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高考数学精品复习资料 2019.5 第六节第六节 空间向量的应用空间向量的应用 考点 空间向量及其应用 1(20 xx陕西，18)如图 1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，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 (1)证明 在图 1 中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD2，所以BEAC， 即在图 2 中，BEOA1，BEOC，且A1OOCO， 图 1 从而BE平面A1OC， 又在直角梯形ABCD中，ADBC，BC12AD，E为AD中点，所以BC綉ED， 所以四边形BCDE为平行四边形，故有CDBE， 所以CD平面A1OC. (2)解 由已知，平面A1BE平面BCDE， 又由(1)知，BEOA1，BEOC， 所以A1OC为二面角A1BEC的平面角， 所以A1OC2， 图 2 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系， 因为A1BA1EBCED1，BCED， 所以B22，0，0 ，E22，0，0 ， A10，0，22，C0，22，0 ， 得BC22，22，0 ， A1C0，22，22， CDBE( 2，0，0)， 设平面A1BC的法向量n n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为， 则1110,0,n BCn AC得11110,0,xyyz取n n1(1，1，1)； 2210,0,n CDn AC得2220,0,xyz取n n2(0，1，1)， 从而 cos |cos|23 263， 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63. 2(20 xx天津，17)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD 5，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D1ACB1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13，求线段A1E的长 解 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M1，12，1 ， N(1，2，1) (1)证明 依题意，可得n n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，MN0，52，0 ，由此可得MNn n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD. (2)AD1(1，2，2)，AC(2，0，0)， 设n n1(x，y，z)为平面ACD1的法向量， 则11110,0,n ADn AC即220,20.xyzx 不妨设z1，可得n n1(0，1，1) 设n n2(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则 1220,0,n ABn AC 又AB1(0，1，2)， 得20,20,yzx不妨设z1，可得n n2(0，2，1) 因此有 cosn n1，n n2n n1n n2|n n1|n n2| 1010，于是 sinn n1，n n23 1010. 所以，二面角D1ACB1的正弦值为3 1010. (3)依题意，可设A1EA1B1，其中0，1，则E(0，2)，从而NE(1，2，1)，又n n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量， 由已知，得 cosNE，n nNEn n|NE|n n| 1（1）2（2）21213， 整理得2430， 又因为0，1，解得 72， 所以，线段A1E的长为 72. 3(20 xx江西，19)如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PA32，连接CE并延长交AD于F. (1)求证：AD平面CFG； (2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值 (1)证明 在ABD中，因为E是BD的中点，所以 EAEBEDAB1， 故BAD2，ABEAEB3， 因为DABDCB， 所以EABECB， 从而有FEDBECAEB3， 所以FEDFEA， 故EFAD，AFFD， 又因为PGGD， 所以FGPA. 又PA平面ABCD， 所以GFAD， 故AD平面CFG. (2)解 以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)， C32，32，0 ， D()0， 3，0 ，P0，0，32， 故BC12，32，0 ， CP32，32，32， CD32，32，0 . 设平面BCP的法向量n n1 1(1，y1，z1)， 则111130,223330,222yyz 解得113,32,3yz 即n n1 11，33，23. 设平面DCP的法向量n n2(1，y2，z2)， 则222330,223330,222yyz解得223,2.yz 即n n2(1， 3，2)从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为 cos|n n1n n2|n n1|n n2|43169 824. 4.(20 xx湖北，19)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点 (1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明； (2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足DQ12CP，记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin . (1)解 直线l平面PAC，证明如下： 连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点， 所以EFAC. 又EF平面ABC，且AC 平面ABC， 所以EF平面ABC. 而EF 平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl. 因为l平面PAC，EF 平面PAC， 所以直线l平面PAC. (2)证明 法一 (综合法)如图 1，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且lAC. 因为AB是O的直径， 所以ACBC， 于是lBC， 图 1 已知PC平面ABC，而l 平面ABC，所以PCl. 而PCBCC，所以l平面PBC. 连接BE，BF，因为BF 平面PBC， 所以lBF. 故CBF就是二面角ElC的平面角， 即CBF. 由DQ12CP，作DQCP，且DQ12CP. 连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF， 所以DQPF， 从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD. 连接CD，因为PC平面ABC， 所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF. 又BD平面PBC，有BDBF，知BDF为锐角， 故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF， 于是在 RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得 sin CFDF，sin BFDF，sin CFBF， 从而 sin sin CFBFBFDFCFDFsin ， 即 sin sin sin . 法二 (向量法)如图 2，由DQ12CP，作DQCP，且DQ12CP. 连接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD. 以点C为原点，向量CA，CB，CP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，设CAa，CBb，CP2c，则有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，2c)，Q(a，b，c)，E12a，0，c，F(0，0，c) 于是FE(12a，0，0)， 图 2 QP(a，b，c)，BF(0，b，c)， 所以 cos |FEQP|FE|QP| aa2b2c2， 从而 sin 1cos2b2c2a2b2c2. 又取平面ABC的一个法向量为m m(0，0，1)，可得 sin |m mQP|m m|QP|ca2b2c2， 设平面BEF的一个法向量为n n(x，y，z)， 所以由0,0,n FEn BF 可得10,20.axbycz 取n n(0，c，b) 于是|cos |m mn n|m m|n n|bb2c2， 从而 sin 1cos2cb2c2. 故 sin sin b2c2a2b2c2cb2c2ca2b2c2sin ， 即 sin sin sin .
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