PCD; (2)求二面角A-PD-C的余弦值.,解析 (1)證明:由PC平面ABC,DE平面ABC,得PCDE.由CE=2,CD=DE= 得CDE為 等腰直角三角形,故CDDE. 由PCCD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線, 故DE平面PCD. (2)由(1)知,CDE為等腰直角三角形,DCE= .如圖,過D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE= 1,又已知EB=1,故FB=2. 由ACB= 得DFAC, = = ,故AC= DF= .,以C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以 , , 的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0, 0,0),P(0,0,3),A ,E(0,2,0),D(1,1,0), =(1,-1,0), =(-1,-1,3), = . 設(shè)平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1), 由n1 =0,n1 =0,得 故可取n1=(2,1,1). 由(1)可知DE平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取為 ,即n2=(1,-1,0). 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos= = , 故所求二面角A-PD-C的余弦值為 .,6.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD= ,AB=BC=1,AD=2,E是AD 的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn).將ABE沿BE折起到A1BE的位置,如圖2. (1)證明:CD平面A1OC; (2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.,解析 (1)證明:在題圖1中,因?yàn)锳B=BC=1,AD=2,E是AD的中點(diǎn),BAD= ,所以BEAC. 即在題圖2中,BEOA1,BEOC,從而BE平面A1OC, 又CDBE,所以CD平面A1OC. (2)因?yàn)槠矫鍭1BE平面BCDE, 又由(1)知,BEOA1,BEOC, 所以A1OC為二面角A1-BE-C的平面角,所以A1OC= . 如圖,以O(shè)為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,7.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC, AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點(diǎn). (1)求證:GF平面ADE; (2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值.,解析 (1)證法一:如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD, 又G是BE的中點(diǎn),所以GHAB,且GH= AB. 又F是CD的中點(diǎn),所以DF= CD. 由四邊形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD, 所以GHDF,且GH=DF, 從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GFDH. 又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE. 證法二:如圖,取AB的中點(diǎn)M,連接MG,MF.,又G是BE的中點(diǎn),可知GMAE. 又AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE. 在矩形ABCD中,由M,F分別是AB,CD的中點(diǎn)得MFAD. 又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE. 又因?yàn)镚MMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF, 所以平面GMF平面ADE. 因?yàn)镚F平面GMF,所以GF平面ADE. (2)如圖,在平面BEC內(nèi),過B點(diǎn)作BQEC.因?yàn)锽ECE,所以BQBE.,又因?yàn)锳B平面BEC,所以ABBE,ABBQ. 以B為原點(diǎn),分別以 , , 的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,2),B (0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因?yàn)锳B平面BEC,所以 =(0,0,2)為平面BEC的一個(gè)法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又 =(2,0,-2), =(2,2,-1), 由 得,取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos= = = , 所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為 . 評(píng)析 本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查 空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.,考點(diǎn)二 空間向量及其應(yīng)用 1.(2016天津,17,13分)如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF平面 ABCD,點(diǎn)G為AB的中點(diǎn),AB=BE=2. (1)求證:EG平面ADF; (2)求二面角O-EF-C的正弦值; (3)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn),且AH= HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.,解析 依題意得,OF平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點(diǎn),分別以 , , 的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的 正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得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)證明:依題意得, =(2,0,0), =(1,-1,2). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量, 則 即 不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,2,1),又 =(0,1,-2),可得 n1=0,又因?yàn)橹本€EG平面ADF,所以EG,平面ADF. (2)易證, =(-1,1,0)為平面OEF的一個(gè)法向量. 依題意得, =(1,1,0), =(-1,1,2). 設(shè)n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則 即 不妨設(shè)x=1,可得n2=(1,-1,1). 因此有cos= =- , 于是si