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板块命题点专练(十二)命题点向量法求空间角及应用命题指数:难度:中题型:解答题1(2015全国卷)如图,长方体ABCDA1B1C1D1中,AB16,BC10,AA18,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1ED1F4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:(1)交线围成的正方形EHGF如图所示(2)作EMAB,垂足为M,则AMA1E4,EMAA18因为四边形EHGF为正方形,所以EHEFBC10于是MH6,所以AH10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Dxyz,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,则即所以可取n(0,4,3)又(10,4,8),故|cosn,|所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为2(2014全国卷)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点(1)证明:PB平面AEC;(2)设二面角D AEC为60,AP1,AD,求三棱锥EACD的体积解:(1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO因为平面ABCD为矩形,所以O为BD的中点又E为PD的中点,所以EOPB因为EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC(2)因为PA平面ABCD,平面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直如图,以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立空间直角坐标系Axyz,则D(0,0),E,设B(m,0,0)(m0),则C(m,0),(m,0)设n1(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1又n2(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设|cosn1,n2|,即 ,解得m因为E为PD的中点,所以三棱锥EACD的高为三棱锥EACD的体积V3(2016山东高考)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EFFBAC2,ABBC,求二面角FBCA的余弦值解:(1)证明:设CF的中点为I,连接GI,HI在CEF中,因为点G,I分别是CE,CF的中点,所以GIEF又EFOB,所以GIOB在CFB中,因为H,I分别是FB,CF的中点,所以HIBC又HIGII,BCOBB,所以平面GHI平面ABC因为GH平面GHI,所以GH平面ABC(2)法一:连接OO,则OO平面ABC又ABBC,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Oxyz由题意得B(0,2,0),C(2,0,0)过点F作FMOB于点M,所以FM 3,可得F(0,3)故(2,2,0),(0,3)设m(x,y,z)是平面BCF的法向量由可得可得平面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cosm,n,所以二面角FBCA的余弦值为法二:如图,连接OO,过点F作FMOB于点M,则有FMOO又OO平面ABC,所以FM平面ABC,可得FM3过点M作MNBC于点N,连接FN,可得FNBC,从而FNM为二面角FBCA的平面角又ABBC,AC是圆O的直径,所以MNBMsin 45从而FN,可得cosFNM所以二面角FBCA的余弦值为4(2016天津高考)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,ABBE2(1)求证:EG平面ADF;(2)求二面角OEFC的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AHHF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值解:依题意,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,(2,0,0),(1,1,2)设n1(x1,y1,z1)为平面ADF的法向量,则即不妨取z11,可得n1(0,2,1)又(0,1,2),可得n10又因为直线EG平面ADF,所以EG平面ADF(2)易证(1,1,0)为平面OEF的一个法向量,依题意,(1,1,0),(1,1,2)设n2(x2,y2,z2)为平面CEF的法向量,则即不妨取x21,可得n2(1,1,1)因此有cos,n2,于是sin,n2所以,二面角OEFC的正弦值为(3)由AHHF,得AHAF因为(1,1,2),所以AH,进而有H,从而因此cos,n2所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为5(2016全国甲卷)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB5,AC6,点E,F分别在AD,CD上,AECF,EF交BD于点H将DEF沿EF折到DEF的位置,OD(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角BDAC的正弦值解:(1)证明:由已知得ACBD,ADCD又由AECF,得,故ACEF因此EFHD,从而EFDH由AB5,AC6,得DOBO4由EFAC,得所以OH1,DHDH3于是DH2OH2321210DO2,故DHOH又DHEF,而OHEFH,所以DH平面ABCD(2)如图,以H为坐标原点,HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Hxyz,则H(0,0,0),A(3,1,0),B(0,5,0),C(3,1,0),D(0,0,3),故(3,4,0),(6,0,0),(3,1,3)设m(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则即所以可取m(4,3,5)设n(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则即所以可取n(0,3,1)于是cosm,n故sinm,n因此二面角BDAC的正弦值是
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