1、数学高考总复习8.5空间向量及其应用探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点空间角1.理解两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念.2.会用空间向量求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角.2019浙江,8,4分二面角,直线与平面所成的角正三棱锥的性质2017浙江,9,4分二面角正四面体的性质2016浙江,17,15分二面角直线与平面垂直的判定空间向量在立体几何中的应用1.了解空间直角坐标系,会表示空间中点的坐标.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.掌握空间向量的数量积及其坐标表示.3.掌握空间向量的长度公式、夹角公式、两点间的距离
2、公式,并会解决简单的立体几何问题.4.会用向量的语言表述立体几何中的平行、垂直关系.会用向量的方法证明有关的命题,了解向量在研究立体几何问题中的作用.2019浙江,19,15分空间向量的应用空间点、线、面的位置关系2017浙江,19,15分空间向量的应用直线与平面平行的判定2015浙江,15,6分空间向量的应用不等式分析解读1.空间角是立体几何中的一个重要内容,是空间图形位置关系的具体体现,是高考考查的重点内容.2.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题
3、等,简便快捷,一直是高考的重点和热点.3.预计2021年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用还是考查的重点,复习时应高度重视.破考点 练考向【考点集训】考点一空间角1.如图为一个正四面体的表面展开图,G为BF的中点,则在原正四面体中,直线EG与直线BC所成角的余弦值为()A.33B.63 C.36D.336答案C2.(2019浙江名校协作体联考,14)在四面体S-ABC中,SA平面ABC,H是SBC的垂心,且AH平面SBC,则三对对棱SA与BC,SB与AC,SC与AB中互相垂直的有对;若H也是SBC的重心,则二面角S-BC-A的正弦值为.答案3;633.(2020届浙江镇海中学
4、期中,20)如图,在三棱锥P-ABC中,PAB与ABC都为等腰直角三角形,PAPB,ABAC,M为AC的中点,且PM=AC.(1)求二面角P-AB-C的大小;(2)求直线PM与平面PBC所成角的正弦值.解析本题考查二面角以及直线与平面所成的角;考查学生数学运算、逻辑推理和空间想象能力;考查了数学运算、逻辑推理和直观想象的核心素养.(1)过P作POAB,则O为AB的中点,取BC的中点N,连接ON,由题意可知POAB,ONAB,二面角P-AB-C的平面角即为PON,易知AB平面PON,MNAB,MN平面PON,令PB=PA=2,则AB=AC=PM=2,MNPN,MN=1,PM=2,PN=3,PO=
5、NO=1,在PON中,cosPON=12+12-(3)2211=-12,PON=120,由图易知二面角P-AB-C为钝二面角,二面角P-AB-C的大小为120.(2)AB平面PON,平面ABC平面PON,过点P作PHNO交NO的延长线于点H,连接BM,则PH平面ABC,设点M到平面PBC的距离为h,VM-PBC=VP-MBC,SPBCh=SMBCPH,令PB=PA=2,在PBC中,PN为中线,由cosPNC+cosPNB=0,可得PC=22.PH=POsin 60=32,SPBC=122(22)2-222=152,SMBC=121222=1,h=SMBCPHSPBC=55,直线PM与平面PBC
6、所成角的正弦值为hPM=510.4.(2019浙江温州普通高中高考适应性测试,19)在三棱锥D-ABC中,ADDC,ACCB,AB=2AD=2DC=2,且平面ABD平面BCD,E为AC中点.(1)证明:ADBC;(2)求直线DE与平面ABD所成角的正弦值.解析(1)证明:过C作CHBD于点H(其中H与B,D都不重合,否则,若H与B重合,则CBBD,与CD=1CB=2矛盾;若H与D重合,则AD=BD=1,与AB=2矛盾).平面ABD平面BCD,CHBD,平面ABD平面BCD=BD,CH平面ABD,CHAD.(3分)又 ADCD,CDCH=C,AD平面BCD,ADBC.(6分)(2)由(1)知,A
7、D平面BCD,ADBD,以D为原点,分别以射线DB,DA为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz.(8分)由题意得,D(0,0,0),A(0,1,0),C13,0,23,E为AC的中点,E123,12,223,DE=123,12,223.(12分)平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),设DE与平面ABD所成的角为,sin =|cos|=|nDE|n|DE|=33,即直线DE与平面ABD所成角的正弦值为33.(15分)考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2019浙江绍兴数学调测,9)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N
8、是线段BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC所成的(锐)二面角为6,当B1M最小时,AMB=()A.512B.3C.4D.6答案B2.(2019浙江杭州二模,19)如图,四边形ABCD为矩形,平面ABEF平面ABCD,EFAB,BAF=90,AD=2,AB=AF=1,点P在线段DF上.(1)证明:AF平面ABCD;(2)若二面角D-AP-C的余弦值为63,求PF的长度. 解析(1)证明:因为BAF=90,所以AFAB,又因为平面ABEF平面ABCD,且平面ABEF平面ABCD=AB,所以AF平面ABCD.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AD,AF所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角
9、坐标系.则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),F(0,0,1).设平面DAP的法向量为n1,因为AB平面ADF,所以平面DAP的一个法向量为n1=(1,0,0).设FP=FD(01),则P(0,2,1-),所以AP=(0,2,1-),AC=(1,2,0).设平面APC的法向量为n2=(x,y,z),则APn2=0,ACn2=0,即2y+(1-)z=0,x+2y=0,令x=-2,则y=1,z=2-1,所以n2=-2,1,2-1,又由图知二面角D-AP-C为锐二面角,所以|cos|=|n1n2|n1|n2|=2(-2)2+1+2-12=63,解得=13,所以P0,23,23,所以
10、PF=232+-132=53.3.(2020届山东夏季高考模拟,19)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA平面ABCD,E,F分别为AD,SC的中点,EF与平面ABCD所成的角为45.(1)证明:EF为异面直线AD与SC的公垂线;(2)若EF=12BC,求二面角B-SC-D的余弦值.解析(1)证明:以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设D(0,b,0),S(0,0,c),则C(1,b,0),E0,b2,0,F12,b2,c2,EF=12,0,c2,AS=(0,0,c),AD=(0,b,0).因为EF与平面ABCD所
11、成的角为45,所以EF与底面的法向量AS的夹角为45.ASEF=|AS|EF|cos 45,即c22=22c14+c24,所以c=1,故EF=12,0,12,SC=(1,b,-1),从而EFSC=0,EFAD=0,所以EFSC,EFAD.因此EF为异面直线AD与SC的公垂线.(2)连接BF.由B(1,0,0),BC=(0,b,0),|EF|=12|BC|得b=2.于是F12,22,12,C(1,2,0),故FB=12,-22,-12,SC=(1,2,-1),从而FBSC=0,即FBSC.取CF的中点G,连接DG.则G34,324,14,GD=-34,24,-14,从而GDSC=0,即GDSC.
12、因此等于二面角B-SC-D的平面角.cos=FBGD|FB|GD|=-33.所以二面角B-SC-D的余弦值为-33.炼技法 提能力【方法集训】方法1求直线与平面所成角的方法1.(2020届浙江义乌一模,8)已知在正四棱锥P-ABCD(底面为正方形,顶点在底面上的射影为底面中心的四棱锥)中,AB=2,PA=3,侧棱与底面所成角为,侧面与底面所成角为,侧面等腰三角形的底角为,相邻两侧面的二面角为,则下列说法正确的是()A. B.0),则B(t,1,0),C(0,1,0),D(0,-1,0),A(t,-1,0),AB=(0,2,0),BC=(-t,0,0),AD=(-t,0,0),设OP与面ABCD
13、所成的角为,由题意得P点在面ABCD的射影Q必在x轴上,且由PCD是边长为2的正三角形得P(3cos ,0,3sin ),所以PA=(t-3cos ,-1,-3sin ),PB=(t-3cos ,1,-3sin ),(10分)设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1).由n1PB=0,n1BC=0,即(t-3cos)x1+y1-3sinz1=0,-tx1=0,可取n1=(0,3sin ,1),设平面PAD的法向量为n2=(x2,y2,z2).由n2PA=0,n2AD=0,即(t-3cos)x2-y2-3sinz2=0,-tx2=0,可取n2=(0,-3sin ,1),因为平面PAD平面P
14、BC,所以n1n2=(0,3sin ,1)(0,-3sin ,1)=1-3sin2=0sin =33.所以n2=(0,-1,1),设直线AB与平面PAD所成角的大小为,则sin =|n2AB|n2|AB|=22.(15分)3.(2019浙江镇海中学期中,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,平面PAB平面ABCD,PB=PC,ABC=45,点E是线段PA上靠近点A的三等分点.(1)求证:ABPC;(2)若PAB是边长为2的等边三角形,求直线DE与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:作POAB于O,因为平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,所以PO平
15、面ABCD,连接OC,因为PB=PC,POOB,POOC,所以PBOPCD,所以OB=OC,又ABC=45,所以ABOC,因为OCPO=O,所以AB平面POC,所以ABPC.(2)因为PAB是边长为2的等边三角形,则O为AB的中点,由(1)可知,PO平面ABCD,ABOC,以点O为原点,OB,OC,OP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-2,1,0),P(0,0,3),DA=(1,-1,0),AP=(1,0,3),PB=(1,0,-3),PC=(0,1,-3),因为点E是线段PA上靠近点A的三等分点,
16、所以DE=DA+AE=DA+13AP=43,-1,33,设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nPB=0,nPC=0,即x-3z=0,y-3z=0,可取n=(3,3,1),设直线DE与平面PBC所成角的大小为,则sin =|DEn|DE|n|=37,即直线DE与平面PBC所成角的正弦值为37.方法2求二面角的方法1.(2020届浙江绍兴一中期中,10)已知ABC中,ACBC,D,E分别是AC,BC的中点,将CDE沿直线DE翻折成CDE,设CDA=1,CEB=2,二面角C-DE-A的平面角为3,则()A.123B.132C.213D.312答案A2.(2020届浙江湖州、衢州、丽水三地联考
17、,9)如图,矩形ABCD的中心为O,BCAB,现将DAC沿对角线AC翻折成EAC,记BOE=,二面角B-AC-E的平面角为,直线DE和BC所成的角为,则()A.,2B.,2C.2D.,2答案D3.(2019浙江宁波期末,19)如图所示,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,O是AC的中点,且ABD=CBD,AB=BD.(1)求证:OD平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.解析(1)证明:连接OB,因为ABC为正三角形,O是AC的中点,所以BOAC,由AB=CB,ABD=CBD,BD=BD,得
18、ABDCBD,所以AD=CD,(2分)所以ACD为等腰直角三角形,且ADC为直角.又O为AC的中点,所以DOAC.令AB=t,则AB=AC=BC=BD=t,易得OD=t2,OB=32t,所以OD2+OB2=BD2,从而ODOB.(5分)又DOAC,ACOB=O,所以OD平面ABC.(7分)(2)由题意可知VD-ACE=VB-ACE,则B,D到平面ACE的距离相等,所以点E为BD的中点.以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向,OB的方向为y轴正方向,OD的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.设AC=a,则O(0,0,0),Aa2,0,0,D0,0,a2,B0,3a2,0,E0,3a4
19、,a4.所以AE=-a2,3a4,a4,AD=-a2,0,a2,OA=a2,0,0.(10分)设平面AED的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则AEn1=0,ADn1=0,可取n1=(3,1,3),AEn2=0,OAn2=0,可取n2=(0,1,-3).(13分)设二面角D-AE-C的平面角为,易知为锐角,则cos =|cos|=n1n2|n1|n2|=77,所以二面角D-AE-C的余弦值为77.(15分)4.(2019浙江高考数学仿真卷,19)如图,在等边ABC中,AC=4,D是边AC上的点(不与A,C重合),过点D作DEBC交AB于点E,沿
20、DE将ADE向上折起,使得平面ADE平面BCDE.(1)若异面直线BE与AC垂直,求ADDC的值;(2)证明:无论点D的位置如何,二面角D-AE-B的正弦值为定值,并求出这个定值.解析(1)如图所示,取DE的中点F,连接AF,CF,由题意可知AED为等边三角形,所以AFDE,又因为平面ADE平面BCDE,平面ADE平面BCDE=DE,AF平面ADE,所以AF平面BCDE.(3分)所以AFBE.又因为BEAC,ACAF=A,所以BE平面ACF,(5分)因此BCF=30,此时易得BCF=DCF=DFC=30,所以DC=DF=EF=12ED=12AD,即ADDC=2.(7分)(2)如图所示,过B作D
21、E的垂线,垂足为M,过M作AE的垂线,垂足是N,连接BN,因为平面ADE平面ACF,平面ADE平面BCDE=DE,BMDE,BM平面BCDE,所以BM平面ADE,又AN平面ADE,所以BMAN.又因为ANMN,MNBM=M,所以AN平面MNB,所以ANBN,所以BNM即为二面角D-AE-B的平面角的补角.(9分)设BE=x,则在RtBEM中,BM=BEsin 60=32x,ME=BEcos 60=12x,在RtMEN中,MN=MEsin 60=34x,(12分)所以在RtMNB中,tanBNM=BMMN=32x34x=2,故sinBNM=255.(14分)所以二面角D-AE-B的正弦值为定值,
22、其定值为sin(180-BNM)=255.(15分)【五年高考】A组自主命题浙江卷题组考点一空间角1.(2019浙江,8,4分)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角P-AC-B的平面角为,则() A.,B.,C.,D.,答案B2.(2017浙江,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,BQQC=CRRA=2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为,则()A.B.C.D.答案B3.(
23、2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=5,ADC=90.沿直线AC将ACD翻折成ACD,直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.答案664.(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ACBC,所以,AC平面BCK,因此,BFAC.又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BC
24、K为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK.又ACCK=C,所以BF平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ.因为BF平面ACK,所以BFAK,则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=31313.在RtBQF中,FQ=31313,BF=3,BQ=43913,得cosBQF=34.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则易知BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以点O为原点,分别以射线
25、OB,OK的方向为x,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,32,F-12,0,32.因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由ACm=0,AKm=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1);由ABn=0,AKn=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3).于是,cos=mn|m|n|=34.所以,二面角B-AD-F
26、的平面角的余弦值为34.方法总结计算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角,也可以利用平面的法向量和向量的夹角公式求解.本题(2)的解法一根据二面角的平面角的定义构造AD的垂面,二面角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通过解三角形求解.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.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2=12.若空间向量b满足be1=2,be2=52,且对于任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0=,y0=
27、,|b|=.答案1;2;222.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.解法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC,又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所
28、以A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角,不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以cosEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直线E
29、F与平面A1BC所成角的余弦值是35.解法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,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.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1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A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EFBC=0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得BC=(-3,1,0),
30、A1C=(0,2,-23).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由BCn=0,A1Cn=0,得-3x+y=0,y-3z=0.取n=(1,3,1),故sin =|cos|=|EFn|EF|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC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”.3.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,P
31、C=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,OPAD.BC=12AD=OD,且BCOD,四边形BCDO为平行四边形,又CDAD,OBAD,OPOB=O,AD平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).设P(x,0,z)(z0),由PC=
32、2,OP=1,得(x-1)2+1+z2=4,x2+z2=1,得x=-12,z=32.即点P-12,0,32,而E为PD的中点,E-14,12,34.设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),AP=-12,1,32,AB=(1,1,0),-12x1+y1+32z1=0,x1+y1=0x1=-y1,z1=-3y1,取y1=-1,得n=(1,-1,3).而CE=-54,-12,34,则CEn=0,而CE平面PAB,CE平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),BC=(0,1,0),BP=-32,0,32,y2=0,-32x2+32z2=0,取x2=1,得m=(1,0,3
33、).设直线CE与平面PBC所成角为.则sin =|cos|=|CEm|CE|m|=28,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为28.一题多解(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=12AD.又因为BCAD,BC=12AD,所以EFBC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF,因此CE平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DCAD,N是AD的中
34、点得BNAD.所以AD平面PBN,由BCAD得BC平面PBN,那么平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在PCD中,由PC=2,CD=1,PD=2得CE=2,在PBN中,由PN=BN=1,PB=3得QH=14,在RtMQH中,QH=14,MQ=2,所以sinQMH=28.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28.方法总结1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l)线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l.面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面
35、,使得,从而得l.向量法:(i)求出平面的法向量n和直线l的方向向量l,证明nl=0,得l.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面内的两个基底向量所表示,得l.2.求线面角的方法.定义法:作出线面角,解三角形即可.解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d),由sin =dAB得结论.向量法:求出平面的法向量n,设直线AB与所成角为,则sin =|cos|.最好是画出图形,否则容易出错.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一空间角1.(2018课标全国理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的
36、角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为() A.334B.233C.324D.32答案A2.(2018课标全国理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为78,SA与圆锥底面所成角为45.若SAB的面积为515,则该圆锥的侧面积为.答案4023.(2019课标全国理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.解析本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养.(1
37、)证明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1
38、).设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则CC1m=0,CEm=0,即2z1=0,x1-y1+z1=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.一题多解(2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=m2+1,C1E=m2+2,BC1=(2m)2+1.BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2.连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1.由题意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C,BD平面AA1C1C,BDCE,即BOCE.在长方形AA1C1C中,AC=2,AA1=2.连接AC1,有CC1
39、AC=22=ACAE,又EAC=C1CA=90,则RtC1CARtCAE.ECA+C1AC=90,CEAC1.取CC1的中点F,连接OF,BF,则OFAC1,OFCE.BOOF=O,CE平面FOB.设CEOF=G,连接BG,CEBG,CEFG,则BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF=sinBGO.设AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE=12CC1,AH=13AC1.易知OGAH,又O为AC的中点,OG=12AH.BO=22,OG=12AH=16AC1=66,BOOG,tanBGO=2266=3,BGO=60,则BGF=120,故sinBGF=32.4.(2018课标全国理
40、,20,12分)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.解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=23.连接OB.因为AB=BC=22AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,OB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)
41、,A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23).取平面PAC的法向量OB=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0a2),则AM=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由APn=0,AMn=0得2y+23z=0,ax+(4-a)y=0,可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.由已知可得|cos|=32.所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32.解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=-833,433,-43.又PC=(0,2,-23),所以cos=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.5.(2018天津理,17,13分)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段DP的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求