8.5空间向量及其应用、空间角带详细答案

8.5空间向量及其应用、空间角五年高考A组 统一命题.课标卷题组1. 直三棱柱中，分别是，的中点，则与所成角的余弦值为（ ）。A: B: C: D:答案详解C对的率: 73%, 易错项: B解析:本题重要考察空间向量的应用。建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有，因此，则，因此。故本题对的答案为C。易错项分析：空间中异面直线夹角的解法，用空间向量法解题相对简朴，本题易错点是对的建立空间直角坐标系，求出两条直线的方向向量，最后对的应用向量的数量积公式求出异面直线夹角的余弦值。2. （12分）如图，在四棱锥中，且。（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值。答案详解（1）由于，因此，又因，因此，又因，因此平面，又因平面，因此平面平面。（2）由于，且，因此四边形为平行四边形。取，分别为，中点，连接，则。由（1）知平面，因此，因此，又因，所觉得等腰直角三角形，因此。如图，觉得原点建立空间直角坐标系，不妨令，则，则，设平面的一种法向量为，则有，设平面的一种法向量为，则有，因此，显然二面角为钝二面角，因此其他弦值为。解析:本题重要考察点、平面、直线的位置关系。（1）根据，先证平面，再证平面平面即可。（2）根据已知可证，然后建立空间直角坐标系，再设各点坐标，代入公式计算即可。注意所求二面角为钝二面角，因此其他弦值为。3. （12分）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，是的中点。（1）证明：直线平面；（2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值。答案（1）证明：作点为的中点，连接，。如图所示，由于是的中点，因此是的中位线，即，且，由于，因此，且，因此，且，因此四边形为平行四边形，因此，又由于平面，平面，因此直线平面。（2）如图所示，取中点，连接，由于为正三角形，因此，由于侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，因此平面，因此可以作觉得原点，觉得轴，觉得轴，觉得轴的空间直角坐标系。不妨设，则。又由于为直角三角形，因此。作，垂足为，因此平面。设，则，。易知即为直线与底面所成角为，因此，解得。因此有，。因此，则，。设平面的法向量为，因此，即，可取，同样可取平面的法向量，因此。由于二面角是锐角，因此二面角的余弦值为。解析本题重要考察空间几何体，直线、平面的位置关系和空间向量的应用。（1）作点为的中点，连接，运用题目条件证四边形为平行四边形即可得；（2）取中点，连接，作，垂足为，先觉得原点，觉得轴，觉得轴，觉得轴建立空间直角坐标系，设，根据题目所给直线与底面所成角为先算出，的长度，再分别写出各点的空间坐标，算出平面一种法向量即可求解二面角的余弦值。题目来源：一般高等学校招生全国统一考试（新课标卷）：理数4. （本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面，为线段上一点，为的中点。（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值。答案详解（1）连接，作，连接并延长交于点，由于底面，因此，因此，因此平面，由于为的中点，所觉得中点，因此，由于，因此，又由于，因此，因此，即，又由于，因此四边形是平行四边形，因此，又由于，因此平面平面，因此平面；（2）取中点，连接。由于，因此，可得。觉得坐标原点，所在直线为，轴建立直角坐标系，如图所示。则，由于为的中点，则。，。设平面的一种法向量为，则，即，不妨设，则，即，则直线与平面所成角的正弦值为。.12分解析:本题重要考察点、直线、平面的位置关系，空间直角坐标系。（1）过点作底面垂线，再由已知条件中四棱锥的高与底面垂直，从而得到一组平行线，再运用过点所作垂线垂足作侧边平行线来构造此外一组平行线，使得存在两组相交直线互相平行，即可证得相交直线构成的平面平行，进而得出其中一面上的任始终线与另一平面平行，证毕。（2）以体高在底面的垂足为原点建立空间直角坐标系，运用已知中已经给出的各边数量关系，表达出面的法向量和的坐标，从而求出直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值，再通过法向量方向的判断得出直线与平面的夹角正弦值。5. 本小题满分分）如图，长方体中，点，分别在，上，。过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一种正方形。（）在图中画出这个正方形（不必阐明画法和理由）；（）求直线与平面所成角的正弦值。答案详解（1）如图，交线围成的正方形如图所示。（2）如图，以，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系。作，垂足为，因此，由于四边形为正方形，因此，则，因此。则，。因此，。设平面的法向量为，则，得，。取，得。又，设直线与平面所成角为，则。解析:本题重要考察空间向量的应用。（1）根据勾股定理在线段上作点使得，则。（2）建立空间直角坐标系，分别求出和平面的法向量，即可求出和平面的夹角的正弦值。6. （本小题满分12分）如图，四边形为菱形，、是平面同一侧的两点，平面，平面，。（）证明：平面平面；（）求直线与直线所成角的余弦值。答案详解（）连结，设，连结，。在菱形中，不妨设。由，可得。由平面，可知。又，因此，且。在中，可得，故。在中，可得。在直角梯形中，由，可得。从而，因此。又，可得平面。由于平面，因此平面平面。.6分（）如图，觉得坐标原点，分别以，垂直平面向上的方向为轴，轴，轴正方向，为单位长，建立空间直角坐标系。由（）可得，因此，。.10分故。因此直线与直线所成角的余弦值为。.12分解析:本题重要考察空间几何体以及空间中点、线、面的关系。（）先后证得和，运用线面垂直鉴定定理证得线面垂直，随后即可证明面面垂直；（）建立合适的空间直角坐标系，求出各直线所在方向的向量坐标，运用求得向量的夹角余弦值，取其绝对值即为直线所成夹角的余弦值。7. B 组 自主命题.省（区、市）卷题组1. 如图，已知正四周体（所有棱长均相等的三棱锥），分别为，上的点，分别记二面角，的平面角为，则（）。A: B: C: D:答案详解B对的率: 46%, 易错项: C解析:本题重要考察点、直线、平面的位置关系。如图1过点作平面，垂足为，再过点分别作、的垂线段，垂足分别为、，则，。将底面的平面图展开如图2所示，觉得原点建立平面直角坐标系，不妨设，则，由于，因此，则：，：，：，根据点到直线的距离公式，知，因此，又显然、为锐角，因此。 2. 如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则（）。A: B: C: D:答案详解B解析:本题重要考察二面角的性质。若将线段平移到线段处，连接、，不妨设， ，因此，已知若，则两等腰三角形和应当相似，而目前，因此，即。综合知，。故本题对的答案为B。3. 如图，三棱锥中，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是答案解析连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则MEAN，异面直线AN，CM所成的角就是EMC，AN=，ME=EN，MC=，又ENNC，考点：异面直线所成角4. （本小题14分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，。（1）求证：为的中点；（2）求二面角的大小；（3）求直线与平面所成角的正弦值。答案详解（1）设和交点为，连接。由于平面，平面，平面平面，因此。由于四边形是正方形，因此。在中，因此，即为的中点。（2）取中点，连接，并延长。由于，因此。又由于平面平面，且平面平面，平面，因此平面。由于底面为正方形，因此，由于，觉得坐标原点，分别以，为，轴。建立如图所示的坐标系，则，易知平面的法向量。设平面的法向量，则，即，因此可以取，因此。由于二面角是锐角，因此二面角大小为。（3）由（1）及（2）知，因此。设直线与平面所成角为，则，因此直线与平面所成角的正弦值为。解析:本题重要考察空间向量的应用。（1）记和交点为，运用线面平行的性质定理得到，从而证明为的中点。（2）证明平面，建立空间直角坐标系，运用向量的数量积求二面角。（3）根据（2）的直角坐标系，运用向量的数量积求直线与平面所成角的正弦值。5. （本题满分15分）如图，已知四棱锥，是觉得斜边的等腰直角三角形，为的中点。（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值。答案详解（1）取的中点，连接，由于为的中点，因此，。由于，因此且。因此四边形是平行四边形。因此。又平面，因此平面。（2）过作，交的延长线于点。不妨设，则在和中，设，则易知，解得。过作底面的垂线且与底面交于点，易得，两两垂直，觉得原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，取，由题易得，则，。设平面的法向量为，则，令，则，故是平面的一种法向量。设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为。解析:本题重要考察线面平行的鉴定及线面角的三角函数值的求解。（1）取的中点，由中位线定理得到，由题意得到，因此，且，即可证明是平行四边形，从而，即可证明平面；（2）过作的垂线且交延长线于点，过作底面的垂线且与底面交于点，可证明，两两垂直，建立空间直角坐标系，分别表达出，点坐标，求出平面的法向量和，即可求出与平面所成角的正弦值。6. （本小题满分10分）如图，在平行六面体中，平面，且，。（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求二面角的正弦值。答案详解（1）在平面内，过点作，交与点。由于平面，因此，。如图以，为正交基底建空间直角坐标系。由于，因此与轴的正方向的夹角为，根据已知的长度得，因此，设与的夹角为，因此，因此异面直线与所成角的余弦值为。（2）建立坐标系同上，由于平面为平面，因此该平面的一种法向量为，点，因此，设平面的一种法向量为，可得，取，因此，设二面角的平面角为，因此。由于，因此，因此该二面角的正弦值为。解析:本题重要考察空间向量、异面直线所成的角及二面角。（1）根据题干所给的信息建立坐标系，根据坐标系中点的坐标写出与的坐标，由夹角公式即可求得两直线夹角的余弦值；（2）在（1）中建立的坐标系中分别求出平面和平面的一种法向量，由夹角公式即可求得两直线夹角的余弦值，进而得到二面角的正弦值。7. （本小题满分12分）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点。（1）设是上的一点，且，求的大小；（2）当，时，求二面角的大小。答案详解（1）由于，且，平面，因此平面，又平面，因此，又，因此。（2）如图所示，觉得坐标原点，分别以，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系。由题意得，故，。设是平面的一种法向量，由可得取，可得平面的一种法向量。设是平面的一种法向量，由可得取，可得平面的一种法向量。因此，因此所求二面角的大小为。解析:本题重要考察点、直线、平面的位置关系、空间几何体及空间直角坐标系。（1）根据已知条件，一方面证明平面，进而，又，因此。（2）觉得坐标原点，分别以，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，分别计算平面和平面的法向量，进而得到两平面夹角的余弦值。8. （本小题满分15分）如图，在三棱台中，已知平面平面，。（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值。答案详解（1）延长，交于点，如下图：已知平面平面，由于平面，因此平面，又平面，因此；已知，由于，因此，分别为，中点，因此，。由于平面，平面，因此平面；（2）过作的垂线，垂足为，连接，由于，因此平面，即为二面角的平面角，如下图：由于，因此中，；由于平面，因此，即中，因此，又，因此。由于，因此，因此二面角的余弦值为。解析:本题重要考察点、线、面的位置关系。（1）根据平面平面且，得，根据且为中点，得，即可求证；（2）过作的垂线，垂足为，连接，得为二面角的平面角，根据已知条件求得，的长，即可求解。9. （本小题满分13分）九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四周体称之为鳖臑。在如图所示的阳马中，侧棱平面，且，点是的中点，连接、。（）证明：平面。试判断四周体与否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只要写出结论）；若不是，请阐明理由；（）记阳马的体积为，四周体的体积为，求的值。答案详解（1）由于底面，因此，由底面为长方形，有，而，因此平面。而平面，因此。又由于，点是的中点，因此。而，因此平面。由平面，平面，可知四周体的四个面都是直角三角形，即四周体是一种鳖臑，其四个面的直角分别为，。（2）由已知，是阳马的高，因此；由（1）知，是鳖臑的高，因此。在中，由于，点是的中点，因此，于是。解析:本题重要考察空间几何体。（1）综合运用直线与平面垂直的鉴定定理、直线与平面垂直的性质、直线与直线垂直的鉴定定理可得到平面，进而证明平面；由平面，平面，可知四周体的四个面都是直角三角形，即四周体是一种鳖臑。（2）由题意可知是阳马的高，是鳖臑的高，在中，列出、的体现式，化简可求得。10. （本小题满分13分）如图，在三棱锥中，底面，。点，分别为棱，的中点，是线段的中点，。（1）求证：平面;（2）求二面角的正弦值；（3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长。答案详解如图，觉得原点，分别以，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系。依题意可得，。（1），。设为平面的法向量，则即不妨设，可得是平面的一种法向量。又，可得。由于平面，因此平面。（2）易知为平面的一种法向量。设为平面的法向量，则，由于，因此不妨设，可得是平面的一种法向量。因此有，于是。因此，二面角的正弦值为。（3）依题意，设（），则，进而可得，。由已知，得，整顿得，解得或。因此线段的长为或。解析:本题重要考察线面平行的鉴定、二面角、异面直线所成的角及空间向量的应用。觉得原点，分别以，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系。（1）求出平面的法向量，由可得平面。（2）根据题意知为平面的一种法向量，再求出是平面的一种法向量，则与夹角的正弦值即为二面角的正弦值。（3）设（），写出，的坐标，结合向量的夹角公式及已知条件，列方程即可求得线段的长。11如图，正方形的中心为，四边形为矩形，平面平面，点为的中点，。（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为线段上的点，且。求直线和平面所成角的正弦值。答案详解（1）取的中点点，连接、，如图所示：根据题意则有，且，又四边形为矩形，因此，且，因此四边形为平行四边形，因此，又平面，EG不在平面ADF中，因此平面；（2）连接，如图所示：根据条件可得，因此平面，因此，又，所觉得二面角的平面角，因此，因此；（3）如图建立空间直角坐标系：则，设点为，即，因此，设平面法向量为，因此，且，取，因此，因此，因此与平面所成角的正弦值为。解析:本题重要考察点、直线、面的位置关系，空间直角坐标系。（1）取的中点点，做出平行四边形，由线线平行关系推得线面平行关系。（2）先证明面，即可得出为所求二面角的平面角，再通过直角三角形数量关系，即可求出。（3）建立空间直角坐标系，根据已知条件，表达各点坐标，求出平面法向量，然后运用向量的点乘即可求出两向量夹角的余弦值，通过判断平面法向量方向后，即可求出线面夹角的正弦值。突破措施措施1 求异面直线所成的角的措施例1措施2平行与垂直/直线与平面所成的角例2如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，且，且平面，分别为，的中点。（1）证明：平面；（2）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值。 答案详解（1）连接，由于，分别是，的中点，因此是的中位线，因此。又由于平面，平面，因此平面。（2）在菱形中，得，。又由于平面，因此，。因此。因此。而分别是的中点，因此，且。取线段的中点，连结，则，所觉得二面角的平面角。由，故在中，得。在直角中，得，。在中，得。在等腰中，得。在中，得。因此二面角的平面角的余弦值为。解析:本题重要考察线面平行的证明和求解二面角。（1）欲证明平面，只需证明与平面上的一条直线平行且直线不在平面上。由题可得，故平面。（2）连接，可得，连接，得，取中点，连接和，故可得，则即为二面角的平面角。分别求得的三边长。由余弦定理得。因此二面角的平面角的余弦值为。措施3求二面角的措施例3如图,直三棱柱中,是棱的中点,(1)证明:(2)求二面角的大小. (12分)答案详解解析:分析试题：（1）要证：需要证，进而需要证明.(2) 求二面角的核心是找或做二面角的平面角，取的中点，过点作于点，连接，再证H与D重叠，进而得到是二面角的平面角,然后解三角形求角即可.（1）在中，得：同理：得：面(2)面取的中点，过点作于点，连接，面面面得：点与点重叠且是二面角的平面角设，则，即二面角的大小为.考点：线线垂直，线面垂直，面面垂直的鉴定与性质，二面角.点评：掌握线线垂直，线面垂直，面面垂直的互相转化的根据是它们的鉴定与性质定理，求二面角核心是找（或做）出二面角的平面角.措施4求空间中距离的措施例4图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB=90，AC=BC=a，D，E分别为棱AB，BC的中点，M为棱AA1上的点，二面角M-DE-A为30。（1）证明：A1B1C1D；（2）求MA的长，并求点C到平面MDE的距离。答案解：（1）证明：连结CD三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱平面CD为C1D在平面ABC内的射影ABC中，AC=BC，D为AB中点。（2）过点A作CE的平行线，交ED的延长线于F，连结MFD、E分别为AB、BC的中点又AF为MF在平面ABC内的射影为二面角的平面角，在RtMAF中，作，垂足为G平面AMF平面MDE平面AMFAG平面MDE在RtGAF中，AF=即A到平面MDE的距离为CA平面MDEC到平面MDE的距离与A到平面MDE的距离相等，为。,三年模拟A组 -高考模拟 .基本题组1. 2. 已知三棱锥的所有顶点都在表面积为的球的球面上，为球的直径，当三棱锥的体积最大时，设二面角的大小为，则（）。A: B: C: D:答案详解C对的率: 51%, 易错项: B解析:本题重要考察空间几何体和点、直线、平面的位置关系。依题作出图形，如图所示：由球的表面积公式可得，可知，由球体的性质可知，该三棱锥的觉得底面的高，觉得底边的高，故当三棱锥体积最大时，平面，此时为等腰直角三角形，过圆心作，连接，则，即即为二面角的平面角，。故本题对的答案为C。3. 4. B组 -高考模拟 .综合题组1. 2. 3. 4. （本小题满分12分）如图，正方体中，点是的中点。（1）求和平面所成角的余弦值；（2）在上找一点，使得平面。答案详解（1）觉得坐标原点，分别以，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系；设正方体的棱长为，则，因此，3分设平面一种法向量为，由，得，令，则，因此，.5分又由于，则，因此，7分设与平面所成的角为，则。 8分（2）设的坐标为，其中，则，由于平面，因此与共线，从而，即；即当点为的中点时，使得平面。12分解析:本题重要考察点、直线、平面的位置关系。（1）根据正方体中的垂直关系，建立空间直角坐标系，求得所需点的坐标，运用单位向量求得与平面所成角的余弦值；（2）可设的坐标为，由于平面，因此与共线，求得，因此可得当点为的中点时，使得平面。C组 -高考模拟 .创新题组1.2.