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第一部分 专题五 第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题A组1在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( B )ABCD解析设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，E(0，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，所以(0，1)，(1,1,0)，则cos，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.2已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为( B )A，4B，4C，2,4 D4，15解析352z0，所以z4，又BP平面ABC，所以x15y60，3x3y3z0，由得x，y.3已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列命题：()232，()0，向量与向量的夹角为60，正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|，其中正确命题的序号是( B )A BC D解析如图所示：以点D为坐标原点，以向量，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，对于：(0,0，1)，(1,0,0)，(0,1,0)，所以(1,1，1)，()23，而21，所以()232.所以正确；对于：(1,1，1)，(0,0，1)，(0,1,0)，所以()0.所以正确；对于：(1,0,1)，(0,1，1)，1，cos，所以与的夹角为120，所以不正确；对于：因为0，所以错误故选B4(2018海口一模)如图，AB是O的直径，PA垂直于O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB2，PABC，则二面角ABCP的大小为( C )A30 B45C60 D90解析因为AB是O的直径，PA垂直于O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB2，PABC，所以ACBC，AC1，以点A为原点，在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)，(，1，)，(0,1，)，设平面PBC的法向量n(x，y，z)，则取z1，得n(0，1)，平面ABC的法向量m(0,0,1)，设二面角ABCP的平面角为，则cos，所以60，所以二面角ABCP的大小为60.5在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，AD，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是.解析如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D(，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知(，0,0)是平面SAB的一个法向量设平面SCD的法向理n(x，y，z)，因为(，0，1)，(，1,0)，所以n0，n0，可推出z0，y0，令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为，则cos.6已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是90.解析延长A1B1至D，使A1B1B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1BD，MBD就是直线AB1和BM所成的角设三棱柱的各条棱长为2，则BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1DA1C1cos601642412.DM2C1D2C1M213，所以cosDBM0，所以DBM90.7点P是二面角AB棱上的一点，分别在平面，上引射线PM，PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角AB的大小为90.解析不妨设PMa，PNb，如图作MEAB于点E，NFAB于点F，因为EPMEPN45，所以PEa，PFb，所以()()abcos60abcos45abcos45ab0，所以，所以二面角AB的大小为90.8如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CEAC，EFAC，AB，CEEF1.(1)求证：AF平面BDE；(2)求证：CF平面BDE；(3)求二面角ABED的大小解析(1)设AC与BD交于点G，因为EFAG，且EF1，AGAC1，所以四边形AGEF为平行四边形所以AFEG.因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD如图以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0,0,0)，A(，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，0)，F(，1)所以(，1)，(0，1)，(，0,1)所以0110，1010.所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE.又BEDEE，BE、DE平面BDE.(3)由(2)知，(，1)是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量n(x，y，z)，则n0，n0.即所以x0，zy.令y1，则z.所以n(0,1，)，从而cosn，因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED为.9.(2018天津卷，17) 如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(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EBCF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)依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1,0，1)又，可得n00，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，则即不妨令z11，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF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h0,2所以线段DP的长为.B组1(2018济宁一模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ADC60，侧面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，CD2，M为PB的中点(1)求证：PA平面CDM.(2)求二面角DMCB的余弦值解析(1)取DC中点O，连接PO，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，所以PO底面ABCD，因为底面ABCD为菱形，且ADC60，DC2，所以DO1，OADC，以O为原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(，0,0)，P(0,0，)，B(，2,0)，C(0,1,0)，D(0，1,0)，所以M(，1，)，所以(，2，)，(，0，)，(0,2,0)，所以0，0，所以PADM，PADC，又DMDCD，所以PA平面CDM.(2)(，0，)，(，1,0)，设平面BMC的一个法向量n(x，y，z)，则取z1，得n(1，1)，由(1)知平面CDM的法向量为(，0，)，所以cosn，由图象得二面角DMCB是钝角，所以二面角DMCB的余弦值为.2(2017天津卷，17)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN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的长解析如图，以A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的一个法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)，又(1,2，1)，可得n0.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(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则因为(0，2，1)，(1,2，1)，所以不妨设y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AH(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.3正ABC的边长为2, CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC的中点(如图(1)现将ABC沿CD翻成直二面角ADCB(如图(2)在图(2)中：(1)求证：AB平面DEF；(2)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？证明你的结论；(3)求二面角EDFC的余弦值解析(1)如图(2)：在ABC中，由E、F分别是AC、BC的中点，所以EF/AB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，0)，E(0，)，F(，0)，(1,0，1)，(1，0)，(0，)，(，0)设(01)，则(1，1)，注意到APDE0，在线段BC上存在点P，使APDE.(3)平面CDF的法向量(0,0,1)，设平面EDF的法向量为n(x，y，z), 则，即，取n(3，3)，cosn，所以二面角EDFC的平面角的余弦值为.4(2018浙江卷，19)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.()证明：AB1平面A1B1C1.()求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值解析方法一：()由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B12，所以A1BABAA.故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C1，由ABBC2，ABC120得AC2，由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1，又A1B1B1C1B1，所以AB1平面A1B1C1.()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，A1B12，A1C1得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二：()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Oxyz.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(1，2)，(1，2)，(0,2，3)，由10得AB1A1B1.由10得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.()设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由()可知1(0,2，1)，(1，0)，1(0,0,2)，设平面1的法向量n(x，y，z)即可取n(，1,0)所以sin|cos1，n|，因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
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