高考数学命题角度4_3空间位置关系证明与二面角求解大题狂练理 21页

命题角度 4.3：空间位置关系证明与二面角求解 1.如图所示，已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1 1AC B C ， 1 1 1A A A B ， 1 1 60AA B   ． （1）求证： 1AB B C ； （2）若 1 1 1 2A B B C  ， 1 1 2BC  ，求二面角 1 1C AB B  的余弦值． 【答案】(1)见解析；（2） 21 7 . 【解析】试题分析: （1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给 予证明，而线线垂直的寻找与论证往往需要结合平几知识，如利用等腰三角形性质得底边上 中线垂直底面得线线垂直，（2）一般利用空间向量数量积求二面角大小，先根据条件 确定恰 当空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面法向量，利用向量数量积求法向量夹 角余弦值，最后根据法向量夹角与二面角关系确定二面角的余弦值. （2）∵ 1ABB 为等边三角形， 2AB  ，∴ 1 3OB  ， ∵在 ABC 中， 2AB  ， 2BC AC  ， O 为 AB 中点， ∴ 1OC  ， ∵ 1 2B C  ， 1 3OB  ，∴ 2 2 2 1 1OB OC B C  ， ∴ 1OB OC ， 又 1OB AB ， ∴ 1OB  平面 ABC ． 以O 为原点， OB ， OC ， 1OB 方向为 x ， y ， z 轴的正向，建立如图所示的坐标系，  1,0,0A  ，  1 0,0, 3B ，  1,0,0B ，  0,1,0C ， 则  1 1 1 1,1, 3OC OC CC OC BB          ， 则  1 1,1, 3C  ，  1 1,0, 3AB  ，  1 0,1, 3AC  ， 则平面 1BAB 的一个法向量  0,1,0m  ， 设  , ,n x y z 为平面 1 1AB C 的法向量，则 1 1 3 0,{ 3 0, n AB x z n AC y z           令 1z   ，∴ 3x y  ， ∴  3, 3, 1n   ， ∴ 21cos , 7 m nm n m n         ． 点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 2. 如 图 ， 四 棱 锥 P ABCD 中 ， 平 面 PAD  平 面 ABCD ， 底 面 ABCD 为 梯 形 ， / / , 2 2 3,AB CD AB DC AC BD F    ，且 PAD 与 ABD 均为正三角形， G 为 PAD 的重心. （1）求证： / /GF 平面 PDC ； （2）求平面 AGC 与平面 PAB 所成锐二面角的正切值. 【答案】（1）见解析（2） 8 11 【解析】试题分析：（1）要证线面平行，则需在平面中找一线与之平行即可，所以连接 AG 并 延长交 PD 于 H ，连接CH .由梯形 , / /ABCD AB CD 且 2AB DC ，知 2 1 AF FC  ，又G 为 PAD 的重心， 2 1 AG AF GH FC    ，故 / /GF HC 从而的证明（2）求解二面角时则通过建 立坐标系求两面的法向量，再利用向量的数量积公式求解即可 试题解析： 解：(1)连接 AG 并延长交 PD 于 H ，连接CH .由梯形 , / /ABCD AB CD 且 2AB DC ， 知 2 1 AF FC  ，又 G 为 PAD 的重心， 2 1 AG AF GH FC    ，故 / /GF HC .又 HC  平面 ,PCD GF  平面 , / /PCD GF 平面 PDC . (2) 平面 PAD  平面 ,ABCD PAD 与 ABD 均为正三角形，延长 PG 交 AD 的中点 E ， 连接 , , ,BE PE AD BE AD PE     平面 ABCD ，以 E 为原点建立如图所示的空间直角 坐 标 系 ，          2 2 3, 3,0,0 , 0,0,3 , 0,3,0 , 3,0,0 , 0,0,1AB DC A P B D G    ，      3,0,1 , 3,3,0 , 3,0,3AG AB AP         ， 设      0 0 0 0 0 0 1 1, , , , 3, , 3,3,02 2C x y z DC AB x y z       ， 可 得 0 0 0 3 3 3 3 3 3 5 3 3, , 0, , ,0 , , ,02 2 2 2 2 2x y z C AC                       ，设平面 PAB 的一个 法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ，由 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 0 3{ { { 3 3 0 3 n AB x y x y n AP x z x z                ，令 1 1z  ，得  1 3,1,1n  ， 同 理 可 得 平 面 AGC 的 一 个 法 向 量   1 1 2 1 2 1 2 3 5 3 113,5,3 , cos , 5 37 185 n nn n n n n                  ，所以平面 AGC 与平面 PAB 所 成锐二面角的正切值为 8 11 . 点睛：证线面平行首先要明确和熟悉其判定定理，在面内找一线与一直线平行即可，求面面 角时则通常经过建立直角坐标系，求出两面的法向量，再通过向量夹角公式计算即可 3. 如 图 ， 在 三 棱 柱 1 1 1ABC A B C 中 ， 平 面 1 1A ACC  平 面 ABC ， 2AB BC  ， 30ACB   ， 1 120C CB   ， 1 1BC AC ， E 为 AC 的中点． （1）求证： 1AC  平面 1C EB ； （2）求二面角 1A AB C  的余弦值． 【答案】（1）见解析;（2） 1 3 ． 【解析】试题分析：证明线面垂直，只需寻求线线垂直，利用题目提供的面面垂直，可以得 到线面垂直，进而说明线线垂直；求二面角可采用建立空间直角坐标系，借助法向量求解， 本题需要设 1 1,AA x A AC    ，根据条件求出 x ，再利用法向量求出二面角的余弦. 试题解析：（1）证明：∵ BA BC ， E 为 AC 的中点，∴ BE AC ，又平面 1 1A ACC  平 面 ABC ，平面 1 1A ACC  平面 ABC AC ， BE  平面 ABC ，∴ BE  平面 1 1A ACC ， 又 1AC  平面 1 1A ACC ，∴ 1BE AC ．又 1 1BC AC ， 1BE BC B  ，∴ 1AC  面 1C EB ． 则由余弦定理得 2 2 2 1 312 2 2 3 4 123AC x x x x        ． 2 2 2 1 33 2 3 2 33C E x x x x               ，设 1AC 与 1C E 交于点 H ，则 1 1 2 3A H AC ， 1 1 2 3C H C E ，而 1AC  1C E ，则 2 2 2 1 1 1 1A H C H AC  ． 于是      22 24 44 12 2 3 2 39 9x x x x      ，即 2 6 0x x   ，∴ 3x  或 2 （舍） 容易求得： 1 6A E  ，而 2 2 2 1 1A E AE AA  ． 故 1A E AC ，由面 1 1A ACC  面 ABC ，则 1A E  面 ABC ，过 E 作 EF AB 于 F ，连 1A F ， 则 1A FE 为二面角 1A AB C  的平面角，由平面几何知识易得 3 2EF  ， 1 3 32A F  ． ∴ 1 1 3 12cos 33 3 2 AEA FE A F     ． 方法二：以 A 点为原点， AC 为 y 轴，过点 A 与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴，建立如图所 示的空间直角坐标系，设 1AA x ， 1A AC   ，则  1, 3,0B ，  0,2 3,0C ，  0, 3,0E ，  1 0,2 3 cos , sinC x x  ． ∴  1, 3,0CB   ，  1 0, cos , sinCC x x  ．由 1 1 1 1cos , 2 CB CCCB CC CB CC         ，得 3 cos 1 2 2 x x     ，∴ 3cos 3   ，则 1 3 60, ,3 3A x x       ， 1 3 60,2 3 ,3 3C x x      ， 于是 1 3 60,2 3 ,3 3AC x x         ， 1 3 61, 3 ,3 3BC x         ， ∵ 1 1AC BC  ， 不妨设平面 ABC 的法向量  2 0,0,1n  ，则 1 2 1 2 1 2 2 12cos , 39 12 n nn n n n            ， 故二面角 1A AB C  的余弦值为 1 3 ． 【点睛】证明线面垂直，只需寻求线线垂直，利用题目提供的面面垂直，可以得到线面垂直， 进而说明线线垂直；求二面角的方法有两种，传统方法为“作、证、求”，用空间向量，借 助法向量更容易一些. 4.如图，在梯形 ABCD 中， AB CD ， 2 3BCD   ，四边形 ACFE 为矩形，且CF  平 面 ABCD ， 1AD CD BC CF    . （1）求证： EF  平面 BCF ； （2）点 M 在线段 EF （含端点）上运动，当点 M 在什么位置时，平面 MAB 与平面 FCB 所 成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析（2） 7 7 【解析】试题分析： （ 1 ） 由 2 3BCD   ， AD CD BC  可 得 BC AC . 由 CF ABCD 平面 可 得 AC CF .从而 EF  平面 .BCF （2）分别以直线CA ， CB ， CF 为 x 轴， y 轴， z 轴的如图所示建立空间直角坐标系， 令 FM  ( 0 3  ). 平面 MAB 的一个法向量 1 n =(1, 3 , 3  ), 2 n =(1,0,0) 是平面 FCB 的一个法向量.     1 2 21 2 2 n ·n 1 1cos .n · n 1 3 3 1 3 4                 ｜ ｜ ｜ ｜｜ ｜ ∵ 0 3  ,∴当 0  时， cos 有最小值 7 7 . 试题解析： (I)在梯形 ABCD 中，∵ / /AB CD ，设 1AD CD BC   ， 又∵ 2 3BCD   ,∴ 2AB  ，∴ 2 2 2 02 cos60 3.AC AB BC AB BC      ∴ 2 2 2.AB AC BC  ∴ BC AC . ∵CF ABCD 平面 ， AC ABCD 平面 ， ∴ AC CF ，而CF BC C  ， ∴ .AC BCF 平面 ∵ / / ,EF AC ∴ EF BCF 平面 . (II)由(I)可建立分别以直线 CA ， CB ， CF 为 x 轴， y 轴， z 轴的如图所示建立空间 直角坐标系， 设 1AD CD BC CF    ，令 FM  (0 3  ),则C (0，0，0)， A ( 3 ，0， 0)， B (0，1，0)， M (  ，0，1)， ∴ AB  =(- 3 ，1，0)， BM  =(  ，-1，1)， 设  1 , ,n x y z 为平面 MAB 的一个法向量， 由 1 1 · 0 { · 0, n AB n BM     ， 得 3 0{ 0, x y x y z       ， 取 1x  ,则 1 n =(1, 3 , 3  ), ∵ 2 n =(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量, ∴     1 2 21 2 2 n ·n 1 1cos .n · n 1 3 3 1 3 4                 ｜ ｜ ｜ ｜｜ ｜ ∵ 0 3  ,∴当 0  时， cos 有最小值 7 7 ， ∴点 M 与点 F 重合时，平面 MAB 与平面 FCB 所成二面 角最大，此时二面角的余弦值为 7 7 . 5.如图， 在四棱锥 E ABCD 中，底 面 ABCD 为正方 形， AE  平面 CDE ，已知 2,AE DE F  为线段 DF 的中点. （I）求证： BE  平面 ACF ； （II）求平面 BCF 与平面 BEF 所成锐二面角的余弦角. 【答案】（1）见解析；（2） 5 51 51 . (II)因为 AE  平面 ,CDE CD  平面CDE ， 所以 AE CD . 因为 ABCD 为正方形，所以CD AD . 因为 , ,AE AD A AD AE   平面 DAE ， 所以CD  平面 DAE . 因为 DE  平面 DAE ，所以 DE CD . 所以以 D 为原点，以 DE 所在直线为 x 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则        2,0,0 , 1,0,0 , 2,0,2 , 0,0,0E F A D . 因为 AE  平面 ,CDE DE  平面CDE , 所以 AE CD . 因为 2AE DE  ，所以 2 2AD  . 因为四边形 ABCD 为正方形， 所以 2 2CD  ， 所以  0,2 2,0C . 由四边形 ABCD 为正方形， 得  2,2 2,2DB DA DC     , 所以  2,3 2,2B . 设平面 BEF 的一个法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ，又知    0, 2 2, 2 , 1,0,0BE FE     ， 由 1 1 1 11 0 2 2 2 0,{ { 0,0 n BE y z xn FE          令 1 1y  ，得 1 10, 2x z   ， 所以  1 0,1, 2n   . 设平面 BCF 的一个法向量为  2 2 2 1 2, ,n x y z ，又知    2,0, 2 , 1, 2 2,0BC CF     , 由 2 22 2 22 2 2 0,0{ { 2 2 0,0 x zn BC x yn CF           令 2 1y  ，得 2 22 2, 2 2x z   ， 所以  2 2 2,1, 2 2n   . 设平面 BCF 与平面 BEF 所成的锐二面角为 ， 又 1 2 1 2 1 2 1 4 5 51cos , 513 17 n nn n n n        ， 则 5 51cos 51   . 所以平面 BCF 与平面 BEF 所成的锐二面角的余弦值为 5 51 51 . 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角的大小，属于难 题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； （2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直 线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据 定理结论求出相应的角和距离. 6.如图，在三棱台 1 1 1ABC A B C 中， 1CC  平面 ABC ， 1 1 12 2AB A B CC  ， M ， N 分 别为 AC ， BC 的中点． （1）求证： 1 / /AB 平面 1C MN ； （2）若 AB BC 且 AB BC ，求二面角 1C MC N  的大小． 【答案】（1）证明见解析；（2） 60 . 【解析】 试题分析：（1）利用中位线，有 1 1/ / , / /AB MN BB C C ，所以平面 1 / /ABB 平面 1MNC ，所 以 1 / /AB 平面 1C MN ；（2）易得 MA ，MB ， 1MA 两两垂直，以此建立空间直角坐标系，分 别计算平面 1 1,CMC NMC 的法向量，利用法向量夹角来计算二面角 1C MC N  的余弦值为 1 2 ，所以二面角为 60 . 试题解析： （2）解：由 1CC  平面 ABC ，可得 1A M  平面 ABC ， 而 AB BC ， AB BC ， 则 MB AC ， 所以 MA ， MB ， 1MA 两两垂直， 故以点 M 为坐标原点，MA ，MB ， 1MA 所在的直线分别为 x ， y ， z 轴建立如图所示的空 间直角坐标系． 设 2AB  ，则 1 1 1 1A B CC  ， 2 2AC  ， 2AM  ， (0, 2,0)B ， ( 2,0,0)C  ， 1( 2,0,1)C  ， 2 2( , ,0)2 2N  ， 则平面 1 1ACC A 的一个法向量为 1 (0,1,0)n  ， 设平面 1C MN 的法向量为 2 2 2 2( , , )n x y z ，则 2 2 1 0, 0, n MN n MC          即 2 2 2 2 2 2 0,2 2 2 0, x y x z       取 2 1x  ，则 2 1y  ， 2 2z  ， 2 (1,1, 2)n  ， 1 2 1 1cos , 21 1 2 n n       ，易得二面角 1C MC N  为锐角， 所以二面角 1C MC N  的大小为 60 ． 考点：空间向量与立体几何. 7. 如图，三棱柱 中，侧面 是边长为 2 的菱形，且 ， ，四棱 锥 的体积为 2，点 在平面 内的正投影为 ，且 在 上点 是线段 上，且 ． （1）证明：直线 平面 ； （2）求二面角 的余弦值． 【答案】(1)详见解析；（2） 【解析】试题分析：（1）通过构造辅助线 FH，证明 为平行四边形，即借助线线平行证 明线面平行；（2）借助底面四边形的对角线互相垂直，建立空间直角坐标，利用向量方法求 解二面角. （Ⅰ）解析： 因为四棱锥 的体积为 2， 即 ，所以 又 ，所以 即点 是靠近点 的四等分点， 过点 作 交 于点 ，所以 ， 又 ，所以 且 ， 所以四边形 为平行四边形， 所以 ，所以直线 平面 . （Ⅱ） 设 的交点为 ， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，过点 作平面 的垂线为 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 设平面 的法向量为 ， ，则 ， ，则 ，即为所求. 点睛：本题主要考查直线与平面平行的判定定理、二面角、空间向量的应用，以三棱柱为载 体，考查借 助空间想象能力、逻辑推证、转化能力、运算能力．线面平行的判定方法一是线 面平行的判定定理，二是证面面平行，其解题的关键是在面内找到一线与面外一线平行，或 由线面平行导出面面平行，性质的运用一般要利用辅助平面；求二面角通常通过建立空间直 角坐标系利用空间夹角公式求解． 8.如图，在正方形 ABCD 中，点 E ，F 分别是 AB ，BC 的中点，将 AED DCF△ ，△ 分别沿 DE ， DF 折起，使 A C， 两点重合于 P . （Ⅰ）求证：平面 PBD BFDE 平面 ； （Ⅱ）求二面角 P DE F  的余弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ） 2 3 【解析】 试题分析：（Ⅰ）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明， 而线面垂直的证明往往利用线面垂直判定与性质定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线 垂直的寻找与论证往往需结合平几知识进行：连接 EF 交 BD 于 O ，则根据等腰三角形性质得 EF OD ， EF OP （Ⅱ）求二面角，一般利用空间向量进行求解，先根据条件建立空间直 角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面法向量，利用向量数量积求法向量夹角，最 后根据二面角与向量夹角之间关系求解 试题解析：（Ⅰ）证明：连接 EF 交 BD 于 O ，连接 OP . 在正方形 ABCD 中，点 E 是 AB 中点，点 F 是 BC 中点， 所以 BE BF DE DF ， ， 所以 DEB DFB△ ≌△ ， 所以在等腰 DEF△ 中， O 是 EF 的中点，且 EF OD ， 因此在等腰 PEF△ 中， EF OP ， 从而 EF OPD 平面 ， 又 EF BFDE 平面 ， 所以平面 BFDE OPD 平面 ， 即平面 PBD BFDE 平面 .…………………6 分 所以 AF DE ， 于是，在翻折后的几何体中， PGF 为二面角 P DE F  的平面角， 在正方形 ABCD 中，解得 2 5 5AG  ， 3 5 5GF  ， 所以，在 PGF△ 中， 2 5 5PG AG  ， 3 5 5GF  ， 1PF  ， 由余弦定理得 2 2 2 2cos 2 3 PG GF PFPGF PG GF     ， 所以，二面角 P DE F  的余弦值为 2 3 .………………………………12 分 设   x y zm ， ， 为平面 EFD 的一个法向量， 由 EF ED    m m   得 0 2 0 x y y z      ， 令 1x  ，得 11 1 2     m ， ， ， 又由题知  1 0 0n ， ， 是平面 PED 的一个法向量， 所以 2cos 3    m nm n m n ， . 所以，二面角 P DE F  的余弦值为 2 3 .………………………………12 分 考点：空间面面垂直的判定与性质、空间面面夹角 【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建 恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法 向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 9. 如 图 ， 四 棱 锥 P ABCD 中 ， PA  平 面 ABCD ， AD BC ， 2 2PA AB AD BC    ， BAD   ， E 是棱 PD 的中点. （Ⅰ）若 60   ，求证： AE  平面 PCD； （Ⅱ）求 的值，使二面角 P CD A  的平面角最小. 【答案】（Ⅰ）见解析; （Ⅱ） 3   . 【解析】试题分析： (Ⅰ)利用题意证得 CD AE ， PD AE .∴ AE  平面 PCD. (Ⅱ)建立空间直角坐标系，由题意可得 2 1cos 2cos 1 22sin          ，要使 最小，则 cos 最 大，得 3   . 试题解析： 当 60   时， ∵ AD BC ， 2 2AB AD BC   . ∴CD AD . 又 PA  平面 ABCD ，∴ PA CD . ∴CD  平面 PAD . 又 AE  平面 PAD ， ∴CD AE . 又 PA AD ， E 是棱 PD 的中点， ∴ PD AE . ∴ AE  平面 PCD. 又易知平面 ABCD 的法向量为  0,0,1m  . 设二面角 P CD A  的平面角为 ， 则 2 1cos 2cos 1 22sin m n m n                要使 最小，则 cos 最大，即 2cos 1 02sin     ， ∴ 1cos 2   ，得 3   10.如图，在四棱锥 A BCFE 中，四边形 EFCB 为梯形， / /EF BC ，且 3 4EF BC ， ABC 是边长为 2 的正三角形，顶点 F 在 AC 上的射影为点G ，且 3FG  ， 21 2CF  ， 5 2BF  . （1）证明：平面 FGB 平面 ABC ； （2）求二面角 E AB F  的余弦值. 【答案】（1）见解析（2） 7 85 85 【解析】试题分析：（1） 取 AC 的中点为O ，连接 ,OB GB 利用直角三角形的性质，可分别 求出 ,CG BG 的值，由勾股定理得 FG BG ．可得 FG  面 ABC ，可证平面 FGB  平面 ABC ；（2）以OB 所在直线为 x 轴， OC 所在直线为 y 轴，过点O 作平面 ABC 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两个半平面的法向量，利用法向量的夹角与 二面角的夹角的关系，可求二面角的余弦值． （Ⅱ）由（Ⅰ）知， OB FG ， OB AC ，且 AC FG G  所以 OB 面 AFC ，且 FG 面 ABC ．以 OB 所在直线为 x 轴， OC 所在直线为 y 轴， 过点O 作平面 ABC 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：     10, 1,0 , 3,0,0 , 0, , 32A B F      ， 33, , 32E     ，  3, 1,0BA    ， 3 5 1, , 3 , 3, , 34 4 2BE BF                   设平面 ABE ， ABF 的法向量分别为 ,m n  ，则 0{ 0 m BA m BM       ，则  1, 3, 1m    ， 0{ 0 n BA n BF       ，则 11, 3, 2n       ， 7 85cos 85 m n m n        ， 所以二面角 E AB F  的余弦值为 7 85 85 ． 点 睛 ： 若 1 2,n n   分 别 为 二 面 角 的 两 个 半 平 面 的 法 向 量 ， 则 二 面 角 的 大 小  满 足 1 2cos ,cos n n     ，二面角的平面角的大小是 1 2,n n   的夹角(或其补角，需根据观察得出结 论)．在利用向量求空间角时，建立合理的空间直角坐标系，正确写出各点坐标，求出平面的 法向量是解题的关键．