浙江专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何8.5空间向量及其应用学案.docx

8.5空间向量及其应用考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201320142015201620171.空间角1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.2.了解空间两点间的距离公式.3.会用向量方法解决两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的计算问题.了解、掌握10,5分20(2),9分20(文)(2),5分17,4分20(2),8分20(文)(2),8分8,5分7(文),5分18(文)(2),8分18(文)(2),7分14(文),4分17(2),8分9,4分19(2),约8分2.综合应用1.了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.4.掌握向量的长度公式、两向量夹角公式、空间两点间的距离公式,并会解决简单的立体几何问题.5.理解直线的方向向量与平面的法向量.6.会用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.7.会用向量方法证明直线和平面位置关系的有关命题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.掌握20,15分20,15分15,6分17(2),8分14,4分19,15分分析解读1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间角是高考的必考内容.2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算主要是传统法和向量法.3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等,比用传统方法简便快捷,一直是高考的重点和热点.4.预计2019年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应引起高度重视.五年高考考点一空间角 1.(2017浙江,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,BQQC=CRRA=2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为,则()A.B.C.D.答案B2.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是()A.(-1,1,0) B.(1,-1,0)C.(0,-1,1) D.(-1,0,1)答案B3.(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.110B.25C.3010D.22答案C4.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=5,ADC=90.沿直线AC将ACD翻折成ACD,直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.答案665.(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.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.又ACCK=C,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.在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ=31313.在RtBQF中,FQ=31313,BF=3,BQ=43913,得cosBQF=34.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则易知BCK为等边三角形.取BC的中点O,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的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,32,F-12,0,32.因此,=(0,3,0),=(1,3,3),=(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3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1);由得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3).于是,cos=34.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.6.(2017课标全国理,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=12AD,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.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)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=12AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=12AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,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(0,1,3),=(1,0,-3),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-3).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|=sin 45,|z|(x-1)2+y2+z2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,则x=,y=1,z=3-3.由解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),或x=1-22,y=1,z=62,所以M1-22,1,62,从而=1-22,1,62.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取m=(0,-6,2).于是cos=m路n|m|n|=105.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.7.(2017北京理,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=6,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.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)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.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(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-2).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,则y=1,z=2.于是n=(1,1,2).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos=n路p|n|p|=12.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为蟺3.(3)由题意知M-1,2,22,C(2,4,0),=3,2,-22.设直线MC与平面BDP所成角为,则sin =|cos|=269.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.8.(2017天津理,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721,求线段AH的长.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2y=0,2x-2z=0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得n=0.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-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=-421,于是sin=10521.所以,二面角C-EM-N的正弦值为10521.(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|=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH的长为85或12.9.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=10.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.解析(1)证明:由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AEAD=14.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则即所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=m路n|m|n|=-7525.sin=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.(12分)10.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=蟺2,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.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=蟺2,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=蟺2.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BCED,所以B22,0,0,E-22,0,0,A10,0,22,C0,22,0,得=-22,22,0,=0,22,-22,=(-2,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为,则得-x1+y1=0,y1-z1=0,取n1=(1,1,1);得x2=0,y2-z2=0,取n2=(0,1,1),从而cos =|cos|=23脳2=63,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.11.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析(1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.以B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.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,12,12,则=(1,1,0),=0,12,12,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则即x0+y0=0,12y0+12z0=0,取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为,则sin =|cos|=63,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.教师用书专用(1227)12.(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.答案2513.(2017课标全国理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)证明:平面PAB平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.(1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,从而AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=A,可得PF平面ABCD.以 F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F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以=-22,1,-22,=(2,0,0),=22,0,-22,=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则即-22x+y-22z=0,2x=0.可取n=(0,-1,-2).设n=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则即22x-22z=0,y=0.可取m=(1,0,1).则cos=n路m|n|m|=-33.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.14.(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.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=EH2-EM2=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10x=0,-6y+8z=0,所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos|=4515.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为4515.15.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC平面ABC,PC=3,ACB=蟺2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1)证明:DE平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.解析(1)证明:由PC平面ABC,DE平面ABC,得PCDE.由CE=2,CD=DE=2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=蟺4.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=蟺2得DFAC,DFAC=FBBC=23,故AC=32DF=32.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),A32,0,0,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-x1-y1+3z1=0,12x1-y1=0,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=36,又二面角为锐角,故所求二面角A-PD-C的余弦值为36.16.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形,ADBC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为,BB1与的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面与底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)证明:因为BQAA1,BCAD,BCBQ=B,ADAA1=A,所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行,于是QBCA1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12,即Q为BB1的中点.(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.图1VQ-A1AD=13122ahd=13ahd,VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd,所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd,又VA1B1C1D1-ABCD=32ahd,所以V上=VA1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd,故=117.(3)解法一:如图1,在ADC中,作AEDC,垂足为E,连接A1E,AC.又DEAA1,且AA1AE=A,所以DE平面AEA1,于是DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BCAD,AD=2BC,所以SADC=2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以SADC=4,AE=4.于是tanAEA1=AA1AE=1,AEA1=蟺4.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为蟺4.解法二:如图2,以D为原点,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.图2设CDA=.因为S四边形ABCD=a+2a22sin =6,所以a=2sin胃.从而C(2cos ,2sin ,0),A1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos=n路m|n|m|=22,由图知平面与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角,故平面与底面ABCD所成二面角的大小为蟺4.17.(2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析(1)证明:PD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)设AB=1,则RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=3,由(1)知CFDF,DF=32,CF=12,又FECD,DEPD=CFPC=14,DE=34,同理EF=34CD=34,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E34,0,0,F34,34,0,P(3,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又令x=4,得z=3,故m=(4,0,3),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-3,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为,可知为锐角,cos =|cos|=25719,故二面角D-AF-E的余弦值为25719.18.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:ABFG;(2)若PA底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.解析(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以ABDE.又因为AB平面PDE,所以AB平面PDE.因为AB平面ABF,且平面ABF平面PDE=FG,所以ABFG.(2)因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即x=0,y+z=0.令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为,则sin =|cos|=12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为蟺6.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设=(01),即(u,v,w-2)=(2,1,-2).所以u=2,v=,w=2-2.因为n是平面ABF的法向量,所以n=0,即(0,-1,1)(2,2-2)=0.解得=23,所以点H的坐标为43,23,23.所以PH=432+232+-432=2.19.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BDDC,BDAD,ADDC,BD=DC=2,AD=1.由题设知,BC平面EFGH,平面EFGH平面BDC=FG,平面EFGH平面ABC=EH,BCFG,BCEH,FGEH.同理,EFAD,HGAD,EFHG,四边形EFGH是平行四边形.又ADDC,ADBD,AD平面BDC,ADBC,EFFG,四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),EFAD,FGBC,n=0,n=0,得z=0,-2x+2y=0,取n=(1,1,0),sin =|cos|=25脳2=105.解法二:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E是AB的中点,F,G分别为BD,DC的中点,得E1,0,12,F(1,0,0),G(0,1,0).=0,0,12,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n=0,n=0,得12z=0,-x+y=0,取n=(1,1,0),sin =|cos|=25脳2=105.20.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MNNP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,ABD,BCD为正三角形,因此AOBD,OCBD.因为AO,OC平面AOC内,且AOOC=O,所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC,所以BDAC.取BO的中点H,连接NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NHAO,MNBD.因为AOBD,所以NHBD.因为MNNP,所以NPBD.因为NH,NP平面NHP,且NHNP=N,所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP,所以BDHP.又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HPOC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)如图,作NQAC于Q,连接MQ.由(1)知,NPAC,所以NQNP.因为MNNP,所以MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知,ABD,BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=3.由俯视图可知,AO平面BCD.因为OC平面BCD,所以AOOC.因此在等腰RtAOC中,AC=6.作BRAC于R.在ABC中,AB=BC,所以BR=AB2-AC22=102.因为在平面ABC内,NQAC,BRAC,所以NQBR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ=BR2=104.同理,可得MQ=104,所以在等腰MNQ中,cosMNQ=MN2NQ=BD4NQ=105.故二面角A-NP-M的余弦值是105.21.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,ABDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BEDC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x1,y1,z1)为平面PBD的法向量,则即-x+2y=0,x-2z=0.不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos=26脳2=33.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=34.故=-12,12,32.设n1=(x1,y1,z1)为平面FAB的法向量,则即x1=0,-12x1+12y1+32z1=0.不妨令z1=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos=-31010.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为31010.22.(2013辽宁,18,12分)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(1)求证:平面PAC平面PBC;(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.解析(1)证明:由AB是圆的直径,得ACBC,由PA平面ABC,BC平面ABC,得PABC.又PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以BC平面PAC.因为BC平面PBC,所以平面PBC平面PAC.(6分)(2)解法一:过C作CMAP,则CM平面ABC.如图,以点C为坐标原点.分别以直线CB,CA,CM为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,AC=1,所以BC=3.因为PA=1,所以A(0,1,0),B(3,0,0),P(0,1,1),故=(3,0,0),=(0,1,1).设平面BCP的法向量为n1=(x,y,z),则所以3x=0,y+z=0,不妨令y=1,则n1=(0,1,-1).因为=(0,0,1),=(3,-1,0),设平面ABP的法向量为n2=(x1,y1,z1),则所以z1=0,3x1-y1=0,不妨令x1=1,则n2=(1,3,0).于是cos=322=64,由题图可知二面角C-PB-A为锐二面角,故其余弦值为64.(12分)解法二:过C作CMAB于M,因为PA平面ABC,CM平面ABC,所以PACM,故CM平面PAB.过M作MNPB于N,连接NC,易知CNPB.所以CNM为二面角C-PB-A的平面角.在RtABC中,由AB=2,AC=1,得BC=3,CM=32,BM=32.在RtPAB中,由AB=2,PA=1,得PB=5.因为RtBNMRtBAP,所以MN1=325,故MN=3510.又在RtCNM中,CN=305,故cosCNM=64.所以二面角C-PB-A的余弦值为64.(12分)23.(2013课标全国,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=22AB.(1)证明:BC1平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.解析(1)证明:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1中点.又D是AB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=22AB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).设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则即x1+y1=0,2x1+2z1=0.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=n路m|n|m|=33,故sin=63.故二面角D-A1C-E的正弦值为63.24.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=32,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.解析(1)证明:在ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故BAD=蟺2,ABE=AEB=蟺3,因为DABDCB,所以EABECB,从而有FED=BEC=AEB=蟺3,所以FED=FEA,故EFAD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FGPA.又PA平面ABCD,所以GFAD,故AD平面CFG.(2)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=12,32,0,=-32,-32,32,=-32,32,0.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则12+32y1=0,-32-32y1+32z1=0,解得y1=-33,z1=23,即n1=1,-33,23.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则-32+32y2=0,-32-32y2+32z2=0,解得y2=3,z2=2,即n2=(1,3,2).设平面BCP与平面DCP的夹角的为,则cos =|n1路n2|n1|n2|=24.25.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,ACB=ACD=蟺3,F为PC的中点,AFPB.(1)求PA的长;(2)求二面角B-AF-D的正弦值.解析(1)如图,连接BD交AC于O,因为BC=CD,即BCD为等腰三角形,又CA平分BCD,故ACBD.以O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,则OC=CDcos蟺3=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin蟺3=3,故A(0,-3,0),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0).因PA底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F0,-1,z2.又=0,2,z2,=(3,3,-z),因AFPB,故=0,即6-z22=0,z=23(舍去-23),所以|=23.(2)由(1)知=(-3,3,0),=(3,3,0),=(0,2,3).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得-3x1+3y1=0,2y1+3z1=0,因此可取n1=(3,3,-2).由n2=0,n2=0,得3x2+3y2=0,2y2+3z2=0,故可取n2=(3,-3,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=18.故二面角B-AF-D的正弦值为378.26.(2013课标全国,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,BAA1=60.(1)证明:ABA1C;(2)若平面ABC平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.解析(1)证明:取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.因为CA=CB,所以OCAB.由于AB=AA1,BAA1=60,故AA1B为等边三角形,所以OA1AB.因为OCOA1=O,所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C,故ABA1C.(2)由(1)知OCAB,OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B,交线为AB,所以OC平面AA1B1B,故OA,OA1,OC两两相互垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设知A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0).则=(1,0,3),=(-1,3,0),=(0,-3,3).设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,则即x+3z=0,-x+3y=0.可取n=(3,1,-1).故cos=-105.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105.27.(2013广东,18,14分)如图,在等腰直角三角形ABC中,A=90,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=2,O为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图所示的四棱锥A-BCDE,其中AO=3.(1)证明:AO平面BCDE;(2)求二面角A-CD-B的平面角的余弦值.图图解析(1)在题图中,易得OC=3,AC=32,AD=22.连接OD,OE,在OCD中,由余弦定理可得OD=5.由翻折不变性可知AD=22,所以AO2+OD2=AD2,所以AOOD,同理可证AOOE,又ODOE=O,所以AO平面BCDE.(2)解法一:过O作OHCD交CD的延长线于H,连接AH,因为AO平面BCDE,所以AHCD,所以AHO为二面角A-CD-B的平面角.结合题图可知,H为AC中点,故OH=322,从而AH=OH2+OA2=302,所以cosAHO=OHAH=155,所以二面角A-CD-B的平面角的余弦值为155.解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示,则A(0,0,3),C(0,-3,0),D(1,-2,0),所以=(0,3,3),=(-1,2,3).设n=(x,y,z)为平面ACD的法向量,则即3y+3z=0,-x+2y+3z=0,解得y=-x,z=3x,令x=1,得n=(1,-1,3).由(1)知,=(0,0,3)为平面CDB的一个法向量,所以cos=155,易知二面角A-CD-B为锐二面角,故二面角A-CD-B的平面角的余弦值为155.考点二综合应用1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2=12.若空间向量b满足be1=2,be2=52,且对于任意x,yR,|b-(xe1+ye2)|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;222.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BCAD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,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.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF=12AD.又因为BCAD,BC=12AD,所以EFBC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF,因