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- 2021-06-24 发布
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§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.
(1)求证:AF∥平面PEC;
(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.
证明 ∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,
∴PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,
以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0),
P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0).
(1)∵F为PD的中点,E为AB的中点,
∴F(0,1,1),E(1,0,0),
∴PE=(1,0,-2),PC=(2,2,-2).
设平面PEC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·PE=0,n1·PC=0,即x1-2z1=0,2x1+2y1-2z1=0,
取z1=1,则n1=(2,-1,1),
又∵AF=(0,1,1),∴AF·n1=0-1+1=0,
∴AF⊥n1,∴AF∥平面PEC.
(2)PC=(2,2,-2),PD=(0,2,-2).
设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·PC=0,n2·PD=0,∴2x2+2y2-2z2=0,2y2-2z2=0,即x2+y2-z2=0,y2-z2=0,
取z2=1,则n2=(0,1,1),
又∵n1=(2,-1,1)是平面PEC的一个法向量,
∴n1·n2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n1⊥n2,
∴平面PEC⊥平面PCD.
2.如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上.
(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;
(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为37,求四面体ADPQ的体积.
解析 由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.
(1)证明:因为P是DD1的中点,所以P0,92,3,所以PQ=6,m-92,-3.又AB1=(3,0,6),
于是AB1·PQ=18-18=0,所以AB1⊥PQ,即AB1⊥PQ.
(2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则n1·DQ=0,n1·DD1=0,即6x+(m-6)y=0,-3y+6z=0.取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),
所以cos=n1·n2|n1|·|n2|=31×(6-m)2+62+32=3(6-m)2+45.
而二面角P-QD-A的余弦值为37,因此3(6-m)2+45=37,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).
设DP=λDD1(0<λ≤1),而DD1=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ=(6,3λ-2,-6λ).
因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23,从而P(0,4,4).
于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=13S△ADQ·h=13×12×6×6×4=24.
考点二 用向量法求空间角与距离
3.在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.
(1)求证:AB⊥CD;
(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值;
(3)在(2)的条件下,求点D到平面BMC的距离.
解析 (1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,
∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.
由(1)知AB⊥平面BCD,又BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,
∴AB⊥BE,AB⊥BD.
以B为坐标原点,分别以BE,BD,BA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BC=(1,1,0),BM=0,12,12,AD=(0,1,-1).
设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),
则n·BC=0,n·BM=0,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θ,
则sin θ=|cos|=|n·AD||n|·|AD|=63,
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.
(3)由(2)可知平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1),
又∵BD=(0,1,0),
∴点D到平面BMC的距离为|BD·n||n|=13=33.
4.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.
(1)求证:AO⊥BE;
(2)求二面角F-AE-B的余弦值;
(3)若BE⊥平面AOC,求a的值;
(4)在(3)的条件下,求BE与AF所成角的余弦值.
解析 (1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,
所以AO⊥平面EFCB.
所以AO⊥BE.
(2)取BC的中点G,连接OG.
由题意知四边形EFCB是等腰梯形,
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB,
又OG⊂平面EFCB,
所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,
则E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2-a),0),
所以EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).
设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),
则n·EA=0,n·BE=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.
令z=1,则x=3,y=-1.
于是n=(3,-1,1).
又平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).
所以cos=n·p|n||p|=-55.
由题设知二面角F-AE-B为钝二面角,
所以它的余弦值为-55.
(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.
因为BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),
所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.
由BE·OC=0及0=AF·BE|AF||BE|=8983×43=14,
∴BE与AF所成角的余弦值为14.
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 求异面直线所成角的方法
1.(2017课标Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.32 B.155 C.105 D.33
答案 C
2.(2019吉林长春外国语学校一模,15)如图所示,平面BCC1B1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC1B1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为 .
答案 64
考法二 求直线与平面所成角的方法
3.(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{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.
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所成角的正弦值.
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=23.
∵△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),
∴AD=(-3,-1,0),AF=(-3,0,3),AB=(-3,1,0).
设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),
则AF·n=-3x+3z=0,AB·n=-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|=|AD·n||AD|·|n|=155.(12分)
考法三 求二面角的方法
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).
∴DB=(1,2,0),DF=(0,2,1),
设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),
∴m·DB=x+2y=0,m·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=m·n|m|·|n|=33×6=66,
∴sin=306.故二面角E-BD-F的正弦值为306.
6.(2019河北石家庄4月模拟,18)如图,已知三棱锥P-ABC中,PC⊥AB,△ABC是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°.
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)设F为棱PA的中点,求二面角P-BC-F的余弦值.
解析 (1)证明:在△PBC中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=23,
∴PC2+BC2=PB2,∴PC⊥BC,(2分)
又PC⊥AB,AB∩BC=B,
∴PC⊥平面ABC,∵PC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(4分)
(2)在平面ABC中,过点C作CM⊥CA,以CA,CM,CP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略).
则C(0,0,0),P(0,0,23),A(2,0,0),B(1,3,0),F(1,0,3).(6分)
设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1),
则CB·m=x1+3y1=0,CP·m=23z1=0,z1=0,取y1=-1,则x1=3,
即m=(3,-1,0)为平面PBC的一个法向量.(8分)
设平面BCF的法向量为n=(x2,y2,z2),
则CB·n=x2+3y2=0,CF·n=x2+3z2=0,
取x2=3,则y2=-1,z2=-1,即n=(3,-1,-1)为平面BCF的一个法向量,(10分)
cos=m·n|m||n|=3+1+02×(3)2+(-1)2+(-1)2=255.
由题图可知二面角P-BC-F为锐二面角,
故二面角P-BC-F的余弦值为255.(12分)
应用篇知行合一
【应用集训】
1.(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=26,DE=36.
(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AMAF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(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)
所以CA=(3,-3,0),BE=(-3,-3,36),EF=(3,0,-6).
设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).
则n·BE=0,n·EF=0,即-3x1-3y1+36z1=0,3x1-6z1=0,
令x1=6,则y1=26,z1=3,则n=(6,26,3).(6分)
所以cos=CA·n|CA||n|=-3632×39=-1313.(7分)
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313.(8分)
(3)存在,理由如下:
设M(3,0,t),0≤t≤26.(9分)
则BM=(0,-3,t),BE=(-3,-3,36).
设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),
则m·BM=0,m·BE=0,即-3y2+tz2=0,-3x2-3y2+36z2=0,
令y2=t,则z2=3,x2=36-t,则m=(36-t,t,3).(10分)
又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,
∴|cos|=|m·CA||m||CA|=|96-6t|32×(36-t)2+t2+9=12,(11分)
整理得2t2-66t+15=0,解得t=62或t=562(舍去),(12分)
∴AMAF=14.(13分)
2.(2019安徽六安一中4月月考,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.
(1)若M是A1D的中点,求直线CM与平面A1BE所成角的大小;
(2)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.
解析 (1)由折叠的性质得CD⊥DE,A1D⊥DE,又CD∩A1D=D,∴DE⊥平面A1CD.又∵A1C⊂平面A1CD,∴A1C⊥DE,又A1C⊥CD,CD∩DE=D,
∴A1C⊥平面BCDE.(3分)
建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A1(0,0,23),E(-2,2,0),B(0,3,0),
∴A1B=(0,3,-23),A1E=(-2,2,-23),
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),
则A1B·n=0,A1E·n=0,∴3y-23z=0,-2x+2y-23z=0,取z=3,则x=-1,y=2,
∴n=(-1,2,3).(5分)
又∵M(-1,0,3),∴CM=(-1,0,3),
∴cos=CM·n|CM|·|n|=1+31+4+3×1+3=22.
∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°.(6分)
(2)假设线段BC上存在点P满足条件,设P点坐标为(0,a,0),则a∈[0,3],
∴A1P=(0,a,-23),DP=(2,a,0),
设平面A1DP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则ay1-23z1=0,2x1+ay1=0,取y1=6,则x1=-3a,z1=3a,
∴n1=(-3a,6,3a).(9分)
若平面A1DP与平面A1BE垂直,则n1·n=0,
∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2,
∵0≤a≤3,∴a=-2舍去.
∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.(12分)
【五年高考】
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.(2018天津,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:依题意得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721,求线段AH的长.
解析 本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AB,AC,AP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:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·DE=0,n·DB=0,即2y=0,2x-2z=0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MN·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n2·EM=0,n2·MN=0.
因为EM=(0,-2,-1),MN=(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=n1·n2|n1||n2|=-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(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NH·BE||NH||BE|=|2h-2|h2+5×23=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.
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.
3.(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=23AD=2.
取BP的中点T,连接AT,TN,
由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12BC=2.(3分)
又AD∥BC,故TNAM,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=AB2-BE2=AB2-BC22=5.
以A为坐标原点,AE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),N52,1,2,
PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,
则n·PM=0,n·PN=0,即2y-4z=0,52x+y-2z=0,(10分)
可取n=(0,2,1).
于是|cos|=|n·AN||n||AN|=8525.
即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.(12分)
4.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
解析 (1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以,A1E⊥平面ABC.
如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.
不妨设AC=4,
则A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).
因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).
由EF·BC=0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得BC=(-3,1,0),A1C=(0,2,-23).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).
由BC·n=0,A1C·n=0,得-3x+y=0,y-3z=0.
取n=(1,3,1),
故sin θ=|cos|=|EF·n||EF|·|n|=45.
因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.
评析 本题主要考查面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面角的求解、空间向量的应用等基础知识,在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从E引发的三条直线两两垂直.在利用直接法求线面角时,一定先“找角”,再“求角”.
5.(2018课标Ⅱ,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,OB∩AC=O,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 用向量法求空间角与距离
6.(2019课标Ⅰ,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,DA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(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A1M=0,m·A1A=0.
所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,n·A1N=0.
所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).
于是cos=m·n|m||n|=232×5=155,
所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.
7.(2019课标Ⅲ,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.
解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学运算的核心素养.
(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.
由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3.
以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,
则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),
则CG·n=0,AC·n=0,即x+3z=0,2x-y=0.
所以可取n=(3,6,-3).
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos=n·m|n||m|=32.
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE平行关系不变,可得AD∥CG,进而可得A、C、G、D四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得AB⊥BE,AB⊥BC,从而AB⊥平面BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立.
(2)由(1)可得EH⊥平面ABC.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小.
8.(2018课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.
(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点,DA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.
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则
n·AM=0,n·AB=0,即-2x+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,2).
DA是平面MCD的法向量,因此
cos=n·DA|n||DA|=55,sin=255.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.
解后反思 一、面面垂直的判定
在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.
二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法
1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.
9.(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=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)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=12AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EFBC,则四边形BCEF是平行四边形,所以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,AB的方向为x轴正方向,|AB|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),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).
设M(x,y,z)(0|=sin 45°,|z|(x-1)2+y2+z2=22,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,设PM=λPC,则
x=λ,y=1,z=3-3λ.②
由①,②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AM=1-22,1,62.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,
则m·AM=0,m·AB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,
所以可取m=(0,-6,2).
于是cos=m·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.
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.
10.(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)由(1)知△BCK为等边三角形.取BC的中点O,连接KO,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轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系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,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(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·m=0,AK·m=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1);
由AB·n=0,AK·n=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3).
于是,cos=m·n|m|·|n|=34.
又易知二面角B-AD-F为锐二面角,
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.
方法总结 若二面角的平面角为θ,两半平面的法向量分别为n1和n2,则|cos θ|=|cos|,要求cos θ的值,还需结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,进而决定cos θ=|cos|,还是cos θ=-|cos|.
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.
11.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点.
(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.
解析 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,
所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,
所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.
(2)解法一:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),
故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),
设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.
由m·AE=0,m·AG=0可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.
取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).
设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.
由n·AG=0,n·CG=0可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.
取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).
所以cos=m·n|m|·|n|=12.
易知所求角为锐二面角,
因此所求的角为60°.
解法二:取EC的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,
所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.
取AG的中点M,连接EM,CM,EC,
则EM⊥AG,CM⊥AG,
所以∠EMC为所求二面角的平面角.
又AM=1,所以EM=CM=13-1=23.
在△BEC中,由于∠EBC=120°,
由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,
所以EC=23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.
12.(2015课标Ⅱ,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=EH2-EM2=6,所以AH=10.
以D为坐标原点,DA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),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8).
设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,
则n·FE=0,n·HE=0,即10x=0,-6y+8z=0,所以可取n=(0,4,3).
又AF=(-10,4,8),故|cos|=|n·AF||n||AF|=4515.
所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为4515.
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,DA,DC,DD1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.
13.(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{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°,
所以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.
14.(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)证明: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,HF的方向为y轴正方向,|BF|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=32,EH=32,
则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=HP·DP|HP||DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.
易错警示 利用空间向量求线面角的注意事项
(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.
(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.
教师专用题组
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.(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=23HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.
解析 依题意得,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以AD,BA,OF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:依题意得,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).
设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,
则n1·AD=0,n1·AF=0,即2x=0,x-y+2z=0.
不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG∥平面ADF.
(2)易证,OA=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.
依题意得,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).
设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则n2·EF=0,n2·CF=0,
即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).
因此有cos=OA·n2|OA|·|n2|=-63,于是sin=33.所以,二面角O-EF-C的正弦值为33.
(3)由AH=23HF,得AH=25AF.
因为AF=(1,-1,2),所以AH=25AF=25,-25,45,
进而有H-35,35,45,从而BH=25,85,45,
因此cos=BH·n2|BH|·|n2|=-721.
所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.
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.
2.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.
(1)求证:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;
(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长.
解析 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,
得M1,12,1,N(1,-2,1).
(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52,0.由此可得MN·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).
设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n1·AD1=0,n1·AC=0,即x-2y+2z=0,2x=0.不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).
设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,
则n2·AB1=0,n2·AC=0,又AB1=(0,1,2),得y+2z=0,2x=0.
不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=n1·n2|n1|·|n2|=-1010,于是sin=31010.
所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为31010.
(3)依题意,可设A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=NE·n|NE|·|n|=1(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=7-2.所以,线段A1E的长为7-2.
评析 本题主要考查直线与平面平行和垂直、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、运算能力和推理论证能力.
考点二 用向量法求空间角和距离
3.(2014课标Ⅱ,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.110 B.25 C.3010 D.22
答案 C
4.(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θ,则cos θ的最大值为 .
答案 25
5.(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=12AC=23,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.
6.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.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PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=2得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.
由PC∩CD=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=π4.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=π2得DF∥AC,DFAC=FBBC=23,故AC=32DF=32.
以C为坐标原点,分别以CA,CB,CP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),ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=12,-1,0.
设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由n1·DP=0,n1·DA=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ED,即n2=(1,-1,0).
从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为
cos=n1·n2|n1|·|n2|=36,
故所求二面角A-PD-C的余弦值为36.
7.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,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=π2,所以BE⊥AC.
即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,
又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.
(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,
又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,
所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=π2.
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,
因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,
所以B22,0,0,E-22,0,0,
A10,0,22,C0,22,0,
得BC=-22,22,0,A1C=0,22,-22,
CD=BE=(-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θ,
则n1·BC=0,n1·A1C=0,得-x1+y1=0,y1-z1=0,取n1=(1,1,1);
n2·CD=0,n2·A1C=0,得x2=0,y2-z2=0,取n2=(0,1,1),
从而cos θ=|cos|=23×2=63,
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.
评析 本题主要考查线面垂直的判定、面面垂直的性质以及平面与平面的夹角的求解.考查学生的空间想象能力以及运算求解能力.正确利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系是求解的关键.
8.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.
(1)求证:GF∥平面ADE;
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
解析 (1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,
又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=12AB.
又F是CD的中点,所以DF=12CD.
由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE,GF平面ADE,所以GF∥平面ADE.
证法二:如图,取AB的中点M,连接MG,MF.
又G是BE的中点,可知GM∥AE.
又AE⊂平面ADE,GM平面ADE,所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.
又AD⊂平面ADE,MF平面ADE,所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.
(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
以B为原点,分别以BE,BQ,BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).
因为AB⊥平面BEC,所以BA=(0,0,2)为平面BEC的一个法向量.
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.
又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),
由n·AE=0,n·AF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0,
取z=2,得n=(2,-1,2).
从而cos=n·BA|n|·|BA|=43×2=23,
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为23.
评析 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.
9.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
解析 (1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.
延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.
理由如下:
由已知得,BC∥ED,且BC=ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM平面PBE,
所以CM∥平面PBE.
(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)解法一:由已知得,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.
易知PA⊥平面ABCD,又CE⊂平面ABCD,
从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=22.
在Rt△PAH中,PH=PA2+AH2=322,
所以sin∠APH=AHPH=13.
解法二:由已知得,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.
作Ay⊥AD,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),
所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),
由n·PE=0,n·EC=0,得x-2z=0,x+y=0,
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA与平面PCE所成角为α,
则sin α=|n·AP||n|·|AP|=22×22+(-2)2+12=13.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.
思路分析 对(1),延长AB,DC相交于一点M,则M在平面PAB内,由已知易知CM∥EB,从而CM∥平面PBE;对(2),有两种解法:解法一是传统几何方法,作出PA与面PCE所成的角,然后通过解三角形求值;解法二是向量法,建立空间直角坐标系,求出面PCE的一个法向量n,利用sin α=|n·AP||n|·|AP|求值.
10.(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所成锐二面角的余弦值;
(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)因为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所成锐二面角的余弦值为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,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP=12+22=5,所以BQ=25BP=255.
11.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.
解析 (1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=3AD.
从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.
又PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,3,0),P(0,0,1).
AB=(-1,3,0),PB=(0,3,-1),BC=(-1,0,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则n·AB=0,n·PB=0.即-x+3y=0,3y-z=0.
因此可取n=(3,1,3).
设平面PBC的法向量为m,则m·PB=0,m·BC=0.
可取m=(0,-1,-3).
cos=-427=-277.
故二面角A-PB-C的余弦值为-277.
失分警示 建系后点的坐标及法向量等求错,导致最后结果错而失分,或者没有注意到所求二面角为钝角,而求得其余弦值为277.
12.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=5,AC=AA1=2.
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,
因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.
因为AB=BC,所以AC⊥BE.又BE∩EF=E,
所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.
因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).
所以BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1).
设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),
则n·BC=0,n·BD=0,即x0+2y0=0,x0-2y0+z0=0.
令y0=-1,则x0=2,z0=-4.
于是n=(2,-1,-4).
又因为平面CC1D的一个法向量为EB=(0,2,0),
所以cos=n·EB|n||EB|=-2121.
由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-2121.
(3)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).
因为n·FG=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,
所以直线FG与平面BCD相交.
13.(2019北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(3)设点G在PB上,且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
解析 本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱锥为背景考查直观想象的核心素养.
(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,
又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).
所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=0,n·AF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.
令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).
又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),
所以cos=n·p|n||p|=-33.
由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33.
(3)直线AG在平面AEF内.
因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.
由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).
所以AG·n=-43+23+23=0.
所以直线AG在平面AEF内.
思路分析 (1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出AG⊥n,结合A∈平面AEF可证明AG⊂平面AEF.
一题多解 (2)∵PA=AD且E为PD的中点,∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE,又∵PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD,又EF⊂平面PCD,∴AE⊥EF,故可知∠FEP为二面角F-AE-P的平面角.∵PE=PD2=2,PF=PC3=233,cos∠CPD=PDPC=63,sin∠CPD=33,∴EF2=2332+(2)2-2×2×233×63=23,∴EF=63,在△PEF中,由正弦定理得EFsin∠CPD=PFsin∠FEP,即sin∠FEP=233×3363=63,且∠FEP为锐角,
∴cos∠FEP=1-632=33.
故二面角F-AE-P的余弦值为33.
14.(2019课标Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.
解析 本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力,考查了直观想象的核心素养.
(1)证明:由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1=90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,
所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),
则CB·n=0,CE·n=0,即x=0,x-y+z=0,
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),
则CC1·m=0,CE·m=0,即2z1=0,x1-y1+z1=0,
所以可取m=(1,1,0).
于是cos=n·m|n||m|=-12.
所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.
一题多解 (2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE=m2+1,C1E=m2+2,BC1=(2m)2+1.
∵BE⊥EC1,∴4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2.
连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1.
由题意可知AC⊥BD,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,
∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥CE,
即BO⊥CE.
在长方形AA1C1C中,AC=2,AA1=2.连接AC1,有CC1AC=22=ACAE,又∠EAC=∠C1CA=90°,则Rt△C1CA∽Rt△CAE.
∴∠ECA+∠C1AC=90°,∴CE⊥AC1.
取CC1的中点F,连接OF,BF,则OF∥AC1,∴OF⊥CE.
∵BO∩OF=O,∴CE⊥平面FOB.
设CE∩OF=G,连接BG,∴CE⊥BG,CE⊥FG,则∠BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sin∠BGF=sin∠BGO.设AC1∩CE=H,易得△AEH∽△C1CH.又∵AE=12CC1,∴AH=13AC1.易知OG∥AH,又∵O为AC的中点,∴OG=12AH.∵BO=22,OG=12AH=16AC1=66,BO⊥OG,∴tan∠BGO=2266=3,∴∠BGO=60°,则∠BGF=120°,故sin∠BGF=32.
15.(2013课标Ⅰ,18,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.
(1)证明:AB⊥A1C;
(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OC⊥AB.
由于AB=AA1,∠BAA1=60°,
故△AA1B为等边三角形,
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1=O,
所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.
(2)由(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,
所以OC⊥平面AA1B1B,
故OA,OA1,OC两两垂直.
以O为坐标原点,OA的方向为x轴的正方向,|OA|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BC=(1,0,3),BB1=AA1=(-1,3,0),A1C=(0,-3,3).
设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,
则n·BC=0,n·BB1=0.即x+3z=0,-x+3y=0.
可取n=(3,1,-1).故cos=n·A1C|n||A1C|=-105.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105.
思路分析 (1)取AB的中点O,由已知条件可得OC⊥AB,OA1⊥AB,从而得AB⊥平面OA1C,从而得AB⊥A1C;(2)根据证得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BB1C1C的一个法向量,进而求出该法向量与A1C夹角的余弦值,从而可得直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.
规律总结 面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理,这个定理的主要作用是将面面垂直问题转化为线面垂直问题.在一些垂直关系的证明及线面角、二面角的求解中,常要借助这个定理作出平面的垂线.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共25分)
1.(2020届广西南宁10月摸底考,8)如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,且PA=AD,E,F分别是线段PA,CD的中点,则异面直线EF与BD所成角的余弦值为( )
A.36 B.33 C.26 D.23
答案 A
2.(2018甘肃兰州高考诊断,3)设μ=(2,2,-1)是平面α的法向量,a=(-3,4,2)是直线l的方向向量,则直线l与平面α的位置关系是( )
A.平行或直线在平面内 B.垂直
C.相交但不垂直 D.不能确定
答案 A
3.(2020届重庆一中第二次月考,10)如图,在所有棱长均为2的直三棱柱ABC-A1B1C1中,D、E分别为BB1,A1C1的中点,则异面直线AD与CE所成角的余弦值为( )
A.12 B.32 C.15 D.45
答案 C
4.(2019湖南三湘名校第三次联考,12)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,动点M在线段CC1上,动点P在平面A1B1C1D1上,且AP⊥平面MBD1,线段AP长度的取值范围为( )
A.[1,2] B.[1,3] C.22,2 D.62,2
答案 D
5.(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1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.23 B.73 C.32 D.37
答案 B
二、多项选择题(每题5分,共15分)
6.(2020届山东滕州第一中学10月月考,13)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点F是线段BC1上的动点,则下列说法正确的是( )
A.当点F移动至BC1中点时,直线A1F与平面BDC1所成角最大,且为60°
B.无论点F在BC1上怎么移动,都有A1F⊥B1D
C.当点F移动至BC1中点时,才有A1F与B1D相交于一点,记为点E,且A1EEF=2
D.无论点F在BC1上怎么移动,异面直线A1F与CD所成角都不可能是30°
答案 BCD
7.(改编题)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论正确的是( )
A.平面BCE⊥平面ABN
B.MC⊥AN
C.平面CMN⊥平面AMN
D.平面BDE∥平面AMN
答案 ABD
8.(改编题)如图,ABCD-A1B1C1D1为正方体,则以下结论正确的是( )
A.BD∥平面CB1D1
B.AD⊥平面CB1D1
C.AC1⊥BD
D.异面直线AD与CB1所成的角为60°
答案 AC
三、填空题(共5分)
9.(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 233
四、解答题(共70分)
10.(2020届山东夏季高考模拟,19)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,SA⊥平面ABCD,E,F分别为AD,SC的中点,EF与平面ABCD所成的角为45°.
(1)证明:EF为异面直线AD与SC的公垂线;
(2)若EF=12BC,求二面角B-SC-D的余弦值.
解析 (1)证明:以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
设D(0,b,0),S(0,0,c),
则C(1,b,0),E0,b2,0,F12,b2,c2,
EF=12,0,c2,AS=(0,0,c),AD=(0,b,0).
因为EF与平面ABCD所成的角为45°,所以EF与底面的法向量AS的夹角为45°.
AS·EF=|AS||EF|cos 45°,
即c22=22·c·14+c24,所以c=1,
故EF=12,0,12,SC=(1,b,-1),从而EF·SC=0,EF·AD=0,所以EF⊥SC,EF⊥AD.
因此EF为异面直线AD与SC的公垂线.
(2)连接BF.
由B(1,0,0),BC=(0,b,0),|EF|=12|BC|得b=2.
于是F12,22,12,C(1,2,0),
故FB=12,-22,-12,SC=(1,2,-1),
从而FB·SC=0,即FB⊥SC.
取CF的中点G,连接DG.
则G34,324,14,GD=-34,24,-14,
从而GD·SC=0,即GD⊥SC.
因此等于二面角B-SC-D的平面角.
cos=FB·GD|FB||GD|=-33.
所以二面角B-SC-D的余弦值为-33.
11.(2020届广东广州第十六中学质量检测(一),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AD=DC=AP=2,AB=1,BC=5.
(1)证明:AB⊥平面PAD;
(2)若E为棱PC上一点,满足BE⊥AC,求二面角E-AB-P的余弦值.
解析 (1)证明:∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥AB.
取CD中点F,连接BF,∵AB∥DF且AB=DF=1,
∴四边形ABFD是平行四边形,则BF=AD=2,
∵BF2+CF2=22+12=5=BC2,
∴BF⊥CF,∴四边形ABFD是矩形,
∴AB⊥AD,∵PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD.
(2)由(1)及已知得AB,AD,AP两两垂直,
以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),
∴CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0).
由E点在棱PC上,设CE=λCP=(-2λ,-2λ,2λ)(0≤λ≤1),
则E(2-2λ,2-2λ,2λ).
故BE=BC+CE=(1-2λ,2-2λ,2λ),
由BE⊥AC,得BE·AC=2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=34,
即BE=-12,12,32,
设平面ABE的法向量为n=(a,b,c),
由n·AB=0,n·BE=0,得a=0,-12a+12b+32c=0.
令c=1,则n=(0,-3,1).
取平面ABP的法向量i=(0,1,0),
设二面角E-AB-P的平面角为α,
则cos α=i·n|i|·|n|=-310=-31010.
由图知二面角E-AB-P为锐二面角,
故二面角E-AB-P的余弦值为31010.
12.(2020届浙江东阳中学10月月考)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=BC=CC1,平面ABC1⊥平面BCC1B1.
(1)证明:AB⊥平面BCC1B1;
(2)若∠BB1C1=120°,Q是AC1上的一点,且CQ⊥AC1,求直线CQ与平面ABC1所成角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC1的中点H,连CH,
因为BC=CC1,所以CH⊥BC1,又平面ABC1⊥平面BCC1B1,
平面ABC1∩平面BCC1B1=BC1,所以CH⊥平面ABC1,
因为AB⊂平面ABC1,所以CH⊥AB,
又∠ABC=90°,所以CB⊥AB,
又CB∩CH=C,所以AB⊥平面BCC1B1.
(2)如图,建立空间直角坐标系,
不妨令AB=BC=CC1=2,
所以A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),
又由AB⊥平面BCC1B1,可知菱形BCC1B1在平面xBz内,
又∠BB1C1=120°,所以C1(3,0,3),
设Q(x,y,z),因为Q是AC1上一点,
所以令AQ=λAC1(0≤λ≤1),
则(x,y-2,z)=λ(3,-2,3),
解得x=3λ,y=-2λ+2,z=3λ,即Q(3λ,-2λ+2,3λ),
又CQ⊥AC1,所以CQ·AC1=0,
即(3λ-2,-2λ+2,3λ)·(3,-2,3)=0,解得λ=58,
则Q158,34,538,所以CQ=-18,34,538,
设平面ABC1的法向量为m=(a,b,c),
易知BA=(0,2,0),BC1=(3,0,3).
由BA·m=0,BC1·m=0,得2b=0,3a+3c=0,
令a=1,则c=-3,则m=(1,0,-3),
设直线CQ与平面ABC1所成角为θ,
所以sin θ=|cos|=|CQ·m||CQ|·|m|=|-2|72×2=277.
故直线CQ与平面ABC1所成角的正弦值为277.
13.(2019广东3月质检,18)如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,点P是AC的中点,连接BP,DP.
(1)证明:平面ACD⊥平面BDP;
(2)若BD=6,且二面角A-BD-C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:因为△ABC是等边三角形,所以AB=BC,又∠BAD=∠BCD=90°,BD=BD,
所以Rt△ABD≌Rt△CBD,所以AD=CD.
又因为点P是AC的中点,所以PD⊥AC,PB⊥AC,
因为PD∩PB=P,PD⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,
所以AC⊥平面PBD.
因为AC⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面BDP.
(2)作CE⊥BD,垂足为E,连接AE.
因为Rt△ABD≌Rt△CBD,
所以AE⊥BD,AE=CE,则∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.
由二面角A-BD-C为120°,得∠AEC=120°.
在等腰△AEC中,由余弦定理可得AC=3AE,
因为△ABC是等边三角形,所以AC=AB,
所以AB=3AE.
在Rt△ABD中,由12AE·BD=12AB·AD,得BD=3AD,
因为BD=6,所以AD=2.
又BD2=AB2+AD2,所以AB=2.
则AE=233,ED=63.
解法一:如图所示,以E为原点,以向量EC,ED方向分别为x轴,y轴的正方向,与向量EC,ED都垂直的向量所在直线为z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,
则D0,63,0,A-33,0,1,则AD=33,63,-1,
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
设直线AD与平面BCD所成角为θ,
则cos=m·AD|m||AD|=-12×1=-22,
sin θ=|cos|=22.
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为22.
解法二:易知BD⊥平面AEC,则平面AEC⊥平面BCD,
如图,过点A作AO⊥CE,垂足为O,则AO⊥平面BCD.
连接OD,则∠ADO为直线AD与平面BCD所成角.
在Rt△AEO中,∠AEO=60°,所以AO=32AE=1,
则sin∠ADO=AOAD=22.
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为22.
名师点拨 “一证一算”仍是立体几何考查的主要方向,其中“证”体现了对推理能力的考查,“算”体现了对知识的应用能力和运算能力的考查.证时需要利用线线、线面、面面之间关系的转化进行解决,算时要牢记角度、距离的计算方法.若采用传统方法完成算的问题,则需要推理加计算,难度相对会更大一些.
14.(2019福建漳州二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=12AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°,E是PD的中点.
(1)证明:PD⊥PB;
(2)设AD=2,点M在线段PC上,且异面直线BM与CE所成角的余弦值为105,求二面角M-AB-P的余弦值.
解析 (1)证明:因为∠BAD=90°,所以BA⊥AD.
因为平面ABCD⊥平面PAD,交线为AD,所以BA⊥平面PAD,从而BA⊥PD.(2分)
在△PAD中,APsin∠ADP=ADsin∠APD,即12ADsin30°=ADsin∠APD,
得sin∠APD=1,∴∠APD=90°,
故AP⊥PD.(4分)
因为BA∩AP=A,
所以PD⊥平面PAB.(5分)
又PB⊂平面PAB,
所以PD⊥PB.(6分)
(2)如图,以P为坐标原点,以PD,PA所在直线分别为x轴,y轴,过点P垂直于平面PAD的射线为z轴正半轴,建立空间直角坐标系,因为AD=2,所以AB=BC=AP=1,PD=3,所以P(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,1),C32,12,1,E32,0,0,(7分)
设PM=λPC(0≤λ<1),则PM=λ32,12,1,
所以M32λ,12λ,λ,
从而BM=32λ,12λ-1,λ-1,(8分)
又CE=0,-12,-1,所以|cos|=|5λ-6|25·2λ2-3λ+2=105,得9λ2-36λ+20=0,解得λ=23或λ=103(舍去),故M33,13,23.(9分)
设平面MAB的法向量为m=(x,y,z),
则m·BM=(x,y,z)·33,-23,-13=0,m·BA=(x,y,z)·(0,0,-1)=0.
整理得3x-2y-z=0,z=0,令y=3,得m=(2,3,0).(10分)
由(1)知PD⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),(11分)
所以cos=m·n|m||n|=277,
易知二面角M-AB-P为锐二面角,
故二面角M-AB-P的余弦值为277.(12分)
15.(2018安徽江淮十校4月联考,18)四棱锥A-BCDE中,EB∥DC,且EB⊥平面ABC,EB=1,DC=BC=AB=AC=2,F是棱AD的中点.
(1)证明:EF⊥平面ACD;
(2)求二面角B-AE-D的余弦值.
解析 (1)证明:取AC的中点M,连接FM、BM,
∵F是AD的中点,∴FM∥DC,且FM=12DC=1.
又∵EB∥DC,EB=1,∴FMEB,
∴四边形FMBE是平行四边形.
∴EF∥BM,又BC=AB=AC,
∴△ABC是等边三角形,∴BM⊥AC,
∵EB⊥平面ABC,EB∥DC,
∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥BM,
又CD∩AC=C,∴BM⊥平面ACD,∴EF⊥平面ACD.
(2)取BC的中点N,连接AN,则AN⊥BC,∵BE⊥平面ABC,AN⊂平面ABC,∴BE⊥AN,∵BC∩BE=B,∴AN⊥平面BCD,以N为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,3),B(0,-1,0),C(0,1,0),D(2,1,0),E(1,-1,0).
可得BA=(0,1,3),BE=(1,0,0),EA=(-1,1,3),ED=(1,2,0),
设平面ABE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·BA=0,n1·BE=0,得y1+3z1=0,x1=0,可取n1=(0,-3,1),
设平面ADE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·EA=0,n2·ED=0,得-x2+y2+3z2=0,x2+2y2=0,
可取n2=(-2,1,-3),
于是cos=-3-32×8=-64,
结合图形知,二面角B-AE-D是钝二面角,
因此,所求二面角的余弦值是-64.
创新篇守正出奇
创新集训
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )
答案 A
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为1,点M在线段BC上(点M异于B、C两点),点N为线段CC1的中点,若平面AMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为五边形,则线段BM的长的取值范围是( )
A.0,12 B.12,1 C.13,1 D.12,13
答案 B
3.如图,直四棱柱A'B'C'D'-ABCD(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)中,底面四边形ABCD满足 条件时,A'C⊥B'D'.
答案 底面四边形ABCD为菱形(答案不唯一)
4.(命题标准样题,17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=AA1=3,点M,N分别为A1B1,A1D1的中点.
(1)求三棱锥A1-AMN的体积;
(2)求二面角A1-AM-N的余弦值;
(3)平面α与平面AMN平行,且与此长方体的面相交,交线围成一个四边形,在图中画出这个四边形(只需画出符合条件的一个图形即可).
解析 试题考查长方体的概念、三棱锥体积的计算,考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系和空间向量的数学知识.试题采用开放式设计,需要考生动手实验探究.题目体现了理性思维、数学探究的学科素养,考查了直观想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力和创新能力,落实了基础性、综合性、创新性的考查要求.
(1)VA1-AMN=VA-A1MN=13·S△A1MN·AA1=32.
(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,DC的方向为y轴正方向,DD1的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则A(3,0,0),M(3,2,3),N32,0,3;AM=(0,2,3),AN=-32,0,3.
设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,则n·AM=0,n·AN=0,
即2y+3z=0,-32x+3z=0.
可取n=(4,-3,2).
平面A1AM的一个法向量为m=(1,0,0).
则cos=n·m|n||m|=42929.
所以二面角A1-AM-N的余弦值为42929.
(3)
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