8.5　空间角、空间向量及其应用.pptx

1、高考数学(浙江专用),8.5 空间角、空间向量及其应用,考点一 空间角 1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不 含端点).设SE与BC所成的角为1,SE与平面ABCD所成的角为2,二面角S-AB-C的平面角为3,则 ( ) A.123 B.321 C.132 D.231,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,答案 D 本小题考查正四棱锥的性质,异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角的概 念、作法以及三角函数值的大小比较. 由题意知该四棱锥为正四棱锥,设AB,AD,BC的中点分别为P,M,N.连接MN,过点E作直线MN的 垂线

2、交MN于点Q.设O为S在底面ABCD内的射影,连接SO,OP,OE,SP,SQ,则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. 由图可知1,2,3 ,132,故选D.,思路分析 (1)判断四棱锥的形状,作出高线. (2)作出异面直线SE与BC所成的角,直线SE与平面ABCD所成的角,二面角S-AB-C的平面角. (3)根据公共边找等

3、量关系,选择求三个角的正弦值、余弦值还是正切值. (4)比较所求三角函数值的大小,得三个角的大小关系.,2.(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, = =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 B 本题考查正四面体的性质,二面角的定义,解三角形,利用空间向量求平面的法向量 及计算并比较二面角的大小,考查推理运算能力和空间想象能力. 解法一:连接CP,作ROAB,交CP于点O,则O为等边ABC的中心,且点D在平面ABC内的射影 为O

4、,连接DO.,以O为坐标原点,OP所在直线为x轴,RO所在直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立空间直角坐标 系,如图所示. 设正四面体的棱长为3,则OP= 3= ,OR= 3=1,点Q到x轴的距离为 PB= =,点Q到y轴的距离为 .,故有P ,Q ,R(0,-1,0),D(0,0, ). 此时,点O在PQR内部,故,均为锐角. 取平面PQR的一个法向量为n=(0,0,1). 设平面DPR的法向量为m1=(x1,y1,z1), = , =(0,1, ), 得 取z1=1,得m1=(2 ,- ,1). cos =|cos|= = . 设平面DPQ的法向量为m2=(x2,y2,z2), = , =

5、 , 得 取x2=2 ,得m2=(2 ,4 ,1). cos =|cos|= = . 设平面DQR的法向量为m3=(x3,y3,z3), = , =(0,1, ), 得 取z3=1,得m3=(-3 ,- ,1). cos =|cos|= = . cos .故选B.,解法二:设点D在平面ABC上的射影为O,则O为正ABC的中心, 设O到RP,PQ,QR的距离分别为d1,d2,d3,则tan = ,tan = ,tan = ,故只要比较d1,d2,d3的 大小即可.,以O为原点,RO所在直线为x轴,PC所在直线为y轴,建立平面直角坐标系,如图. 不妨设正四面体的棱长为3,则有P ,Q ,R(-1,

6、0). 从而直线PR的方程为x+ y+1=0,d1= = . 直线PQ的方程为2 x-y- =0,d2= .,直线RQ的方程为x- y+1=0,d3= . 又d2tan tan , 而,均为锐角,.故选B.,3.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD= ,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,解析 如图,过D作DFAC于点F,取AC的中点E,连接BE,则ACBE. 在ADC中,ADC=90,CD=1,AD= ,AC= , DF= ,CF= ,EF= , 在ABC中,BE= .= + +

7、 , 则 =( + + ) = = =2. 设AC与BD所成的角为, 又| |2=( + + )2 = + + +2 cos =9+5cos, | |= , 则cos = = ,当cos=-1时,D在平面ABC内,cos 取最大值 .,评析 本题重点考查了立体几何中的异面直线夹角问题,平面图形的折叠问题也是本题的一 个考查点,在折叠的过程中发现最值点所处的位置是解决本题的关键.,4.(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

8、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BCK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= . 在RtBQF中,FQ= ,BF= ,BQ= ,得cosBQF= . 所以,二面角B-AD-F

9、的平面角的余弦值为 . 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,建立空间直角坐标系O-xyz.,由题意得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). 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 得 取m=( ,0,-1); 由 得 取n=(3,-2, ).

10、 于是,cos= = . 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为 . 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 空间向量及其应用 1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2= .若空间向量b满足be1=2,be2= ,且对于 任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0

11、e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0= ,y0= ,|b|= .,答案 1;2;2,解析 e1,e2是单位向量,e1e2= ,cos= ,又0180,=60.不妨把 e1,e2放到空间直角坐标系O-xyz的平面xOy中,设e1=(1,0,0),则e2= ,再设 =b=(m,n,r),由 be1=2,be2= ,得m=2,n= ,则b=(2, ,r).而xe1+ye2是平面xOy上任一向量,由|b-(xe1+ye2)|1知 点B(2, ,r)到平面xOy的距离为1,故可得r=1.则b=(2, ,1),|b|=2 .又由|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+ y0e2)|=1知x0e

12、1+y0e2=(2, ,0),解得x0=1,y0=2.,2.(2018浙江,19,15分)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.,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. 解法一: (1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=2 , 所以A1 +A =A , 故AB1A1B1. 由BC=

13、2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B1C1= , 由AB=BC=2,ABC=120得AC=2 , 由CC1AC,得AC1= ,所以A +B1 =A , 故AB1B1C1,因为A1B1,B1C1平面A1B1C1, 所以AB1平面A1B1C1. (2)如图,过点C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.,由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1, 由C1DA1B1得C1D平面ABB1, 所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角. 由B1C1= ,A1B1=2 ,A1C1= 得cosC1A1B1= , sinC1A1B1= ,所以C1D= , 故sinC

14、1AD= = . 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是 . 解法二:,(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 O-xyz.由题意知各点坐标如下: A(0,- ,0),B(1,0,0),A1(0,- ,4),B1(1,0,2),C1(0, ,1). 因此 =(1, ,2), =(1, ,-2), =(0,2 ,-3). 由 =0得AB1A1B1. 由 =0得AB1A1C1. 所以AB1平面A1B1C1. (2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.,由(1)可知 =(0,2 ,1), =(1, ,0), =(0,0,2).

15、设平面ABB1的法向量n=(x,y,z). 由 即 可取n=(- ,1,0). 所以sin =|cos|= = . 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是 .,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,BC AD,CDAD,PC=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 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,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. (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD

16、,PA中点,所以EFAD且EF= AD. 又因为BCAD,BC= AD,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P

17、BC所成的角.设CD=1. 在PCD中,由PC=2,CD=1,PD= 得CE= , 在PBN中,由PN=BN=1,PB= 得QH= , 在RtMQH中,QH= ,MQ= , 所以sinQMH= .,所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是 . 一题多解 (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= AD=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

18、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=2,OP=1, 得 得x=- ,z= . 即点P ,而E为PD的中点,E . 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1), = , =(1,1,0), 取y1=-1,得n=(1,-1, ). 而 = ,则 n=0,而CE平面PAB, CE平面PAB. (2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2), =(0,1,0), = , 取x2=1,得m=(1,0, ). 设直线CE与平面PBC所成角为. 则sin =|cos|= = ,故直

19、线CE与平面PBC所成角的正弦值为 .,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,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 = 得结论. 向量法

20、: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.,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角都相 等,则截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A. B. C. D.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 A 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题. 由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面所成的角均相等.如图, 正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以平 面A1BD,当平面趋近点A时

21、,截面图形的面积趋近于0;当平面经过正方体的中心O时,截面图 形为正六边形,其边长为 ,截面图形的面积为6 = ;当平面趋近于C1时,截面 图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为 ,故选A.,解题关键 利用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面所成角转化为共顶点的三条棱所在 直线与平面所成角是解决本题的关键. 方法点拨 利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法.,2.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是 ( ) A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1) D.(-1,0,1),答案 B 经检验,选项B中向量(1,

22、-1,0)与向量a的夹角的余弦值为 ,故它们的夹角为60,故选 B.,3.(2014课标,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCA=90,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA =CC1,则BM与AN所成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 解法一:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BMQN,则ANQ即为所求, 设BC=CA=CC1=2, 则AQ= ,AN= ,QN= , cosANQ= = = = , 故选C.解法二:以C1为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设BC=CA=CC1=2,则A(2,0,2),N(1,0,0),M(1,1,0),B(0

23、,2,2), =(-1,0,-2), =(1,-1,-2), cos= = = = ,故选C.,4.(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 ,SA与圆锥 底面所成角为45.若SAB的面积为5 ,则该圆锥的侧面积为 .,答案 40 ,解析 本题考查了圆锥的性质和侧面积的计算,考查了异面直线所成的角和线面角. 因为母线SA与圆锥底面所成的角为45,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形.设底面圆的半 径为r,则母线长l= r.在SAB中,cosASB= ,所以sinASB= .因为SAB的面积为5 , 即 SASBsinASB= r r =5 ,所以r2=4

24、0,故圆锥的侧面积为rl= r2=40 . 疑难突破 利用底面半径与母线的关系,以及SAB的面积值求出底面半径是解题的突破口.,5.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为,则cos 的最大值为 .,答案,解析 如图,建立空间直角坐标系A-xyz, 设AB=2,QM=m(0m2), 则F(2,1,0),E(1,0,0),M(0,m,2)(0m2).=(2,1,0), =(1,-m,-2),cos =|cos|= = = . 设y= , 则y= =,= . 当0

25、m2时,y0, y= 在(0,2)上单调递减. 当m=0时,y取最大值, 此时cos 取最大值,(cos )max= = .,6.(2018课标全国理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为 AC的中点. (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.,解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC= AC, 所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知POOB.

26、 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 ), =(0,2,2 ).取平面PAC的法向量=(2,0,0). 设M(a,2-a,0)(0a2),则 =(a,4-a,0).,设平面PAM的法向量为n=(x,y,z). 由 n=0, n=0得可取n=( (a-4), a,-a), 所以cos= . 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= .

27、 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 .,7.(2018天津文,17,13分)如图,在四面体ABCD中,ABC是等边三角形,平面ABC平面ABD,点 M为棱AB的中点,AB=2,AD=2 ,BAD=90. (1)求证:ADBC; (2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值; (3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.,解析 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础 知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. (1)证明:由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故AD BC. (2)取棱AC的中点N,连接MN,

28、ND. 又因为M为棱AB的中点,故MNBC.所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角. 在RtDAM中,AM=1,故DM= = . 因为AD平面ABC,故ADAC. 在RtDAN中,AN=1,故DN= = . 在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cosDMN= = .,所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为 . (3)连接CM.因为ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CMAB,CM= .又因为平面ABC 平面ABD,而CM平面ABC,故CM平面ABD.所以,CDM为直线CD与平面ABD所成的角. 在RtCAD中,CD= =4. 在RtCMD中,sinCDM= = . 所以,直线

29、CD与平面ABD所成角的正弦值为 .,8.(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、运算求解能力和推理论证能力. 依题意,可以建立以D为原点,分别以 , , 的方

30、向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐 标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M ,N(1,0,2). (1)证明:依题意 =(0,2,0), =(2,0,2). 设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量, 则 即 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又 = ,可得 n0=0,又因为直线MN平面CDE, 所以MN平面CDE. (2)依题意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2). 设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量, 则 即

31、不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则 即 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos= = ,于是sin= . 所以,二面角E-BC-F的正弦值为 . (3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得 =(-1,-2,h). 易知, =(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量, 故|cos|= = , 由题意,可得 =sin 60= ,解得h= 0,2. 所以,线段DP的长为 .,方法归纳 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤 (1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系; (2)

32、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).,9.(2017课标全国理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.,

33、解析 本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象 能力、推理论证能力和运算求解能力. (1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD, 又APPD=P,AP、PD平面PAD,所以AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD. (2)解法一(综合法):根据题意可设AB=1, 因为ABCD,APD=BAP=CDP=90,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形, 且AD=PC=PB=CB= ,取PB的中点为F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AFPB, 在等边三角形PBC中,可得CFP

34、B, 所以AFC为二面角A-PB-C的平面角, 由(1)知AB平面PAD,又AD平面PAD,所以ABAD. 所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC= . 在AFC中,AC= ,AF= ,FC= , 由余弦定理可得cosAFC= =- , 所以二面角A-PB-C的余弦值为- . 解法二(向量法):在平面PAD内作PFAD,垂足为F. 由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF, 又ADAB=A,可得PF平面ABCD. 以 F为坐标原点, 的方向为x轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.,由(1)及已知可得A ,P ,B ,C . 所以 = , =( ,0,0),

35、 = , =(0,1,0). 设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即,可取n=(0,-1,- ). 设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即 可取m=(1,0,1). 则cos= =- . 易知二面角A-PB-C为钝二面角, 所以二面角A-PB-C的余弦值为- .,方法总结 面面垂直的证明及向量法求解二面角. (1)面面垂直的证明. 证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面. (2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值. 建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为,则 |cos |= ,

36、再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.,10.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD平面 ABCD,点M在线段PB上,PD平面MAC,PA=PD= ,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.,解析 本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知 识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力. (1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME, 所以PDME

37、. 因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点. 所以M为PB的中点. (2)取AD的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OPAD.,又因为平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD, 所以OP平面ABCD. 因为OE平面ABCD,所以OPOE. 因为ABCD是正方形,所以OEAD. 如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0, ),D(2,0,0),B(-2,4,0), =(4,-4,0), =(2,0,- ).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则 即 令x=1,则y=1,z= . 于是n=(1,1, ). 平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos= = .

38、 由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为 . (3)由题意知M ,C(2,4,0), = . 设直线MC与平面BDP所成角为, 则sin =|cos|= = . 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为 .,方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量 n1,n2,设二面角的大小为,则有|cos |=|cos|= ,再通过原图判断二面角是钝角还是 锐角,进而求出二面角.2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为e,平面 的法向量为n,则直线与平面所成的角满足sin = , .,11.(2017天津理,17,13分)如图,在三棱

39、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 ,求线段AH的长.,解析 本小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 , , 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),

40、P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明: =(0,2,0), =(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则 即 不 妨设z=1,可得n=(1,0,1).又 =(1,2,-1),可得 n=0.,因为MN平面BDE,所以MN平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 因为 =(0,-2,-1), =(1,2,-1),所以 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos= =- , 于是sin= . 所以,二面角C-EM-N的正弦值为

41、 . (3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得 =(-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,线段AH的长为 或 .,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.,12.(2015课标,19,12分)如图,长方体A

42、BCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面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与平面所成角的正弦值.,解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EMAB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH= =6,所以AH=10. 以D为坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H (10,10,0),E(10,

43、4,8),F(0,4,8), =(10,0,0), =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量, 则 即,所以可取n=(0,4,3). 又 =(-10,4,8),故|cos|= = . 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为 .,评析 本题背景常规,设问新颖,鼓励动手试验、创新尝试、独立思考.对空间想象力有较高要 求.,13.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD= ,AB=BC=1,AD=2,E是AD 的中点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD平面A1OC; (2)若平面A1BE平面B

44、CDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.,解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD= , 所以BEAC. 即在题图2中,BEOA1,BEOC, 从而BE平面A1OC, 又CDBE, 所以CD平面A1OC. (2)因为平面A1BE平面BCDE, 又由(1)知,BEOA1,BEOC, 所以A1OC为二面角A1-BE-C的平面角, 所以A1OC= . 如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BCED, 所以B ,E ,A1 ,C , 得 = , = , = =(- ,0,0). 设平面A1BC的法向量n1=(x1,

45、y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD的夹角 为, 则 得 取n1=(1,1,1);得 取n2=(0,1,1),从而cos =|cos|= = , 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为 .,评析 本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查 学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系 是求解的关键.,14.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD 折起,使得平面ABD平面BCD,如图. (1)求证:AB

46、CD; (2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.,解析 (1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD, AB平面BCD. 又CD平面BCD,ABCD. (2)过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD, ABBE,ABBD. 以B为坐标原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M , 则 =(1,1,0), = , =(0,1,-1).,设平面MBC的法向量为n=(x

47、0,y0,z0), 则 即 取z0=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, 则sin =|cos|= = , 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为 .,考点二 空间向量及其应用 1.(2018课标全国理,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PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,解析 (1)由已知可得,BFEF, 又BFPF,且PF,EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF, 又BF平面ABFD

48、,所以平面PEF平面ABFD. (2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H为坐标原点, 的方向为y轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H- xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE= ,又PF=1,EF=2, 故PEPF, 可得PH= ,EH= , 则H(0,0,0),P ,D , = , = 为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为,则sin = = = . 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 . 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sin2+cos2=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.,