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考点一空间角与距离考点一空间角与距离五年高考A A组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组1.(2018课标,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.考点一空间角与距离五年高考A组统一命题课标卷题组1答案答案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,当平面趋近于点A时,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.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22.(2016课标,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.B.C.D.2.(2016课标,11,5分)平面过正方体ABCD-A3答案答案A如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易证AA2A1BD1C,AA3A1DB1C.平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3为平面.于是mA2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m、n所成的角为60,其正弦值为.选A.思路分析思路分析先利用平行关系作出平面,进而确定直线m与直线n的位置,然后求m,n所成角的正弦值.疑难突破疑难突破本题的难点是明确直线m、n的具体位置.为此适当扩形是常用策略.答案A如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A43.(2019课标,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.3.(2019课标,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-5解析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B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1 DC,可得B1C A1D,故ME ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.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(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,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,二60).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则所以可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则所以可取n=(2,0,-1).于是cos=,所以二面角A-MA1-N的正弦值为.思路分析思路分析(1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MNED,从而可得MN与平面C1DE平行.(2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A1MA与平面A1MN的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键解题关键建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关键.0).夹角公式求解.74.(2019课标,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC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.4.(2019课标,19,12分)图1是由矩形ADEB,R8解析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ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,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=.以H为坐标原点,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,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9则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则即所以可取n=(3,6,-).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos=.因此二面角B-CG-A的大小为30.思路分析思路分析(1)利用折叠前后AD与BE平行关系不变,可得ADCG,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ABBE,ABBC,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,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.则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),105.(2018课标,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于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.5.(2018课标,19,12分)如图,边长为2的正方形A11解析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BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,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.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).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.12设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos=,sin=.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.解后反思解后反思一、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.设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则1.求空间中二面136.(2017课标,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=AD,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.6.(2017课标,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD14解析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EFAD,EF=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EF BC,则四边形BCEF是平行四边形,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A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.15设M(x,y,z)(0 x1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).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|=sin45,=,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,则x=,y=1,z=-.由,解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,设M(x,y,z)(0 x1),则=(x-1,y,z),16则即所以可取m=(0,-,2).于是cos=.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.方法总结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.解题关键解题关键由线面角为45求点M的坐标是解题的关键.则即17考点二空间向量及其应用考点二空间向量及其应用1.(2017课标,16,5分)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;直线AB与a所成角的最小值为45;直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)答案答案考点二空间向量及其应用答案18解析解析本题考查空间直线、平面间的位置关系.过点C作直线a1a,b1b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分别以a1、b1、AC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,取n1=(1,0,0)为a1的方向向量,n2=(0,1,0)为b1的方向向量,令A(0,0,1).可设B(cos,sin,0),则=(cos,sin,-1).当直线AB与a成60角时,|cos|=,|cos|=,|sin|=,|cos|=,即AB与b所成角也是60.|cos|=,直线AB与a所成角的最小值为45.综上,和是正确的,和是错误的.故填.一题多解一题多解过点B作a1a,b1b,当直线AB与a成60角时,由题意,可知AB在由a1,b1确定的平面上的射影为BC,且BC与a1成45角,又ab,故AB与b所成角也是60.错,正确.当直线aBC时,AB与a所成角最小,故最小角为45.正确,错误.综上,正确的是,错误的是.(注:一条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的射影与平面内一条直线所成角的余弦值的乘积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦值)解析本题考查空间直线、平面间的位置关系.192.(2018课标,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.2.(2018课标,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC20解析解析(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.由OPOB,OPAC,OBAC=O,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).解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,21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与平面PAM所成角的正弦值为.由n=0,n=0得223.(2016课标,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,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.3.(2016课标,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD23解析解析(1)证明:由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TNBC,TN=BC=2.(3分)又ADBC,故TN AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.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AEBC,从而AEAD,且AE=解析(1)证明:由已知得AM=AD=2.24=.以A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A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos|=.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)=.254.(2015课标,19,12分)如图,长方体ABCD-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.4.(2015课标,19,12分)如图,长方体ABCD-A26解析解析(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(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:27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.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,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与平面所成角的正弦值.方法技巧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.所以可取n=(0,4,3).28B B组组自主命题自主命题省省(区、市区、市)卷题组卷题组考点一空间角与距离考点一空间角与距离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.,PD得sinsin,(、均为锐角).在RtPDB与RtPDF中,由PBPF得sin(、均为锐角).故选B.B组自主命题省(区、市)卷题组答案B本题29思路分析思路分析在图形中找到异面直线所成的角,线面角和二面角的平面角,通过解直角三角形,比较求解,本题也可以通过取正四面体侧棱的中点P,由特殊值法求解.疑难突破疑难突破过点P作平面ABC的垂线,以其为公共边找到相应的空间角,通过解直角三角形去求解,是关键也是难点的突破口.302.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.2.(2018江苏,22,10分)如图,在正三棱柱ABC-A31解析解析本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OBOC,OO1OC,OO1OB,以,为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=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)因为P为A1B1的中点,所以P.解析本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识32从而=,=(0,2,2).故|cos|=.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点,所以Q,因此=,=(0,2,2),=(0,0,2).设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n=(,-1,1).设直线CC1与平面AQC1所成角为,从而=,=(0,2,2).33则sin=|cos|=,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.方法总结(1)用向量法求异面直线所成角的步骤:求两条直线所对应的方向向量m,n;异面直线所成角的余弦值cos=|cos|=.(2)用向量法求线面角的正弦值的步骤:求直线的方向向量a和平面的法向量b;直线与平面所成角的正弦值sin=|cos|=.易错警示易错警示(1)异面直线所成角的范围为,cos=|cos|.(2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.则sin=|cos|=,343.(2017北京,16,14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.3.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD35解析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)证明: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.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.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36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),则即又因为平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD,37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=.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=,.令x=1,则y=1,z=.n1,n2,设二面角的大小为,384.(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.4.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DE39解析解析(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.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.解析(1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示40在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.在RtBQF中,FQ=,BF=,得cosBQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二:由(1)知BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,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,),A(-1,-3,0),在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.41E,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,).于是,cos=.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.方法总结方法总结若二面角的平面角为,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cos|=|cos|,要求cos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=|cos|,还是cos=-|cos|.评析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.E,F.评析本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角42考点二空间向量及其应用考点二空间向量及其应用1.(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.考点二空间向量及其应用43解析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,所以,A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.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44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(或其补角),不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故EO=OG=,所以cosEOG=.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.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,因此EFBC.45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(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,C(0,2,0).因此,=,=(-,1,0).由=0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得=(-,1,0),=(0,2,-2).所以,A1E平面ABC.46设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由得取n=(1,1),故sin=|cos|=.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.评析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”.设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).472.(2018天津,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.2.(2018天津,17,13分)如图,ADBC且AD=248解析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:依题意得=(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.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49(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50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=sin60=,解得h=0,2.所以,线段DP的长为.方法归纳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).不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).向量,若已知某直线垂513.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,BAD=120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.3.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD52解析解析本小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AEAD,交BC于点E.因为AA1平面ABCD,所以AA1AE,AA1AD.如图,以,为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,BAD=120,解析本小题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知53所以A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos=-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即所以A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),54不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos=.设二面角B-A1D-A的大小为,则|cos|=.因为0,所以sin=.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.不妨取x=3,则y=,z=2,554.(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,求线段AH的长.4.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中56解析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),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.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57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.(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.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.58方法总结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.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:59C C组组教师专用题组教师专用题组考点一空间角与距离考点一空间角与距离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.123B.321C.132D.231C组教师专用题组60答案答案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,tan2=,tan3=,OPOE,tan3tan2.又EQMN,EQSO,MNSO=O,MN,SO平面SOQ,EQ平面SOQ,又SQ平面SOQ,EQSQ.tan1=,SQSO,EQ=OP,tan1tan3.故有tan1tan3tan2.由图可知1,2,3,132,故选D.答案D本小题考查正四棱锥的性质,异面直线所成的角,61思路分析思路分析(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.思路分析(1)判断四棱锥的形状,作出高线.622.(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.答案答案C解法一:取BC的中点Q,连接QN,AQ,易知BMQN,则ANQ或其补角即为所求,设BC=CA=CC1=2,则AQ=,AN=,QN=,cosANQ=,故选C.2.(2014课标,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C63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(0,2,2),=(-1,0,-2),=(1,-1,-2),cos=,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,643.(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.3.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADP65答案答案解析解析如图,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=答案解析如图,建立空间直角坐标系A-xyz,66=.当0m2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=.=.674.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.4.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是68解析解析(1)证明:取FC的中点I,连接GI,HI.在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF.又EFOB,所以GIOB.在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC.又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.(2)解法一:连接OO,则OO平面ABC.解析(1)证明:取FC的中点I,连接GI,HI.69又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BOAC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=3,可得F(0,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.70由可得进而可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos=.又易知二面角F-BC-A为锐二面角,所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO.过点F作FM垂直OB于点M.由可得71则有FMOO.又OO平面ABC,所以FM平面ABC.可得FM=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FNBC,从而FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin45=.从而FN=,可得cosFNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.则有FMOO.725.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC平面ABC,PC=3,ACB=.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=,CE=2EB=2.(1)证明:DE平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.5.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,73解析解析(1)证明:由PC平面ABC,DE平面ABC,得PCDE.由CE=2,CD=DE=得CDE为等腰直角三角形,故CDDE.由PCCD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE平面PCD.(2)由(1)知,CDE为等腰直角三角形,DCE=.如图,过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=.解析(1)证明:由PC平面ABC,DE平面ABC,得P74以C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,则C(0,0,0),P(0,0,3),A,E(0,2,0),D(1,1,0),=(1,-1,0),=(-1,-1,3),=.设平面PAD的法向量为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可取为,即n2=(1,-1,0).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=,故所求二面角A-PD-C的余弦值为.以C为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正756.(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BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.6.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD76解析解析(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,解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,777.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.7.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中78解析(1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GHAB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.证法二:如图,取AB的中点M,连接MG,MF.解析(1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,79又G是BE的中点,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分别是AB,CD的中点得MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因为GMMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF,所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF,所以GF平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.80又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B为原点,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,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得81取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.评析评析本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.取z=2,得n=(2,-1,2).82考点二空间向量及其应用考点二空间向量及其应用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=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.考点二空间向量及其应用83解析解析依题意得,OF平面ABCD,如图,以O为原点,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,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG解析依题意得,OF平面ABCD,如图,以O为原点,分别以84平面ADF.(2)易证,=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意得,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=-,于是sin=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以=,平面ADF.85进而有H,从而=,因此cos=-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.思路分析思路分析(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.进而有H,从而=,862.(2013课标,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.(1)证明:BC1平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.2.(2013课标,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A87解析解析(1)证明:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1的中点.又D是AB的中点,连接DF,则BC1DF.因为DF平面A1CD,BC1平面A1CD,所以BC1平面A1CD.(2)由AC=CB=AB得,ACBC.以C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C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).解析(1)证明:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1的中88设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).同理,设m是平面A1CE的法向量,则可取m=(2,1,-2).从而cos=,故sin=.即二面角D-A1C-E的正弦值为.思路分析思路分析(1)连接AC1交A1C于点F,得出F为AC1的中点,进而由三角形中位线定理得BC1DF,结合线面平行的判定定理即可获证线面平行;(2)以C为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面A1CD与平面A1CE的法向量,利用向量法求出二面角D-A1C-E的正弦值.设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,893.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.3.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A90解析解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,91(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得n=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=-,(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一92于是sin=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=,其中0,1,则E(0,2),从而=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=,整理得2+4-3=0,又因为0,1,解得=-2.所以,线段A1E的长为-2.评析评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、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、运算能力和推理论证能力.于是sin=.934.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD
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