【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-5空间向量在立体几何中的应用作业 34页

8.5　空间向量在立体几何中的应用 挖命题 【考情探究】 5 年考情 考点 内容解读 考题示例 考向 关联考点 预测热度 2018 浙江,19,15 分 用向量法证明 线面垂直 线面角 1. 用 向 量 法 证 明平行、 垂直 2017 天津,17,13 分 用向量法证明 线面平行 二面角、异面 直线所成角 ★★★ 2018 课标Ⅱ,20,12 分 线面角 线面垂直 2018 课标Ⅲ,19,12 分 二面角 面面垂直的判定、 三 棱锥体积的最值 2017 课标Ⅱ,19,12 分 线面角 线面平行的判定 2. 用 向 量 法 求 空 间 角 和距离 ①理解直线的方向向量与 平面的法向量; ②能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; ③能用向量法证明有关直 线和平面位置关系的一些 定理(包括三垂线定理); ④能用向量法解决直线与 直线、直线与平面、平面与 平面的夹角的计算问题,了 解向量方法在研究立体几 何问题中的应用 2016 课标Ⅲ,19,12 分 线面角 线面平行的判定 ★★★ 分析解读　　从近 5 年高考情况来看,利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)、空间距 离均是高考的热点,考查频率很高,主要考查向量的坐标运算以及向量的平行、垂直、夹角问题,难度中等,多 以解答题的形式呈现.应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算,会把立体几何问题转化为空间向量问题. 破考点 【考点集训】 考点一　用向量法证明平行、垂直 　 (2018 宁 夏 银 川 一 中 月 考 ,19) 如 图 , 在 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,ABCD 为 矩 形 ,PD⊥ 平 面 ABCD,PB=2,PB 与平面 PCD 成 45°角,PB 与平面 ABD 成 30°角. (1)在 PB 上是否存在一点 E,使得 PC⊥平面 ADE?若存在,确定 E 点位置,若不存在,请说明理由; (2)当 E 为 PB 的中点时,求二面角 P-AE-D 的余弦值. 解析　(1)建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 由题意易知 PD=CD=1,BC= 2, 则 D(0,0,0),P(0,0,1),B( 2,1,0),C(0,1,0), 则푃퐵=( 2,1,-1),设푃퐸=λ푃퐵, ∴푃퐸=λ푃퐵=λ( 2,1,-1),푃퐶=(0,1,-1), 由푃퐶·퐷퐸=푃퐶·(퐷푃+푃퐸)=(0,1,-1)·( 2λ,λ,1-λ)=0,解得 λ=1 2,即 PB 上存在点 E 使得 PC⊥ 平面 ADE,且 E 为 PB 中点. (2) 由 (1) 知 D(0,0,0),A( 2,0,0),E( 2 2 ,1 2,1 2),P(0,0,1),퐷퐴=( 2,0,0),퐷퐸=( 2 2 ,1 2,1 2),푃퐴 =( 2,0,-1),푃퐸=( 2 2 ,1 2, - 1 2), 设平面 ADE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 PAE 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 则{푛1·퐷퐴 = 0, 푛1·퐷퐸 = 0 ⇒{ 2푥1 = 0, 2 2 푥1 + 1 2푦1 + 1 2푧1 = 0, 令 y1=1,得 n1=(0,1,-1). 同理求得 n2=(1,0, 2),所以 cos= 푛2·푛1 |푛2|·|푛1|=- 3 3 . 易知所求二面角为锐二面角, 故二面角 P-AE-D 的余弦值为 3 3 . 考点二　用向量法求空间角和距离 　(2018 福建四地七校 4 月联考,10)在直三棱柱 ABC-A 1B1C1 中,底面是等腰直角三角 形,∠ACB=90°,侧棱 AA1=2,D、E 分别是 CC1 与 A1B 的中点,点 E 在平面 ABD 上的射影是△ABD 的重心 G,则 A1B 与平面 ABD 所成角的余弦值为(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A. 2 3 　　　　B. 7 3 　　　　C. 3 2 　　　　D. 3 7 答案　B　 炼技法 【方法集训】 方法 1　求解二面角的方法 1.(2018 河北五个一名校联考,18)如图,在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1 中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,底面△ABC 是边长为 2 的正三角形,A1A=A1C,A1A⊥A1C. (1)求证:A1C1⊥B1C; (2)求二面角 B1-A1C-C1 的正弦值. 解析　(1)证明:取 A1C1 的中点 D,连接 B1D,CD. ∵C1C=A1A=A1C,∴CD⊥A1C1,(2 分) ∵底面△ABC 是边长为 2 的正三角形, ∴AB=BC=2,A1B1=B1C1=2, ∴B1D⊥A1C1,(4 分) 又∵B1D∩CD=D, ∴A1C1⊥平面 B1CD, ∴A1C1⊥B1C.(6 分) (2)解法一:过点 D 作 DE⊥A1C 于点 E,连接 B1E. 易知 B1D⊥平面 A1CC1, ∴B1D⊥A1C, ∵DE∩B1D=D, ∴A1C⊥平面 B1DE, ∴B1E⊥A1C, ∴∠B1ED 为所求二面角的平面角,(9 分) ∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1D= 3, 又∵ED=1 2CC1= 2 2 , ∴tan∠B1ED=퐵1D 퐸퐷 = 3 2 2 = 6,(11 分) 可得 sin∠B1ED= 42 7 , ∴二面角 B1-A1C-C1 的正弦值为 42 7 .(12 分) 解法二:连接 OB,取 AC 的中点 O 为坐标原点,射线 OB,OC,OA1 分别为 x,y,z 轴的非负半轴建立 空间直角坐标系, 得 A1(0,0,1),B1( 3,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0).(7 分) ∴퐴1퐵1=( 3,1,0),퐴1C=(0,1,-1), 设 m=(x,y,z)为平面 A1B1C 的法向量, ∴{푚·A1B1 = 3x + y = 0, 푚·A1C = y - z = 0, 令 y= 3,得 m=(-1, 3, 3).(9 分) 又푂퐵=( 3,0,0)是平面 A1CC1 的一个法向量,(10 分) ∴cos=- 7 7 , 又易知二面角 B1-A1C-C1 为锐二面角, ∴二面角 B1-A1C-C1 的正弦值为 1 - ( - 7 7 )2 = 42 7 .(12 分) 2.(2018 广东广州调研,18)如图,已知多面体 PABCDE 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,PA⊥底 面 ABCD,ED∥PA,且 PA=2ED=2. (1)证明:平面 PAC⊥平面 PCE; (2)若直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 45°,求二面角 P-CE-D 的余弦值. 解析　(1)证明:如图,连接 BD,交 AC 于点 O,取 PC 的中点 F,连接 OF,EF. 因为 O,F 分别为 AC,PC 的中点, 所以 OF∥PA,且 OF=1 2PA, 因为 DE∥PA,且 DE=1 2PA, 所以 OF∥DE,且 OF=DE.(1 分) 所以四边形 OFED 为平行四边形, 所以 OD∥EF,即 BD∥EF.(2 分) 因为 PA⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 因为四边形 ABCD 是菱形,所以 BD⊥AC. 因为 PA∩AC=A, 所以 BD⊥平面 PAC.(4 分) 因为 BD∥EF, 所以 EF⊥平面 PAC.(5 分) 因为 FE⊂平面 PCE, 所以平面 PAC⊥平面 PCE.(6 分) (2)解法一:因为直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45°,且 PA⊥平面 ABCD,所以∠PCA=45°,所以 AC=PA=2.(7 分) 因为 AC=AB=BC,所以△ABC 为等边三角形. 取 BC 的中点 M,连接 AM,则 AM⊥BC. 以 A 为原点,AM,AD,AP 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 A-xyz(如图). 则 P(0,0,2),C( 3,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0), 所以푃퐶=( 3,1,-2),퐶퐸=(- 3,1,1),퐷퐸=(0,0,1). 设平面 PCE 的法向量为 n=(x1,y1,z1), 则{푛·PC = 0, 푛·CE = 0,即{ 3x1 + y1 - 2z1 = 0, - 3x1 + y1 + z1 = 0. 令 y1=1,则{푥1 = 3, 푧1 = 2. 所以 n=( 3,1,2).(10 分) 设平面 CDE 的法向量为 m=(x2,y2,z2), 则{푚·DE = 0, 푚·CE = 0,即{z2 = 0, - 3x2 + y2 + z2 = 0.令 x2=1,则{y2 = 3, z2 = 0. 所以 m=(1, 3,0).(11 分) 设二面角 P-CE-D 的大小为 θ,由于 θ 为钝角, 所以 cos θ=-|cos|=- |푛·푚| |푛|·|푚|=- 2 3 2 2 × 2=- 6 4 . 所以二面角 P-CE-D 的余弦值为- 6 4 .(12 分) 解法二:因为直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45°,且 PA⊥平面 ABCD,所以∠PCA=45°,所以 AC=PA=2.(7 分) 因为 AC=AB=BC=2,所以△ABC 为等边三角形. 因为 PA⊥平面 ABCD,由(1)知 PA∥OF, 所以 OF⊥平面 ABCD. 因为 OB⊂平面 ABCD,OC⊂平面 ABCD, 所以 OF⊥OB 且 OF⊥OC. 在菱形 ABCD 中,OB⊥OC, 故以点 O 为原点,OB,OC,OF 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz(如图). 则 O(0,0,0),P(0,-1,2),C(0,1,0),D(- 3,0,0),E(- 3,0,1), 所以퐶푃=(0,-2,2),퐶퐸=(- 3,-1,1),퐶퐷=(- 3,-1,0).(9 分) 设平面 PCE 的法向量为 n=(x1,y1,z1), 则{푛·CP = 0, 푛·CE = 0,即{ -2y1 + 2z1 = 0, - 3x1 - y1 + z1 = 0. 令 y1=1,则{푥1 = 0, 푧1 = 1,则 n=(0,1,1).(10 分) 设平面 CDE 的法向量为 m=(x2,y2,z2), 则{푚·CE = 0, 푚·CD = 0,即{ - 3x2 - y2 + z2 = 0, - 3x2 - y2 = 0. 令 x2=1,则{푦2 = - 3, 푧2 = 0, 则 m=(1,- 3,0).(11 分) 设二面角 P-CE-D 的大小为 θ,由于 θ 为钝角, 则 cos θ=-|cos|=- |푛·푚| |푛|·|푚|=- 3 2 × 2=- 6 4 . 所以二面角 P-CE-D 的余弦值为- 6 4 .(12 分) 方法 2　用向量法求解立体几何中的探索型问题 1.(2018 江西南昌二中 1 月模拟,18)如图,△ABC 的外接圆☉O 的半径为 5,CD⊥☉O 所在的平 面,BE∥CD,CD=4,BC=2,且 BE=1,tan∠AEB=2 5. (1)求证:平面 ADC⊥平面 BCDE. (2)试问线段 DE 上是否存在点 M,使得直线 AM 与平面 ACD 所成角的正弦值为2 7?若存在,确定 点 M 的位置,若不存在,请说明理由. 解析　(1)证明:∵CD⊥平面 ABC,BE∥CD, ∴BE⊥平面 ABC,∴BE⊥AB. ∵BE=1,tan∠AEB=2 5,∴AB=2 5. ∵☉O 的半径为 5,∴AB 是直径,∴AC⊥BC. 又∵CD⊥平面 ABC,∴CD⊥BC, 又 AC∩CD=C,故 BC⊥平面 ADC. ∵BC⊂平面 BCDE,∴平面 ADC⊥平面 BCDE. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz, 则 A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),则퐷퐸=(0,2,-3),易知平面 ACD 的一 个法向量为퐶퐵=(0,2,0),假设满足题意的点 M 存在,设 M(a,b,c),则퐷푀=(a,b,c-4),再设퐷푀 =λ퐷퐸,λ∈(0,1], ∴{푎 = 0, 푏 = 2휆, 푐 - 4 = -3휆 ⇒{푎 = 0, 푏 = 2휆, 푐 = 4 - 3휆, 即 M(0,2λ,4-3λ),从而퐴푀=(-4,2λ,4-3λ). 设直线 AM 与平面 ACD 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos<퐴푀,퐶퐵>|= |2휆 × 2| 2 × 16 + 4휆2 + (4 - 3λ)2=2 7. 解得 λ=-4 3或 λ=2 3,其中 λ=-4 3∉(0,1],舍去, 又 λ=2 3∈(0,1], 故满足条件的点 M 存在,且点 M 为 DE 的靠近 E 的三等分点. 2.(2018 天津十二校 4 月联考,17)如图,四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形,平面 ADEF⊥平面 ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2 6,DE=3 6. (1)求证:平面 ACE⊥平面 BED; (2)求直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值; (3)在线段 AF 上是否存在点 M,使得二面角 M-BE-D 的大小为 60°?若存在,求出퐴푀 퐴퐹的值;若不 存在,说明理由. 解析　(1)证明:因为平面 ADEF⊥平面 ABCD,平面 ADEF∩平面 ABCD=AD,DE⊂平面 ADEF,DE⊥AD, 所以 DE⊥平面 ABCD.(2 分) 又因为 AC⊂平面 ABCD, 所以 DE⊥AC. 因为四边形 ABCD 是正方形, 所以 AC⊥BD, 又因为 DE∩BD=D,DE⊂平面 BED,BD⊂平面 BED, 所以 AC⊥平面 BDE.(3 分) 又因为 AC⊂平面 ACE, 所以平面 ACE⊥平面 BED.(4 分) (2)因为 DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系 D-xyz 如图所示. 则 A(3,0,0),F(3,0,2 6),E(0,0,3 6),B(3,3,0),C(0,3,0),(5 分) 所以퐶퐴=(3,-3,0),퐵퐸=(-3,-3,3 6),퐸퐹=(3,0,- 6). 设平面 BEF 的法向量为 n=(x1,y1,z1). 则{푛·BE = 0, 푛·EF = 0,即{ -3x1 - 3y1 + 3 6z1 = 0, 3x1 - 6z1 = 0, 令 x1= 6,则 y1=2 6,z1=3,则 n=( 6,2 6,3).(6 分) 所以 cos<퐶퐴,n>= CA·푛 |CA||푛|= -3 6 3 2 × 39=- 13 13 .(7 分) 所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为 13 13 .(8 分) (3)存在,理由如下: 设 M(3,0,t),0≤t≤2 6.(9 分) 则퐵푀=(0,-3,t),퐵퐸=(-3,-3,3 6). 设平面 MBE 的法向量为 m=(x2,y2,z2), 则{푚·BM = 0, 푚·BE = 0, 即{ -3y2 + tz2 = 0, -3x2 - 3y2 + 3 6z2 = 0, 令 y2=t,则 z2=3,x2=3 6-t,则 m=(3 6-t,t,3).(10 分) 又퐶퐴=(3,-3,0)是平面 BDE 的一个法向量, ∴|cos|= |푚·CA| |푚||CA|= |9 6 - 6t| 3 2 × (3 6 - t)2 + t2 + 9=1 2,(11 分) 整理得 2t2-6 6t+15=0,解得 t= 6 2 或 t=5 6 2 (舍去),(12 分) ∴퐴푀 퐴퐹=1 4.(13 分) 过专题 【五年高考】 A 组　统一命题·课标卷题组 1.(2016 课 标 Ⅲ,19,12 分 ) 如 图 , 四 棱 锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 底 面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段 AD 上一点,AM=2MD,N 为 PC 的中点. (1)证明 MN∥平面 PAB; (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值. 解析　(1)证明:由已知得 AM=2 3AD=2. 取 BP 的中点 T,连接 AT,TN, 由 N 为 PC 中点知 TN∥BC,TN=1 2BC=2.(3 分) 又 AD∥BC,故 TN￿AM,故四边形 AMNT 为平行四边形,于是 MN∥AT. 因为 AT⊂平面 PAB,MN⊄平面 PAB,所以 MN∥平面 PAB.(6 分) (2)取 BC 的中点 E,连接 AE.由 AB=AC 得 AE⊥BC,从而 AE⊥AD,且 AE= 퐴퐵2 - B퐸2= 퐴퐵2 - (퐵퐶 2 )2 = 5. 以 A 为坐标原点,퐴퐸的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( 5,2,0),N( 5 2 ,1,2), 푃푀=(0,2,-4),푃푁=( 5 2 ,1, - 2),퐴푁=( 5 2 ,1,2). 设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量, 则{푛·PM = 0, 푛·PN = 0,即{2푦 - 4푧 = 0, 5 2 x + y - 2z = 0,(10 分) 可取 n=(0,2,1). 于是|cos|= |푛·AN| |푛||AN|=8 5 25 . 即直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5 25 .(12 分) 2.(2018 课标Ⅱ,20,12 分)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 2,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=2 3. 连接 OB.因为 AB=BC= 2 2 AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且 OB⊥AC,OB=1 2AC=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,푂퐵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(0,0,2 3),퐴푃=(0,2,2 3).取平面 PAC 的一个法向量푂퐵=(2,0,0). 设 M(a,2-a,0)(0= 2 3(a - 4) 2 3(푎 - 4)2 + 3푎2 + 푎2. 由已知可得|cos<푂퐵,n>|= 3 2 . 所以 2 3|a - 4| 2 3(푎 - 4)2 + 3푎2 + 푎2= 3 2 .解得 a=-4(舍去)或 a=4 3. 所以 n=( - 8 3 3 ,4 3 3 , - 4 3). 又푃퐶=(0,2,-2 3),所以 cos<푃퐶,n>= 3 4 . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 . 3.(2018 课标Ⅰ,18,12 分)如图,四边形 ABCD 为正方形,E,F 分别为 AD,BC 的中点,以 DF 为折 痕把△DFC 折起,使点 C 到达点 P 的位置,且 PF⊥BF. (1)证明:平面 PEF⊥平面 ABFD; (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. 解析　(1)由已知可得 BF⊥EF, 又已知 BF⊥PF,且 PF、EF⊂平面 PEF,PF∩EF=F, 所以 BF⊥平面 PEF, 又 BF⊂平面 ABFD,所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)作 PH⊥EF,垂足为 H.由(1)得,PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点,퐻퐹的方向为 y 轴正方向,|퐵퐹|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE.又 DP=2,DE=1,所以 PE= 3, 又 PF=1,EF=2,故 PE⊥PF, 可得 PH= 3 2 ,EH=3 2, 则 H(0,0,0),P(0,0, 3 2 ),D( -1, - 3 2,0),퐷푃=(1,3 2, 3 2 ),퐻푃=(0,0, 3 2 )为平面 ABFD 的法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ,则 sin θ=| 퐻푃·퐷푃 |퐻푃||퐷푃||= 3 4 3= 3 4 .所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦 值为 3 4 . 4.(2017 课标Ⅱ,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=1 2AD,∠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　(1)证明:取 PA 的中点 F,连接 EF,BF.因为 E 是 PD 的中点,所以 EF∥AD,EF= 1 2AD.由 ∠BAD=∠ABC=90°得 BC∥AD,又 BC=1 2AD,所以 EF￿BC,四边形 BCEF 是平行四边形,CE∥BF,又 BF⊂ 平面 PAB,CE⊄平面 PAB,故 CE∥平面 PAB. (2) 由已知得 BA⊥AD,以 A 为坐标原点,퐴퐵的方向为 x 轴正方向,|퐴퐵|为单位长,建立如图所 示的空间直角坐标系 A-xyz, (3) 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, 3),푃퐶=(1,0,- 3),퐴퐵=(1,0,0). 设 M(x,y,z)(0|=sin 45°, |푧| (푥 - 1)2 + 푦2 + 푧2= 2 2 , 即(x-1)2+y2-z2=0.① 又 M 在棱 PC 上,设푃푀=λ푃퐶,则 x=λ,y=1,z= 3- 3λ.② 由①,②解得{푥 = 1 + 2 2 , 푦 = 1, 푧 = - 6 2 (舍去),或{푥 = 1 - 2 2 , 푦 = 1, 푧 = 6 2 , 所以 M(1 - 2 2 ,1, 6 2 ),从而퐴푀=(1 - 2 2 ,1, 6 2 ). 设 m=(x0,y0,z0)是平面 ABM 的法向量, 则{푚·AM = 0, 푚·AB = 0, 即{(2 - 2)x0 + 2y0 + 6z0 = 0, x0 = 0, 所以可取 m=(0,- 6,2). 于是 cos= 푚·푛 |푚||푛|= 10 5 . 易知所求二面角为锐角. 因此二面角 M-AB-D 的余弦值为 10 5 . 方法总结　本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考的热点和难点,解决此类题 时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解. 解题关键　由线面角为 45°求点 M 的坐标是解题的关键. B 组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　用向量法证明平行、垂直 1.(2018 浙 江 ,19,15 分 ) 如 图 , 已 知 多 面 体 ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C 均 垂 直 于 平 面 ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)证明:AB1⊥平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值. 解析　解法一:(1)证明: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 O-xyz. 由题意知各点坐标如下: A(0,- 3,0),B(1,0,0),A1(0,- 3,4),B1(1,0,2),C1(0, 3,1). 因此퐴퐵1=(1, 3,2),퐴1퐵1=(1, 3,-2),퐴1퐶1=(0,2 3,-3). 由퐴퐵1·퐴1퐵1=0 得 AB1⊥A1B1. 由퐴퐵1·퐴1퐶1=0 得 AB1⊥A1C1. 所以 AB1⊥平面 A1B1C1. (2)设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ. 由(1)可知퐴퐶1=(0,2 3,1),퐴퐵=(1, 3,0),퐵퐵1=(0,0,2). 设平面 ABB1 的法向量 n=(x,y,z). 由{푛·AB = 0, 푛·BB1 = 0,即{푥 + 3y = 0, 2푧 = 0, 可取 n=(- 3,1,0). 所以 sin θ=|cos<퐴퐶1,n>|= |AC1·푛| |AC1|·|푛| = 39 13 . 因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39 13 . 解法二:(1)证明:由 AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB 得 AB1=A1B1=2 2, 所以 A1퐵21+A퐵21=A퐴21, 故 AB1⊥A1B1. 由 BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC 得 B1C1= 5, 由 AB=BC=2,∠ABC=120°得 AC=2 3, 由 CC1⊥AC,得 AC1= 13,所以 A퐵21+B1퐶21=A퐶21, 故 AB1⊥B1C1. 因此 AB1⊥平面 A1B1C1. (2)如图,过点 C1 作 C1D⊥A1B1,交直线 A1B1 于点 D,连接 AD. 由 AB1⊥平面 A1B1C1 得平面 A1B1C1⊥平面 ABB1, 由 C1D⊥A1B1 得 C1D⊥平面 ABB1, 所以∠C1AD 是 AC1 与平面 ABB1 所成的角. 由 B1C1= 5,A1B1=2 2,A1C1= 21得 cos∠C1A1B1= 6 7, sin∠C1A1B1= 1 7,所以 C1D= 3, 故 sin∠C1AD=퐶1D 퐴퐶1 = 39 13 . 因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39 13 . 2.(2017 天津,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 7 21,求线段 AH 的长. 解析　如图,以 A 为原点,分别以퐴퐵,퐴퐶,퐴푃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:퐷퐸=(0,2,0),퐷퐵=(2,0,-2). 设 n=(x,y,z) 为平面 BDE 的法向量, 则{푛·DE = 0, 푛·DB = 0,即 {2푦 = 0, 2푥 - 2푧 = 0.不妨设 z=1,可得 n=(1,0,1).又푀푁=(1,2,-1),可得푀푁·n=0. 因为 MN⊄平面 BDE,所以 MN∥平面 BDE. (2)易知 n 1=(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量.设 n 2=(x,y,z)为平面 EMN 的法向量,则 {푛2·EM = 0, 푛2·MN = 0. 因为퐸푀=(0,-2,-1),푀푁=(1,2,-1),所以{ -2푦 - 푧 = 0, 푥 + 2푦 - 푧 = 0. 不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2). 因此有 cos= 푛1·푛2 |푛1||푛2|=- 4 21, 于是 sin= 105 21 . 所以,二面角 C-EM-N 的正弦值为 105 21 . (3)依题意,设 AH=h(0≤h≤4),则 H(0,0,h),进而可得푁퐻=(-1,-2,h),퐵퐸=(-2,2,2).由已知,得 |cos<푁퐻,퐵퐸>|= |푁퐻·퐵퐸| |푁퐻||퐵퐸|= |2ℎ - 2| ℎ2 + 5 × 2 3= 7 21,整理得 10h2-21h+8=0,解得 h=8 5或 h=1 2. 所以,线段 AH 的长为8 5或1 2. 方法总结　利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件, 充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐 标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将 相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论. 考点二　用向量法求空间角和距离 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　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{푂퐵,푂퐶,푂푂1}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 P( 3 2 , - 1 2,2). 从而퐵푃=( - 3 2 , - 1 2,2),퐴퐶1=(0,2,2). 故|cos<퐵푃,퐴퐶1>|= |퐵푃·퐴퐶1| |퐵푃|·|퐴퐶1| = | - 1 + 4| 5 × 2 2=3 10 20 . 因此,异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为3 10 20 . (2)因为 Q 为 BC 的中点,所以 Q( 3 2 ,1 2,0), 因此퐴푄=( 3 2 ,3 2,0),퐴퐶1=(0,2,2),퐶퐶1=(0,0,2). 设 n=(x,y,z)为平面 AQC1 的一个法向量, 则{ AQ·푛 = 0, AC1·푛 = 0,即{ 3 2 x + 3 2y = 0, 2푦 + 2푧 = 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<퐶퐶1,n>|= |CC1·푛| |CC1|·|푛| = 2 5 × 2= 5 5 , 所以直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值为 5 5 . 方法总结　(1)向量法求异面直线所成角的步骤:①求两条直线所对应的方向向量 m,n;②异 面直线所成角 θ 的余弦值 cos θ=|cos|= |푚·푛| |푚|·|푛|. (2)向量法求线面角的正弦值的步骤:①求直线的方向向量 a 和平面的法向量 b;②直线与平 面所成角 θ 的正弦值 sin θ=|cos|= |푎·푏| |푎||푏|. 易错警示　(1)异面直线所成角 θ 的范围为(0,π 2], ∴cos θ=|cos|. (2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|. 2.(2017 北京,16,14 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),퐵퐷=(4,-4,0),푃퐷=(2,0,- 2). 设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,z), 则{푛·BD = 0, 푛·PD = 0,即{4푥 - 4푦 = 0, 2푥 - 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= 푛·푝 |푛||푝|=1 2. 由题意知二面角 B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π 3. (3)由题意知 M( -1,2, 2 2 ),C(2,4,0),푀퐶=(3,2, - 2 2 ). 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 α, 则 sin α=|cos|= |푛·MC| |푛||MC|=2 6 9 . 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6 9 . 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|= |푛1·푛2| |푛1||푛2|,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=| 푒·푛 |푒||푛||,θ∈(0,휋 2]. C 组　教师专用题组 1.(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　本小题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量 解决问题的能力. 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{퐴퐸,퐴퐷,퐴퐴1}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)퐴1B=( 3,-1,- 3),퐴퐶1=( 3,1, 3), 则 cos<퐴1B,퐴퐶1>= 퐴1B·퐴퐶1 |퐴1B||퐴퐶1| =( 3, - 1, - 3)·( 3,1, 3) 7 =-1 7, 因此异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为1 7. (2)平面 A1DA 的一个法向量为퐴퐸=( 3,0,0). 设 m=(x,y,z)为平面 BA1D 的法向量, 又퐴1B=( 3,-1,- 3),퐵퐷=(- 3,3,0), 则{푚·A1B = 0, 푚·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<퐴퐸,m>= AE·푚 |AE||푚|=( 3,0,0)·(3, 3,2) 3 × 4 =3 4. 设二面角 B-A1D-A 的大小为 θ,则|cos θ|=3 4. 因为 θ∈[0,π],所以 sin θ= 1 - cos2θ= 7 4 . 因此二面角 B-A1D-A 的正弦值为 7 4 . 2.(2016 天津,17,13 分)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,AB=BE=2. (1)求证:EG∥平面 ADF; (2)求二面角 O-EF-C 的正弦值; (3)设 H 为线段 AF 上的点,且 AH=2 3HF,求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值. 解析　依题意,OF⊥平面 ABCD,如图,以 O 为原点,分别以퐴퐷,퐵퐴,푂퐹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,퐴퐷=(2,0,0),퐴퐹=(1,-1,2). 设 n1=(x,y,z)为平面 ADF 的法向量, 则{푛1·AD = 0, 푛1·AF = 0,即{2푥 = 0, 푥 - 푦 + 2푧 = 0. 不妨设 z=1,可得 n1=(0,2,1),又퐸퐺=(0,1,-2),可得퐸퐺·n1=0,又因为直线 EG⊄平面 ADF,所以 EG∥平面 ADF. (2)易证,푂퐴=(-1,1,0)为平面 OEF 的一个法向量. 依题意,퐸퐹=(1,1,0),퐶퐹=(-1,1,2). 设 n2=(x,y,z)为平面 CEF 的法向量,则{푛2·EF = 0, 푛2·CF = 0, 即{푥 + 푦 = 0, -푥 + 푦 + 2푧 = 0.不妨设 x=1,可得 n2=(1,-1,1). 因此有 cos<푂퐴,n2>= OA·푛2 |OA|·|푛2|=- 6 3 , 于是 sin<푂퐴,n2>= 3 3 . 所以,二面角 O-EF-C 的正弦值为 3 3 . (3)由 AH=2 3HF,得 AH=2 5AF. 因为퐴퐹=(1,-1,2),所以퐴퐻=2 5퐴퐹=(2 5, - 2 5,4 5), 进而有 H( - 3 5,3 5,4 5),从而퐵퐻=(2 5,8 5,4 5), 因此 cos<퐵퐻,n2>= BH·푛2 |BH|·|푛2|=- 7 21. 所以,直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为 7 21. 思路分析　(1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为 0 证明线面平行.(2)求出两 平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹 角的余弦值,进而得线面角的正弦值. 3.(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 AC⊥BC,所以 AC⊥平面 BCK,因此,BF⊥AC. 又因为 EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且 F 为 CK 的中点,则 BF⊥CK. 所以 BF⊥平面 ACFD. (2)解法一:过点 F 作 FQ⊥AK 于 Q,连接 BQ. 因为 BF⊥平面 ACK,所以 BF⊥AK,则 AK⊥平面 BQF,所以 BQ⊥AK. 所以,∠BQF 是二面角 B-AD-F 的平面角. 在 Rt△ACK 中,AC=3,CK=2,得 FQ=3 13 13 . 在 Rt△BQF 中,FQ=3 13 13 ,BF= 3,得 cos∠BQF= 3 4 . 所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为 3 4 . 解法二:如图,延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,则△BCK 为等边三角形.取 BC 的中点 O,则 KO⊥BC, 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), E(1 2,0, 3 2 ),F( - 1 2,0, 3 2 ). 因此,퐴퐶=(0,3,0),퐴퐾=(1,3, 3),퐴퐵=(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{AC·푚 = 0, AK·푚 = 0得{3y1 = 0, x1 + 3y1 + 3z1 = 0,取 m=( 3,0,-1); 由{AB·푛 = 0, AK·푛 = 0 得{2x2 + 3y2 = 0, x2 + 3y2 + 3z2 = 0,取 n=(3,-2, 3). 于是,cos= 푚·푛 |푚|·|푛|= 3 4 . 所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为 3 4 . 方法总结　计算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角,也可以利用平面的法向量 和向量的夹角公式求解.本题(2)的解法一根据二面角的平面角的定义构造 AD 的垂面,二面 角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通过解三角形求解. 评析　本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和 运算求解能力. 4.(2016 山东,17,12 分)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 EF=FB=1 2AC=2 3,AB=BC.求二面角 F-BC-A 的余弦值. 解析　(1)证明:取 FC 的中点为 I,连接 GI,HI. 在△CEF 中,因为点 G 是 CE 的中点,所以 GI∥EF. 又 EF∥OB,所以 GI∥OB. 在△CFB 中,因为 H 是 FB 的中点,所以 HI∥BC. 又 HI∩GI=I,所以平面 GHI∥平面 ABC. 因为 GH⊂平面 GHI,所以 GH∥平面 ABC. (2)解法一:连接 OO',则 OO'⊥平面 ABC. 又 AB=BC,且 AC 是圆 O 的直径,所以 BO⊥AC. 以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 由题意得 B(0,2 3,0), C(-2 3,0,0), 所以퐵퐶=(-2 3,-2 3,0), 过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M. 所以 FM= 퐹퐵2 - B푀2=3,可得 F(0, 3,3). 故퐵퐹=(0,- 3,3). 设 m=(x,y,z)是平面 BCF 的法向量. 由{푚·BC = 0, 푚·BF = 0,可得{ -2 3x - 2 3y = 0, - 3y + 3z = 0. 进而可得平面 BCF 的一个法向量 m=( -1,1, 3 3 ). 因为平面 ABC 的一个法向量 n=(0,0,1), 所以 cos= 푚·푛 |푚|·|푛|= 7 7 . 又易知二面角 F-BC-A 为锐二面角, 所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 7 7 . 解法二:连接 OO'.过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M. 则有 FM∥OO'. 又 OO'⊥平面 ABC,所以 FM⊥平面 ABC. 可得 FM= 퐹퐵2 - B푀2=3. 过点 M 作 MN 垂直 BC 于点 N,连接 FN. 可得 FN⊥BC,从而∠FNM 为二面角 F-BC-A 的平面角. 又 AB=BC,AC 是圆 O 的直径, 所以 MN=BMsin 45°= 6 2 . 从而 FN= 42 2 ,可得 cos∠FNM= 7 7 . 所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 7 7 . 5.(2015 课标Ⅱ,19,12 分,0.501)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 α 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 α 所成角的正弦值. 解析　(1)交线围成的正方形 EHGF 如图: (2)作 EM⊥AB,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= 퐸퐻2 - E푀2=6,所以 AH=10. 以 D 为坐标原点,퐷퐴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),퐹퐸=(10,0,0),퐻퐸=(0,-6,8). 设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量, 则{푛·FE = 0, 푛·HE = 0,即{10푥 = 0, -6푦 + 8푧 = 0, 所以可取 n=(0,4,3). 又퐴퐹=(-10,4,8), 故|cos|= |푛·AF| |푛||AF|=4 5 15 . 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为4 5 15 . 思路分析　(1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长 度作截面;(2)以 D 为坐标原点,퐷퐴,퐷퐶,퐷퐷1的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角 坐标系,分别求出平面 α 的法向量与直线 AF 的方向向量,从而利用向量法求得直线 AF 与平 面 α 所成角的正弦值. 方法技巧　利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进 而求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与 平面的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的角. 6.(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=π 2,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{퐴퐵,퐴퐷,퐴푃}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퐴퐷是平面 PAB 的一个法向量,퐴퐷=(0,2,0). 因为푃퐶=(1,1,-2),푃퐷=(0,2,-2), 设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z), 则 m·푃퐶=0,m·푃퐷=0, 即{푥 + 푦 - 2푧 = 0, 2푦 - 2푧 = 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<퐴퐷,m>= AD·푚 |AD||푚|= 3 3 , 所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 3 3 . (2)因为퐵푃=(-1,0,2), 设퐵푄=λ퐵푃=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1), 又퐶퐵=(0,-1,0), 则퐶푄=퐶퐵+퐵푄=(-λ,-1,2λ), 又퐷푃=(0,-2,2), 从而 cos<퐶푄,퐷푃>= 퐶푄·퐷푃 |퐶푄||퐷푃|= 1 + 2휆 10휆2 + 2. 设 1+2λ=t,t∈[1,3], 则 cos2 <퐶푄,퐷푃>= 2푡2 5푡2 - 10t + 9= 2 9(1 푡 - 5 9)2 + 20 9 ≤ 9 10. 当且仅当 t=9 5,即 λ=2 5时,|cos<퐶푄,퐷푃>|的最大值为3 10 10 . 因为 y=cos x 在(0,π 2)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=2 5BP=2 5 5 . 7.(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 θ 的正弦值. 解析　(1)证明:由该四面体的三视图可知, BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,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, ∴BC∥FG,BC∥EH, ∴FG∥EH. 同理,EF∥AD,HG∥AD, ∴EF∥HG, ∴四边形 EFGH 是平行四边形. 又∵AD⊥DC,AD⊥BD, ∴AD⊥平面 BDC, ∴AD⊥BC,∴EF⊥FG, ∴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), 퐷퐴=(0,0,1),퐵퐶=(-2,2,0),퐵퐴=(-2,0,1). 设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC, ∴n·퐷퐴=0,n·퐵퐶=0, 得{푧 = 0, -2푥 + 2푦 = 0,取 n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<퐵퐴,n>|=| 퐵퐴·푛 |퐵퐴||푛||= 2 5 × 2= 10 5 . 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 E(1,0,1 2),F(1,0,0),G(0,1,0). ∴퐹퐸=(0,0,1 2),퐹퐺=(-1,1,0),퐵퐴=(-2,0,1). 设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z), 则 n·퐹퐸=0,n·퐹퐺=0, 得{1 2z = 0, -푥 + 푦 = 0,取 n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<퐵퐴,n>|=| 퐵퐴·푛 |퐵퐴||푛||= 2 5 × 2= 10 5 . 【三年模拟】 一、填空题(共 5 分)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 二、1.(2018 广东珠海四校 4 月模拟,14)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=1,AA1=2,点 E 为 CC1 的中点,则点 D1 到平面 BDE 的距离为　　　　. 答案　2 3 3 二、解答题(共 60 分) 2.(2019 届黑龙江哈尔滨师范大学附中期中,19)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,侧棱 SA⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,且 SA=AB=BC=2,AD=1,M 是棱 SB 的中点. (1)求证:AM∥平面 SCD; (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成锐二面角的余弦值; (3)设点 N 是线段 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为 θ,求 sin θ 的最大值. 解析　(1)以点 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1), ∴퐴푀=(0,1,1),푆퐷=(1,0,-2),퐶퐷=(-1,-2,0), 设平面 SCD 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则{SD·푛 = 0, CD·푛 = 0,∴{푥 - 2푧 = 0, -푥 - 2푦 = 0,令 z=1,得 n=(2,-1,1), ∴퐴푀·n=0,即퐴푀⊥n, ∵AM⊄平面 SCD,∴AM∥平面 SCD. (2)取平面 SAB 的一个法向量 m=(1,0,0),由图可知,平面 SCD 与平面 SAB 所成角为锐二面角, 则 cos= 푛·푚 |푛||푚|= 2 1 × 6= 6 3 , ∴平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角的余弦值为 6 3 . （ 3 ） 设 N(x,2x-2,0)(1≤x≤2), 则 푀푁=(x,2x-3,-1),∵ 平 面 SAB 的 一 个 法 向 量 为 m=(1,0,0),∴sin θ=|cos<푀푁,m>|=| 푀푁·푚 |푀푁|·푚|=| 푥 5푥2 - 12x + 10|= 1 10 × (1 푥 - 3 5)2 + 7 5 , ∴当1 푥=3 5,即 x=5 3时,sin θ 取得最大值,且(sin θ)max= 35 7 . 思路分析　(1)通过建立空间直角坐标系,利用퐴푀·n=0 即可证明 AM∥平面 SCD;(2)分别求出 平面 SCD 与平面 SAB 的法向量,利用法向量的夹角即可得出;(3)利用线面角的夹角公式即可 得出表达式,进而利用二次函数的单调性即可得出结果. 3.(2019 届山东青岛 9 月调研,19)如图,在长方形 ABCD 中,퐴퐵=π,AD=2,E,F 为线段 AB 的三 等分点,G、H 为线段 DC 的三等分点.将长方形 ABCD 卷成以 AD 为母线的圆柱 W 的半个侧 面,AB、CD 分别为圆柱 W 上、下底面的直径. (1)证明:平面 ADHF⊥平面 BCHF; (2)求二面角 A-BH-D 的余弦值. 解析　(1)证明:因为 H 在下底面圆周上,且 CD 为下底面半圆的直径,所以 DH⊥HC.又因为 DH⊥FH,且 CH∩FH=H,所以 DH⊥平面 BCHF,又因为 DH⊂平面 ADHF,所以平面 ADHF⊥平面 BCHF. (2)以 H 为坐标原点,分别以 HD,HC,HF 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 H-xyz, 设下底面半径为 r,则 πr=π,所以 r=1,CD=2, 因为 G、H 为 DC 的三等分点, 所以∠HDC=30°,所以在 Rt△DHC 中,HD= 3,HC=1, 所以 A( 3,0,2),B(0,1,2),D( 3,0,0), 设平面 ABH 的法向量为 n=(x,y,z), 因为 n·퐻퐴=(x,y,z)·( 3,0,2)=0,n·퐻퐵=(x,y,z)·(0,1,2)=0, 所以{ 3x + 2z = 0, 푦 + 2푧 = 0, 令 x=-2,得 y=-2 3,z= 3, 所以平面 ABH 的一个法向量为 n=(-2,-2 3, 3), 设平面 BHD 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 因为 m·퐻퐷=(x1,y1,z1)·( 3,0,0)=0, m·퐻퐵=(x1,y1,z1)·(0,1,2)=0,所以{ 3푥1 = 0, 푦1 + 2푧1 = 0,令 z1=1,得 y1=-2,x1=0,所以平面 BHD 的一个 法向量为 m=(0,-2,1), 结合图形结 A-BH-D 的二面角为锐角,设为 θ, 所以二面角 A-BH-D 的余弦值 cos θ=| 푚·푛 |푚||푛||= 285 19 . 4.(2018 湖 北 八 校 4 月 联 考 ,18) 如 图 , 四 边 形 ABCD 与 BDEF 均 为 菱 形 ,FA=FC, 且 ∠DAB=∠DBF=60°. (1)求证:AC⊥平面 BDEF; (2)求直线 AD 与平面 ABF 所成角的正值弦. 解析　(1)证明:设 AC 与 BD 相交于点 O,连接 FO, ∵四边形 ABCD 为菱形, ∴AC⊥BD,且 O 为 AC 中点, ∵FA=FC,∴AC⊥FO, 又 FO∩BD=O,∴AC⊥平面 BDEF.(5 分) (2)连接 DF,∵四边形 BDEF 为菱形,且∠DBF=60°, ∴△DBF 为等边三角形, ∵O 为 BD 的中点,∴FO⊥BD, 又 AC⊥FO,AC∩BD=O, ∴FO⊥平面 ABCD. ∵OA,OB,OF 两两垂直, ∴可建立空间直角坐标系 O-xyz,如图所示.(7 分) 设 AB=2,∵四边形 ABCD 为菱形,∠DAB=60°, ∴BD=2,AC=2 3. ∵△DBF 为等边三角形,∴OF= 3. ∴A( 3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0, 3), ∴퐴퐷=(- 3,-1,0),퐴퐹=(- 3,0, 3),퐴퐵=(- 3,1,0). 设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z), 则{AF·푛 = - 3x + 3z = 0, AB·푛 = - 3x + y = 0, 取 x=1,得 n=(1, 3,1).(10 分) 设直线 AD 与平面 ABF 所成角为 θ, 则 sin θ=|cos<퐴퐷,n>|= |AD·푛| |AD|·|푛|= 15 5 .(12 分) 5.(2018 广东茂名模拟,18)如图,在矩形 ABCD 中,CD=2,BC=1,E,F 是平面 ABCD 同一侧的两 点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE= 5,FC=1. (1)证明:平面 CDF⊥平面 ADE; (2)求二面角 E-BD-F 的正弦值. 解析　(1)证明:∵四边形 ABCD 是矩形,∴CD⊥AD. ∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE. 又 AD∩AE=A,∴CD⊥平面 ADE. ∵CD⊂平面 CDF,∴平面 CDF⊥平面 ADE. (2)∵AD=BC=1,EA=2,DE= 5, ∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD. 又 AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面 ABCD. 以 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则 D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2). ∴퐷퐵=(1,2,0),퐷퐹=(0,2,1), 设平面 BDF 的法向量为 m=(x,y,z), ∴{푚·DB = x + 2y = 0, 푚·DF = 2y + z = 0, 令 x=2,得 m=(2,-1,2). 同理可求得平面 BDE 的一个法向量为 n=(2,-1,-1), ∴cos= 푚·푛 |푚|·|푛|= 3 3 × 6= 6 6 , ∴sin= 30 6 . 故二面角 E-BD-F 的正弦值为 30 6 . 6.(2017 河南 4 月质检,19)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯 形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC= 2,点 E 在 AD 上,且 AE=2ED. (1)已知点 F 在 BC 上,且 CF=2FB,求证:平面 PEF⊥平面 PAC; (2)当二面角 A-PB-E 的余弦值为多少时,直线 PC 与平面 PAB 所成的角为 45°? 解析　(1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°, ∵底面 ABCD 是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC, ∴∠ACD=45°,则 AD=CD,(1 分) 又 AB⊥AC,∴BC= 2AC=2AD,(2 分) ∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=2 3AD, ∴四边形 ABFE 是平行四边形, ∴AB∥EF,(3 分) ∴AC⊥EF, ∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥EF,(4 分) ∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面 PAC, ∵EF⊂平面 PEF,∴平面 PEF⊥平面 PAC.(5 分) (2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A, ∴AC⊥平面 PAB, 则∠APC 为 PC 与平面 PAB 所成的角, 若 PC 与平面 PAB 所成的角为 45°, 则 tan∠APC=퐴퐶 푃퐴=1,即 PA=AC= 2,(6 分) 取 BC 的中点 G,连接 AG,则 AG⊥BC,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E(0,2 3,0),P(0,0, 2), ∴퐸퐵=(1, - 5 3,0),퐸푃=(0, - 2 3, 2),(7 分) 设平面 PBE 的法向量为 n=(x,y,z), 则{푛·EB = 0, 푛·EP = 0,即{푥 - 5 3y = 0, - 2 3y + 2z = 0, 令 y=3,则 x=5,z= 2,∴n=(5,3, 2),(9 分) 易知퐴퐶=(1,1,0)是平面 PAB 的一个法向量,(10 分)cos= 5 + 3 2 × 6=2 2 3 , 结合图形可知当二面角 A-PB-E 的余弦值为2 2 3 时,直线 PC 与平面 PAB 所成的角为 45°.(12 分) 思路分析　(1)先证明四边形 ABFE 为平行四边形,得 AB∥EF,然后证明 EF⊥平面 PAC,从而证明 平面 PEF⊥平面 PAC;(2)根据线面角定义找出 PC 与平面 PAB 所成角,得 PA 的长,然后建立空 间直角坐标系,分别求出平面 PAB 与平面 PBE 的法向量,再利用向量法求出二面角 A-PB-E 的 余弦值. 解题关键　建立恰当的空间直角坐标系,确定出各点的坐标是解题的关键.