【数学】2020届江苏一轮复习通用版17空间向量与立体几何作业 39页

专题十七　空间向量与立体几何 挖命题 ‎【真题典例】‎ ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 空间向量及应用 ‎1.空间向量的概念 ‎2.空间向量共线、共面的充分必要条件 ‎3.空间向量的加法、减法及数乘运算 ‎4.空间向量的坐标表示 ‎5.空间向量的数量积 ‎6.空间向量的共线与垂直 ‎7.空间向量的应用 ‎2015江苏,22‎ ‎1.求二面角 ‎2.求异面直线所成角 ‎3.空间向量的数量积 直线与平面所成角 ‎★★★‎ ‎2017江苏,22‎ ‎1.求异面直线所成角 ‎2.求二面角 ‎3.空间向量的数量积 ‎2018江苏,22‎ ‎1.求异面直线所成角 ‎2.求直线与平面所成角 ‎3.空间向量的数量积 分析解读　　空间向量及其应用在高考中的考查比较单一,主要涉及用空间向量求解空间几何体中的异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角以及存在性问题或角的取值范围问题.考查的几何体主要是棱柱、棱锥等常规几何体,难度中等.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　空间向量的运算 ‎1.已知a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若a∥b,则λ与μ的值是　　　　　　　　. ‎ 答案　2,‎1‎‎2‎或-3,‎‎1‎‎2‎ ‎2.已知a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值为　　　　. ‎ 答案　‎‎3‎‎5‎‎5‎ ‎3.如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点,计算:‎ ‎(1)EF·BA;‎ ‎(2)EF·DC.‎ 解析　设AB=a,AC=b,AD=c,‎ 则|a|=|b|=|c|=1,===60°.‎ EF‎=‎1‎‎2‎BD=‎1‎‎2‎c-‎1‎‎2‎a,BA=-a,DC=b-c,所以 ‎(1)EF·BA=‎1‎‎2‎c-‎1‎‎2‎a·(-a)=‎1‎‎2‎a2-‎1‎‎2‎a·c=‎1‎‎4‎.‎ ‎(2)EF·DC=‎1‎‎2‎(c-a)·(b-c)=‎1‎‎2‎(b·c-a·b-c2+a·c)=-‎1‎‎4‎.‎ 考点二　空间向量的应用 ‎1.(2018江苏泰兴中学调研,22)如图,在三棱锥P-ABC中,已知平面PAB⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2a,点O,D分别是AB,PB的中点,PO⊥AB,连接CD.‎ ‎(1)若PA=2a,求异面直线PA与CD所成角的余弦值的大小;‎ ‎(2)若二面角A-PB-C的余弦值的大小为‎5‎‎5‎,求PA.‎ 解析　连接OC.‎ 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PO⊥AB,PO⊂平面PAB,所以PO⊥平面ABC,从而PO⊥AB,PO⊥OC.‎ 因为AC=BC,点O是AB的中点,所以OC⊥AB,且OA=OB=OC=‎2‎a.‎ 如图,建立空间直角坐标系O-xyz.‎ ‎(1)因为PA=2a,所以PO=PA‎2‎-AO‎2‎=‎(2a‎)‎‎2‎-(‎2‎a‎)‎‎2‎=‎2‎a.‎ 所以A(0,-‎2‎a,0),B(0,‎2‎a,0),C(‎2‎a,0,0),P(0,0,‎2‎a),D‎0,‎2‎a‎2‎,‎‎2‎a‎2‎.‎ 从而PA=(0,-‎2‎a,-‎2‎a),CD=‎-‎2‎a,‎2‎‎2‎a,‎2‎‎2‎a.‎ 因为cos=PA‎·‎CD‎|PA||CD|‎=‎-2‎a‎2‎‎2a·‎3‎a=-‎3‎‎3‎,所以异面直线PA与CD所成角的余弦值的大小为‎3‎‎3‎.‎ ‎(2)设PO=h,则P(0,0,h).‎ 因为PO⊥OC,OC⊥AB,而PO∩AB=O,所以OC⊥平面PAB.‎ 从而OC=(‎2‎a,0,0)是平面PAB的一个法向量.‎ 不妨设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).‎ 因为PB=(0,‎2‎a,-h),BC=(‎2‎a,-‎2‎a,0),所以n·PB=0,n·BC=0,所以‎2‎ay=hz,‎x=y.‎ 不妨令x=1,则y=1,z=‎2‎ah,则n=‎1,1,‎‎2‎ah.‎ 由已知,得‎5‎‎5‎=‎|OC·n|‎‎|OC||n|‎=‎2‎a‎2‎a·‎‎2+‎‎2‎a‎2‎h‎2‎,‎ 化简得h2=‎2‎‎3‎a2,‎ 所以PA=PO‎2‎+OA‎2‎=‎2‎‎3‎a‎2‎‎+2‎a‎2‎=‎2‎‎6‎‎3‎a.‎ ‎2.(2019届江苏梁丰中学调研)如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=‎2‎,AF=1.‎ ‎(1)求二面角A-DF-B的大小;‎ ‎(2)试在线段AC上确定一点P,使PF与BC所成的角为60°.‎ 解析　(1)由已知易得CD,CB,CE两两垂直,以CD,CB,CE为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),D(‎2‎,0,0),B(0,‎2‎,0),A(‎2‎,‎2‎,0),E(0,0,1),F(‎2‎,‎2‎,1).‎ 由题意易得平面ADF的一个法向量为m=(1,0,0).‎ 设平面BDF的法向量为n=(x,y,z).‎ 又BD=(‎2‎,-‎2‎,0),BF=(‎2‎,0,1),‎ 则n·BD=‎2‎x-‎2‎y=0,‎n·BF=‎2‎x+z=0.‎ 令x=1,则y=1,z=-‎2‎,所以n=(1,1,-‎2‎)是平面BDF的一个法向量.‎ 设二面角A-DF-B的大小为θ,显然θ为锐角,‎ 所以cos θ=|cos|=‎(1,0,0)·(1,1,-‎2‎)‎‎1×2‎=‎1‎‎2‎,所以θ=60°,即二面角A-DF-B的大小为60°.‎ ‎(2)设P(λ,λ,0),λ∈[0,‎2‎],则PF=(‎2‎-λ,‎2‎-λ,1),‎ 因为异面直线PF与BC所成的角为60°,所以|cos|=‎1‎‎2‎,‎ 即‎|-‎2‎(‎2‎-λ)|‎‎2(‎2‎-λ‎)‎‎2‎+1‎‎·‎‎2‎=‎1‎‎2‎,解得λ=‎2‎‎2‎或λ=‎3‎‎2‎‎2‎(舍去).‎ 所以当P是线段AC的中点时,PF与BC所成的角为60°.‎ ‎3.(2019届江苏高邮中学调研)如图所示的几何体中,面CDEF为正方形,面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=2BC,∠ABC=60°,且平面CDEF⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求BC与平面EAC所成角的正弦值;‎ ‎(2)求证:线段ED上不存在点Q,使得平面EAC⊥平面QBC.‎ 解析　(1)因为四边形CDEF为正方形,所以ED⊥DC.‎ 又因为平面CDEF⊥平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=DC,ED⊂平面CDEF,所以ED⊥平面ABCD.‎ 在平面ABCD内过点D作DH⊥AB,垂足为H,所以ED⊥DH.‎ 因为AB∥CD,所以DH⊥DC.‎ 所以DH,DC,DE两两垂直.‎ 以D为原点,DH,DC,DE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz.‎ 设BC=2,则DC=DE=2,‎ 因为AB=2BC,∠ABC=60°,所以AH=1,HB=3,DH=‎3‎,‎ 所以A(‎3‎,-1,0),B(‎3‎,3,0),C(0,2,0),E(0,0,2),‎ 所以CA=(‎3‎,-3,0),CE=(0,-2,2),CB=(‎3‎,1,0).‎ 设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),则有n·CE=0,‎n·CA=0.‎所以‎-2y+2z=0,‎‎3‎x-3y=0.‎取z=1,得n=(‎3‎,1,1).‎ 设BC与平面EAC所成的角为θ,则sin θ=|cos|=‎|CB·n|‎‎|CB||n|‎=‎2‎‎5‎‎5‎,‎ 所以BC与平面EAC所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎.‎ ‎(2)证明:假设线段ED上存在点Q,设Q(0,0,t)(0≤t≤2),所以CQ=(0,-2,t).‎ 设平面QBC的法向量为m=(a,b,c),则有m·CB=0,‎m·CQ=0.‎所以‎3‎a+b=0,‎‎-2b+tc=0.‎ 取c=2,得m=‎-t‎3‎,t,2‎是平面QBC的一个法向量.‎ 要使平面EAC⊥平面QBC,只需m·n=0,即-t‎3‎×‎3‎+t×1+2×1=0,此方程无解.‎ 所以线段ED上不存在点Q,使得平面EAC⊥平面QBC.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法一　用空间向量求解空间角的方法 ‎1.(2017江苏苏锡常镇四市调研(一))如图,已知正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,点M,N分别在PA,BD上,且PMPA=BNBD=‎1‎‎3‎.‎ ‎(1)求异面直线MN与PC所成角的大小;‎ ‎(2)求二面角N-PC-B的余弦值.‎ 解析　(1)设AC,BD交于点O,连接OP.在正四棱锥P-ABCD中,易得OP⊥平面ABCD.又PA=AB=2,所以OP=‎2‎.以O为坐标原点,DA,AB方向分别为x轴、y轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,如图.‎ 则A(1,-1,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,-1,0),P(0,0,‎2‎),AP=(-1,1,‎2‎).‎ 故OM=OA+AM=OA+‎2‎‎3‎AP=‎1‎‎3‎‎,-‎1‎‎3‎,‎‎2‎‎2‎‎3‎,ON=‎1‎‎3‎OB=‎1‎‎3‎‎,‎1‎‎3‎,0‎,‎ 所以MN=‎0,‎2‎‎3‎,-‎‎2‎‎2‎‎3‎,又PC=(-1,1,-‎2‎),‎ 所以cos=MN‎·‎PC‎|MN||PC|‎=‎3‎‎2‎,‎ 所以异面直线MN与PC所成角的大小为π‎6‎.‎ ‎(2)由(1)知PC=(-1,1,-‎2‎),CB=(2,0,0),NC=‎-‎4‎‎3‎,‎2‎‎3‎,0‎.‎ 设m=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则m·PC=0,‎m·CB=0,‎ 即‎-x+y-‎2‎z=0,‎‎2x=0,‎令y=‎2‎,则z=1,即m=(0,‎2‎,1)是平面PCB的一个法向量.‎ 设n=(x1,y1,z1)是平面PCN的法向量,则n·PC=0,‎n·NC=0,‎ 即‎-x‎1‎+y‎1‎-‎2‎z‎1‎=0,‎‎-2x‎1‎+y‎1‎=0,‎令x1=2,则y1=4,z1=‎2‎,即n=(2,4,‎2‎),‎ 所以cos=m·n‎|m||n|‎=‎5‎‎2‎‎3‎‎×‎‎22‎=‎5‎‎33‎‎33‎,‎ 易知二面角N-PC-B的平面角为锐角,所以二面角N-PC-B的余弦值为‎5‎‎33‎‎33‎.‎ ‎2.(2018江苏扬州中学调研)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M是棱BC的中点,点P在线段A1B上.‎ ‎(1)若P是线段A1B的中点,求直线MP与直线AC所成角的大小;‎ ‎(2)若N是CC1的中点,直线A1B与平面PMN所成角的正弦值为‎7‎‎7‎,求线段BP的长度.‎ 解析　建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.‎ 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,2),M(1,1,0).‎ ‎(1)因为P是线段A1B的中点,‎ 所以P(1,0,1),则MP=(0,-1,1),又AC=(0,2,0).‎ 所以cos=MP‎·‎AC‎|MP|·|AC|‎=-‎2‎‎2‎.‎ 又∈[0,π],所以=‎3π‎4‎.‎ 所以直线MP与直线AC所成的角的大小为π‎4‎.‎ ‎(2)易得N(0,2,1),所以MN=(-1,1,1).‎ 设P(x,y,z),BP=λBA‎1‎,0≤λ≤1,‎ 则(x-2,y,z)=λ(-2,0,2),‎ 所以x=2-2λ,‎y=0,‎z=2λ,‎ 所以P(2-2λ,0,2λ),‎ 所以MP=(1-2λ,-1,2λ).‎ 设平面PMN的法向量n=(x,y,z),‎ 则n⊥MN,n⊥MP,‎ 所以‎-x+y+z=0,‎‎(1-2λ)x-y+2λz=0,‎ 取n=‎1+‎1‎‎2λ,‎1‎‎2λ,1‎.‎ 因为BA‎1‎=(-2,0,2),设直线A1B与平面PMN所成角为θ.‎ 由sin θ=|cos|=‎|n·BA‎1‎|‎‎|n|·|BA‎1‎|‎=‎(-2)×‎1+‎‎1‎‎2λ+2‎‎1+‎‎1‎‎2λ‎2‎‎+‎1‎‎2λ‎2‎+1‎‎·2‎‎2‎=‎7‎‎7‎,得λ=‎1‎‎4‎(负值舍去).‎ 所以BP=‎1‎‎4‎BA‎1‎,所以BP=‎1‎‎4‎BA1=‎2‎‎2‎.‎ ‎3.(2017江苏镇江期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,E是棱PC的中点.‎ ‎(1)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;‎ ‎(2)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的正弦值.‎ 解析　(1)以A为原点,分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,‎ 则B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),‎ 由E为棱PC中点,得E(1,1,1),‎ 故BE=(0,1,1),BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).‎ 设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,‎ 则n⊥BD,n⊥PB,‎ 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cos=n·‎BE‎|n||BE|‎=‎2‎‎6‎‎×‎‎2‎=‎3‎‎3‎.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(2)BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).‎ 由点F在棱PC上,设CF=λCP,0≤λ≤1.‎ 故BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ),‎ 由BF⊥AC,得BF·AC=0,‎ 因此2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,‎ 解得λ=‎3‎‎4‎,‎ 即BF=‎-‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎2‎.‎ 设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,‎ 则n1·AB=0,n1·BF=0,‎ 即x=0,‎‎-‎1‎‎2‎x+‎1‎‎2‎y+‎3‎‎2‎z=0,‎ 不妨令z=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=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎=-‎3‎‎10‎‎10‎,‎ 即sin=‎10‎‎10‎.‎ 故二面角F-AB-P的正弦值为‎10‎‎10‎.‎ 方法二　利用空间向量求解探索性问题的方法 ‎　(2018江苏无锡期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ABP是等边三角形,底面ABCD是直角梯形,∠DAB=90°,AD∥BC,E是线段AB的中点,PE⊥底面ABCD,已知DA=AB=2BC=2.‎ ‎(1)求二面角P-CD-A的正弦值;‎ ‎(2)试在平面PCD上找一点M,使得EM⊥平面PCD.‎ 解析　(1)因为PE⊥底面ABCD,过E作ES∥BC,S为ES与CD的交点,则ES⊥AB,以E为坐标原点,EB方向为x轴的正半轴,ES方向为y轴的正半轴,EP方向为z轴的正半轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),A(-1,0,0),D(-1,2,0),P(0,0,‎3‎),‎ 故CD=(-2,1,0),PC=(1,1,-‎3‎).‎ 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·CD=-2x+y=0,‎n·PC=x+y-‎3‎z=0.‎ 令x=1,得n=(1,2,‎3‎)为平面PCD的一个法向量.‎ 又平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),‎ 所以cos=n·m‎|n||m|‎=‎3‎‎1+4+3‎=‎6‎‎4‎,‎ 所以sin=‎10‎‎4‎,‎ 即所求二面角P-CD-A的正弦值为‎10‎‎4‎.‎ ‎(2)设点M的坐标为(x1,y1,z1),‎ 因为EM⊥平面PCD,‎ 所以EM∥n,即x‎1‎‎1‎=y‎1‎‎2‎=z‎1‎‎3‎,‎ 也即y1=2x1,z1=‎3‎x1.‎ 又PM=(x1,y1,z1-‎3‎),PD=(-1,2,-‎3‎),PC=(1,1,-‎3‎),‎ 所以PM=λPC+μPD=(λ-μ,λ+2μ,-‎3‎λ-‎3‎μ),‎ 所以x1=λ-μ,y1=λ+2μ=2x1=2(λ-μ),即λ=4μ.‎ 又z1-‎3‎=-‎3‎λ-‎3‎μ,‎ 解得λ=‎1‎‎2‎,所以μ=‎1‎‎8‎,‎ 所以点M的坐标为‎3‎‎8‎‎,‎3‎‎4‎,‎‎3‎‎3‎‎8‎.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·江苏卷题组 ‎1.(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.‎ 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OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,‎ 以{OB,OC,OO‎1‎}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(‎3‎,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(‎3‎,0,2),C1(0,1,2).‎ ‎(1)因为P为A1B1的中点,所以P‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,2‎.‎ 从而BP=‎-‎3‎‎2‎,-‎1‎‎2‎,2‎,AC‎1‎=(0,2,2).‎ 故|cos|=‎|BP·AC‎1‎|‎‎|BP|·|AC‎1‎|‎=‎|-1+4|‎‎5‎‎×2‎‎2‎=‎3‎‎10‎‎20‎.‎ 因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为‎3‎‎10‎‎20‎.‎ ‎(2)因为Q为BC的中点,所以Q‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,0‎,‎ 因此AQ=‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎,AC‎1‎=(0,2,2),CC‎1‎=(0,0,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,‎ 则‎ AQ·n=0,‎AC‎1‎‎·n=0,‎即‎3‎‎2‎x+‎3‎‎2‎y=0,‎‎2y+2z=0.‎ 不妨取n=(‎3‎,-1,1).‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|CC‎1‎·n|‎‎|CC‎1‎|·|n|‎=‎2‎‎5‎‎×2‎=‎5‎‎5‎,‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为‎5‎‎5‎.‎ ‎2.(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=‎3‎,∠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.‎ 解析　在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.‎ 因为AA1⊥平面ABCD,‎ 所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.‎ 如图,以{AE,AD,AA‎1‎}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.‎ 因为AB=AD=2,AA1=‎3‎,∠BAD=120°,‎ 则A(0,0,0),B(‎3‎,-1,0),D(0,2,0),E(‎3‎,0,0),A1(0,0,‎3‎),C1(‎3‎,1,‎3‎).‎ ‎(1)A‎1‎B=(‎3‎,-1,-‎3‎),AC‎1‎=(‎3‎,1,‎3‎),‎ 则cos=‎A‎1‎B‎·‎AC‎1‎‎|A‎1‎B||AC‎1‎|‎ ‎=‎‎(‎3‎,-1,-‎3‎)·(‎3‎,1,‎3‎)‎‎7‎ ‎=-‎1‎‎7‎,‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为‎1‎‎7‎.‎ ‎(2)平面A1DA的一个法向量为AE=(‎3‎,0,0).‎ 设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,‎ 又A‎1‎B=(‎3‎,-1,-‎3‎),BD=(-‎3‎,3,0),‎ 则m·A‎1‎B=0,‎m·BD=0,‎ 即‎3‎x-y-‎3‎z=0,‎‎-‎3‎x+3y=0.‎ 不妨取x=3,则y=‎3‎,z=2,‎ 所以m=(3,‎3‎,2)为平面BA1D的一个法向量,‎ 从而cos=AE‎·m‎|AE||m|‎=‎(‎3‎,0,0)·(3,‎3‎,2)‎‎3‎‎×4‎=‎3‎‎4‎.‎ 设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=‎3‎‎4‎.‎ 因为θ∈[0,π],所以sin θ=‎1-cos‎2‎θ=‎7‎‎4‎.‎ 因此二面角B-A1D-A的正弦值为‎7‎‎4‎.‎ ‎3.(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为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π‎2‎,PA=AD=2,AB=BC=1.‎ ‎(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;‎ ‎(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.‎ 解析　以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).‎ ‎(1)易知AD⊥平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量,AD=(0,2,0).‎ 因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2),‎ 设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),‎ 则m·PC=0,m·PD=0,‎ 即x+y-2z=0,‎‎2y-2z=0.‎ 令y=1,解得z=1,x=1.‎ 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.‎ 从而cos=AD‎·m‎|AD||m|‎=‎3‎‎3‎,‎ 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(2)因为BP=(-1,0,2),‎ 设BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),‎ 又CB=(0,-1,0),‎ 则CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),‎ 又DP=(0,-2,2),‎ 从而cos=CQ‎·‎DP‎|CQ||DP|‎=‎1+2λ‎10λ‎2‎+2‎.‎ 设1+2λ=t,t∈[1,3],‎ 则cos2 =‎2‎t‎2‎‎5t‎2‎-10t+9‎=‎2‎‎9‎1‎t‎-‎‎5‎‎9‎‎2‎+‎‎20‎‎9‎≤‎9‎‎10‎.‎ 当且仅当t=‎9‎‎5‎,即λ=‎2‎‎5‎时,|cos|的最大值为‎3‎‎10‎‎10‎.‎ 因为y=cos x在‎0,‎π‎2‎上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.‎ 又因为BP=‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=‎5‎,‎ 所以BQ=‎2‎‎5‎BP=‎2‎‎5‎‎5‎.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　空间向量的运算 ‎1.(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　(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PD∥ME.‎ 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OP⊥AD.‎ 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OP⊥OE.‎ 因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.‎ 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),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-‎2‎).‎ 设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·BD=0,‎n·PD=0,‎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·p‎|n||p|‎=‎1‎‎2‎.‎ 由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为π‎3‎.‎ ‎(3)由题意知M‎-1,2,‎‎2‎‎2‎,C(2,4,0),MC=‎3,2,-‎‎2‎‎2‎.‎ 设直线MC与平面BDP所成角为α,‎ 则sin α=|cos|=‎|n·MC|‎‎|n||MC|‎=‎2‎‎6‎‎9‎.‎ 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为‎2‎‎6‎‎9‎.‎ 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θ,则有|cos θ|=|cos|=‎|n‎1‎·n‎2‎|‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎,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θ满足sin θ=e·n‎|e||n|‎,θ∈‎0,‎π‎2‎.‎ ‎2.(2018课标全国Ⅱ理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2‎2‎,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.‎ 解析　(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2‎3‎.‎ 连接OB.因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=‎1‎‎2‎AC=2.‎ 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.‎ 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)如图,以O为坐标原点,OB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(0,0,2‎3‎),AP=(0,2,2‎3‎).取平面PAC的一个法向量OB=(2,0,0).‎ 设M(a,2-a,0)(0=‎2‎3‎(a-4)‎‎2‎‎3(a-4‎)‎‎2‎+3a‎2‎+‎a‎2‎.‎ 由已知可得|cos|=‎3‎‎2‎.‎ 所以‎2‎3‎|a-4|‎‎2‎‎3(a-4‎)‎‎2‎+3a‎2‎+‎a‎2‎=‎3‎‎2‎.解得a=-4(舍去)或a=‎4‎‎3‎.‎ 所以n=‎-‎8‎‎3‎‎3‎,‎4‎‎3‎‎3‎,-‎‎4‎‎3‎.‎ 又PC=(0,2,-2‎3‎),所以cos=‎3‎‎4‎.‎ 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为‎3‎‎4‎.‎ 考点二　空间向量的应用 ‎1.(2018天津理,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG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.‎ 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DA,DC,DG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),M‎0,‎3‎‎2‎,1‎,N(1,0,2).‎ ‎(1)证明:依题意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).‎ 设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,‎ 则n‎0‎‎·DC=0,‎n‎0‎‎·DE=0,‎即‎2y‎0‎=0,‎‎2x‎0‎+2z‎0‎=0,‎ 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).‎ 又MN=‎1,-‎3‎‎2‎,1‎,可得MN·n0=0,‎ 又因为直线MN⊄平面CDE,‎ 所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).‎ 设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,‎ 则n·BC=0,‎n·BE=0,‎即‎-x‎1‎=0,‎x‎1‎‎-2y‎1‎+2z‎1‎=0,‎ 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m·BC=0,‎m·CF=0,‎即‎-x‎2‎=0,‎‎-y‎2‎+2z‎2‎=0,‎ 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).‎ 因此有cos=m·n‎|m||n|‎=‎3‎‎10‎‎10‎,于是sin=‎10‎‎10‎.‎ 所以,二面角E-BC-F的正弦值为‎10‎‎10‎.‎ ‎(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).‎ 易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,‎ 故|cos|=‎|BP·DC|‎‎|BP||DC|‎=‎2‎h‎2‎‎+5‎.‎ 由题意,可得‎2‎h‎2‎‎+5‎=sin 60°=‎3‎‎2‎,解得h=‎3‎‎3‎∈[0,2].‎ 所以,线段DP的长为‎3‎‎3‎.‎ 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).‎ ‎2.(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,BC∥AD,CD⊥AD,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　(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.‎ ‎∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.‎ ‎∵BC=‎1‎‎2‎AD=OD,且BC∥OD,‎ ‎∴四边形BCDO为平行四边形,‎ 又∵CD⊥AD,‎ ‎∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,‎ ‎∴AD⊥平面OPB.‎ 过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,‎ 以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.‎ 设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).‎ 设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,‎ 得‎(x-1‎)‎‎2‎+1+z‎2‎=4,‎x‎2‎‎+z‎2‎=1,‎得x=-‎1‎‎2‎,z=‎3‎‎2‎.‎ 即点P‎-‎1‎‎2‎,0,‎‎3‎‎2‎,而E为PD的中点,‎ ‎∴E‎-‎1‎‎4‎,‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎4‎.‎ 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),‎ ‎∵AP=‎-‎1‎‎2‎,1,‎‎3‎‎2‎,AB=(1,1,0),‎ ‎∴‎-‎1‎‎2‎x‎1‎+y‎1‎+‎3‎‎2‎z‎1‎=0,‎x‎1‎‎+y‎1‎=0‎⇒‎x‎1‎‎=-y‎1‎,‎z‎1‎‎=-‎3‎y‎1‎,‎ 取y1=-1,得n=(1,-1,‎3‎).‎ 而CE=‎-‎5‎‎4‎,-‎1‎‎2‎,‎‎3‎‎4‎,‎ 则CE·n=0,而CE⊄平面PAB,‎ ‎∴CE∥平面PAB.‎ ‎(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),‎ ‎∵BC=(0,1,0),BP=‎-‎3‎‎2‎,0,‎‎3‎‎2‎,‎ ‎∴y‎2‎‎=0,‎‎-‎3‎‎2‎x‎2‎+‎3‎‎2‎z‎2‎=0,‎取x2=1,得m=(1,0,‎3‎).‎ 设直线CE与平面PBC所成角为θ.‎ 则sin θ=|cos|=‎|CE·m|‎‎|CE|·|m|‎=‎2‎‎8‎,‎ 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为‎2‎‎8‎.‎ 一题多解　(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EF∥AD且EF=‎1‎‎2‎AD.‎ 又因为BC∥AD,BC=‎1‎‎2‎AD,所以EF∥BC且EF=BC,‎ 即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,‎ 因此CE∥平面PAB.‎ ‎(2)分别取BC,AD的中点为M,N.‎ 连接PN交EF于点Q,连接MQ.‎ 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,‎ 在平行四边形BCEF中,MQ∥CE.‎ 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.‎ 由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.‎ 所以AD⊥平面PBN,‎ 由BC∥AD得BC⊥平面PBN,‎ 那么平面PBC⊥平面PBN.‎ 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.‎ MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.‎ 在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=‎2‎得CE=‎2‎,‎ 在△PBN中,由PN=BN=1,PB=‎3‎得QH=‎1‎‎4‎,‎ 在Rt△MQH中,QH=‎1‎‎4‎,MQ=‎2‎,‎ 所以sin∠QMH=‎2‎‎8‎.‎ 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是‎2‎‎8‎.‎ 方法总结　1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)‎ ‎①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.‎ ‎②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.‎ ‎③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.‎ ‎(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基底向量所表示,得l∥α.‎ ‎2.求线面角的方法.‎ ‎①定义法:作出线面角,解三角形即可.‎ ‎②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.‎ 例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=dAB得结论.‎ ‎③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sin θ=|cos|.‎ 最好是画出图形,否则容易出错.‎ ‎3.(2017课标全国Ⅱ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EF∥AD,EF=‎1‎‎2‎AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=‎1‎‎2‎AD,所以EF