北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用
基础篇
【基础集训】
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.已知直线l与平面ABC,若直线l的方向向量为n=(-1,2,-1),向量⃗AB=(1,0,-1),⃗AC=(2,1,0),则有 ( )
A.直线l∥平面ABC
B.直线l⊥平面ABC
C.直线l与平面ABC相交但不垂直
D.直线l∥平面ABC或直线l⊂平面ABC
答案 B
2.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果⃗AB=(2,-1,-4),⃗AD=(4,2,0),⃗AP=(-1,2,-1),那么
下列结论正确的有 ( )
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.⃗AP是平面ABCD的一个法向量
D.⃗AP∥⃗BD
答案 ABC
3.如图所示的长方体ABCD-ABCD 中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,BB=√2,M
1 1 1 1 1
是线段BD 的中点.求证:
1 1
(1)BM∥平面DAC;
1
(2)DO⊥平面ABC.
1 1
4.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.
考点二 用向量法求空间角与距离
5.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;
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(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.
6.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.
[教师专用题组]
【基础集训】
考点一 用向量法证明平行、垂直
1.(2018北京石景山一模,17)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,EB∥PA,AB=PA=4,EB=2,F为PD的
中点.
(1)求证:AF⊥PC;
(2)求证:BD∥平面PEC;
(3)求二面角D-PC-E的大小.
解析 依题意,AD,AB,AP两两垂直.如图,以A为原点,分别以⃗AD、⃗AB、⃗AP的方向为x轴、y轴、z轴的
正方向建立空间直角坐标系.
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则A(0,0,0),B(0,4,0),C(4,4,0),D(4,0,0),P(0,0,4),E(0,4,2),F(2,0,2).
(1)证明:⃗AF=(2,0,2),⃗PC=(4,4,-4),
所以⃗AF·⃗PC=8+0+(-8)=0.
所以AF⊥PC.
(2)证明:取PC的中点M,连接EM.
因为M(2,2,2),⃗EM=(2,-2,0),⃗BD=(4,-4,0),
所以⃗BD=2⃗EM,
所以BD∥EM.
又因为EM⊂平面PEC,BD⊄平面PEC,
所以BD∥平面PEC.
(3)因为AF⊥PD,AF⊥PC,PD∩PC=P,
所以AF⊥平面PCD,故⃗AF=(2,0,2)为平面PCD的一个法向量.
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),
因为⃗PC=(4,4,-4),⃗PE=(0,4,-2),
{n·⃗PC=0, {4x+4 y-4z=0,
所以 即
n·⃗PE=0, 4 y-2z=0,
令y=-1,得x=-1,z=-2,故n=(-1,-1,-2).
-2-0-4 √3
所以cos<⃗AF,n>= =- ,
2√2×√6 2
由图可知二面角D-PC-E的平面角为钝角,
5π
所以二面角D-PC-E的大小为 .
6
2.(2018宁夏银川一中月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形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,
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由题意易知PD=CD=1,BC=√2,AD⊥PC,故要使PC⊥平面ADE,只需PC⊥DE,
则D(0,0,0),P(0,0,1),B(√2,1,0),C(0,1,0),
则⃗PB=(√2,1,-1),设⃗PE=λ⃗PB(0≤λ≤1),
∴⃗PE=λ⃗PB=λ(√2,1,-1).⃗PC=(0,1,-1),
1
由⃗PC·⃗DE=⃗PC·(⃗DP+⃗PE)=(0,1,-1)·(√2λ,λ,1-λ)=0,解得λ= ,即PB上存在点E使得PC⊥平面ADE,且E
2
为PB中点.
(√2 1 1) (√2 1 1)
(2)由(1)知D(0,0,0),A(√2,0,0),E , , ,P(0,0,1),⃗DA=(√2,0,0),⃗DE= , , ,⃗PA=(√2,0,-1),
2 2 2 2 2 2
(√2 1 1)
⃗PE= , ,- ,
2 2 2
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),平面PAE的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1 1 2 2 2 2
{ √2x =0,
{n ·⃗DA=0, 1
1
则 ⇒ √2 1 1
n ·⃗DE=0 x + y + z =0,
1 2 1 2 1 2 1
令y=1,得n=(0,1,-1).
1 1
n ·n √3
2 1
同理求得n=(1,0,√2),所以cos<n,n>= =- .
2 1 2 |n |·|n | 3
2 1
易知所求二面角为锐二面角,
√3
故二面角P-AE-D的余弦值为 .
3
3.(2020河南天一9月联考,18)如图,在直三棱柱ABC-ABC 中,∠ACB=90°,CA=CB=AA=2,M,N分别是AB与
1 1 1 1 1
CC 的中点,G为△ABN的重心.
1
(1)求证:MG⊥平面ABN;
(2)求二面角A-AB-N的正弦值.
1
解析 (1)证明:由题意知AC,BC,CC 两两垂直,
1
以C为原点,分别以AC、BC、CC 所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
1
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则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),A(2,0,2),
1 1
由中点坐标公式,得M(1,1,1),N(0,0,1),
(2 2 1)
, ,
由重心性质得G ,
3 3 3
( 1 1 2)
则⃗MG= - ,- ,- ,⃗AB=(-2,2,0),⃗AN=(-2,0,1), ⃗A A =(0,0,2),
3 3 3 1
∴⃗MG·⃗AN=0,⃗MG·⃗AB=0,
∴MG⊥AN,MG⊥AB,
又AN∩AB=A,
∴MG⊥平面ABN.
( 1 1 2)
(2)由(1)得平面ABN的一个法向量为⃗MG= - ,- ,- ,
3 3 3
设平面AAB的法向量n=(x,y,z),
1
{ n·⃗A A =2z=0,
1
则
n·⃗AB=-2x+2y=0,
⃗MG·n √3
取x=1,得n=(1,1,0),∴cos<⃗MG,n>= =- ,
|⃗MG|·|n| 3
√ ( √3) 2 √6
设二面角A-AB-N的大小为θ,则sinθ= 1- - = .
1 3 3
√6
∴二面角A-AB-N的正弦值为 .
1 3
4.(2018陕西榆林一模,19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ABD=90°,EB⊥平面
ABCD,EF∥AB,AB=2,EB=√3,EF=1,BC=√13,且M是BD的中点.
(1)求证:EM∥平面ADF;
(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.
解析 (1)证明:∵EB⊥平面ABD,AB⊥BD,
故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.
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∵AB=2,EB=√3,EF=1,BC=√13,
(3 ) (3 )
∴B(0,0,0),D(3,0,0),A(0,2,0),E(0,0,√3),F(0,1,√3),M ,0,0 ,∴⃗EM= ,0,-√3 ,⃗AD=(3,-2,0),⃗AF
2 2
=(0,-1,√3).
设平面ADF的法向量n=(x,y,z).
{n·⃗AD=3x-2y=0,
∴ 令y=3,得n=(2,3,√3).
n·⃗AF=- y+√3z=0,
又∵⃗EM·n=3-3=0,∴n⊥⃗EM,又EM⊄平面ADF,故EM∥平面ADF.
(2)由(1)可知平面ADF的一个法向量n=(2,3,√3).
易知⃗BD=(3,0,0),⃗BF=(0,1,√3),
设平面BFD的法向量m=(x,y,z),
1 1 1
{ m·⃗BD=3x =0,
∴ 1 令z=1,得m=(0,-√3,1),
m·⃗BF= y +√3z =0, 1
1 1
m·n -2√3 √3
∴cos<m,n>= = =- ,
|m|·|n| 2×4 4
又二面角A-FD-B为锐角,
√3
故二面角A-FD-B的余弦值为 .
4
易错警示 (1)盲目建立坐标系,导致运算量太大.
(2)运算失误导致错解.
5.如图,已知三棱柱ABC-ABC 的侧棱与底面垂直,AA=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC 的中点,N是BC的中点,
1 1 1 1 1
点P在直线AB 上,且满足 ⃗A P=λ⃗A B .
1 1 1 1 1
(1)当λ=1时,求证:直线PN⊥平面AMN;
(2)若平面PMN与平面AACC所成的锐二面角的大小为45°,试确定点P的位置.
1 1
解析 (1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系.
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(1 1 ) ( 1) (1 1 ) ( 1)
则N , ,0 ,M 0,1, ,A(0,0,0),⃗AN= , ,0 ,⃗AM= 0,1, .
2 2 2 2 2 2
( 1 1 )
当λ=1时,点P与点B 重合,此时P点坐标为(1,0,1),⃗PN= - , ,-1 .
1 2 2
1 1 1 1
又⃗PN·⃗AN=- + +0=0,⃗PN·⃗AM=0+ - =0,
4 4 2 2
故PN⊥AN,PN⊥AM,又AM∩AN=A,
所以直线PN⊥平面AMN.
(2)设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),由题意知P(λ,0,1),
( 1) ( 1 1 )
则⃗MP= λ,-1, ,⃗NP= λ- ,- ,1 ,
2 2 2
{( 1) 1
λ- x- y+z=0,
{m·⃗NP=0, 2 2
则 即
m·⃗MP=0, 1
λx- y+ z=0,
2
取m=(3,2λ+1,2-2λ).
易知平面AACC的一个法向量为n=⃗AB=(1,0,0).
1 1
∵平面PMN与平面AACC所成的锐二面角的大小为45°,
1 1
|m·n| 3 √2
∴|cos<m,n>|= = = ,
|m||n| √9+(2λ+1)2+4(1-λ)2 2
1
解得λ=- 或λ=1.
2
1
∴点P在BA 的延长线上,且|AP|= 或点P与点B 重合.
1 1 1 2 1
6.(2020浙江新高考研究卷五,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,CD⊥AD,AD∥BC,△PBC为正三角形,
1
PA=AD=CD= BC,⃗PE=2⃗ED,⃗CF=2⃗FB.
2
(1)证明:EF∥平面PAB;
(2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
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解析 (1)证明:过点E作EG∥AD交PA于G,连接BG.
2 1
因为⃗PE=2⃗ED,⃗CF=2⃗FB,所以EG= AD= BC=BF.
3 3
因为AD∥BC,所以EG∥BF,(3分)
所以四边形GBFE为平行四边形,所以EF∥BG.
因为EF⊄平面PAB,BG⊂平面PAB,所以EF∥平面PAB. (6分)
(2)过点A作AH∥CD交BC于H,则H为BC的中点,连接PH,
因为AH∥CD,CD⊥AD,所以AD⊥AH,又PA⊥AD,PA∩AH=A,从而AD⊥平面PAH, (8分)
不妨设PA=AD=DC=1,则PB=PC=CB=2,所以PH=√3.
如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,
( 1 )
则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F
1,- ,0
,
3
PA2+AH2-PH2 1 ( 1 √3)
在△PAH中,由余弦定理知cos∠PAH= =- ,所以∠PAH=120°,则P - ,0, ,所
2PA·AH 2 2 2
( 1 2 √3)
以E - , , ,
6 3 6
(7 √3) ( 3 √3)
所以⃗EF= ,-1,- ,⃗BC=(0,2,0),⃗BP= - ,1, . (11分)
6 6 2 2
{
2y=0,
{n·⃗BC=0,
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则 即 3 √3 取x=1,得z=√3,则n=(1,0,
n·⃗BP=0, - x+ y+ z=0,
2 2
√3),(12分)
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|n·⃗EF| √22
设直线EF与平面PBC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,⃗EF>|= = .故直线EF与平面PBC所
|n|·|⃗EF| 22
√22
成角的正弦值为 . (15分)
22
7.(2020天津南开二模,17)如图所示,平面CDEF⊥平面ABCD,且四边形ABCD为平行四边形,∠DAB=45°,四边
形CDEF为直角梯形,EF∥DC,ED⊥CD,AB=3EF=3,ED=a,AD=√2.
(1)求证:AD⊥BF;
CM
(2)若线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,求 的值;
CF
(3)若a=1,求二面角D-BC-F的余弦值.
解析 (1)证明:∵平面CDEF⊥平面ABCD,ED⊥CD,
∴ED⊥平面ABCD. (1分)
如图,以D为原点,DC所在直线为y轴,DE所在直线为z轴,过点D垂直于DC的直线为x轴建立空间直角坐
标系D-xyz,
∵∠DAB=45°,AB=3EF=3,ED=a,AD=√2,
∴A(1,-1,0),B(1,2,0),C(0,3,0),E(0,0,a),F(0,1,a). (3分)
∴⃗BF=(-1,-1,a),⃗DA=(1,-1,0). (4分)
∵⃗BF·⃗DA=(-1,-1,a)·(1,-1,0)=0,∴AD⊥BF. (5分)
(2)设⃗CM=λ⃗CF,λ∈[0,1],则⃗CM=λ(0,-2,a)=(0,-2λ,λa),
则⃗DM=⃗DC+⃗CM=(0,3,0)+(0,-2λ,λa)=(0,3-2λ,λa). (6分)
设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1 1
{ n ·⃗DB=(x ,y ,z )·(1,2,0)=x +2y =0,
1 1 1 1 1 1
则
n ·⃗DM=(x ,y ,z )·(0,3-2λ,λa)=(3-2λ)y +λaz =0,
1 1 1 1 1 1
3-2λ
(
3-2λ)
取x=2,得y=-1,z= ,即n=
2,-1,
.(8分)
1 1 1 λa 1 λa
( 3-2λ) 3-2λ 3
由AE∥平面BDM,得⃗AE·n=(-1,1,a)· 2,-1, =0,即-2-1+ =0,解得λ= .
1 λa λ 5
CM 3
∴线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,此时 = .(11分)
CF 5
(3)设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
2 2 2 2
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{ n ·⃗CB=(x ,y ,z )·(1,-1,0)=x - y =0,
2 2 2 2 2 2
则
n ·⃗CF=(x ,y ,z )·(0,-2,1)=-2y +z =0,
2 2 2 2 2 2
取x=1,得y=1,z=2,即n=(1,1,2).(13分)
2 2 2 2
易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),
3
n ·n 2 √6
2 3
∴cos<n,n>= = = , (14分)
2 3 |n |·|n | √6 3
2 3
由图可知,二面角D-BC-F为锐角,
√6
∴二面角D-BC-F的余弦值为 . (15分)
3
8.(2019河南洛阳尖子生第四次联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面
ABCD,PA=AB=2,点M为棱PC的中点,点E,F分别为棱AB,BC上的动点(E,F与所在棱的端点不重合),且满足
BE=BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面MBD;
(2)当三棱锥F-PEC的体积最大时,求二面角C-MF-E的余弦值.
解析 (1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,所以AP,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,⃗AB,⃗AD,⃗AP的方
向为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
则P(0,0,2),M(1,1,1),B(2,0,0),D(0,2,0).设E(t,0,0)(0<t<2),则F(2,2-t,0), (2分)
⃗PE=(t,0,-2),⃗PF=(2,2-t,-2),⃗MB=(1,-1,-1),⃗MD=(-1,1,-1).
设m=(a,b,c)为平面PEF的法向量,
1 1 1 1
{m ·⃗PE=0, { ta -2c =0,
1 1 1
则 即
m ·⃗PF=0, 2a +(2-t)b -2c =0,
1 1 1 1
可取m=(2,-2,t). (4分)
1
设m=(a,b,c)为平面MBD的法向量,
2 2 2 2
{m ·⃗MB=0, { a -b -c =0,
2 2 2 2
则 即
m ·⃗MD=0, -a +b -c =0,
2 2 2 2
可取m=(1,1,0). (5分)
2
因为m·m=2×1-2×1+t×0=0,
1 2
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所以m⊥m.
1 2
所以平面PEF⊥平面MBD.(6分)
(2)因为V =V ,所以当三棱锥F-PEC的体积最大,即V 最大时,S 最大.
F-PEC P-EFC P-EFC △EFC
1 1 1
因为S = (2-t)t=- (t-1)2+ ,
△EFC 2 2 2
因为0<t<2,所以当t=1时,S 最大. (8分)
△EFC
由(1)中空间直角坐标系得C(2,2,0),F(2,1,0),E(1,0,0),M(1,1,1),
⃗MF=(1,0,-1),⃗FE=(-1,-1,0),⃗FC=(0,1,0). (9分)
设n=(x,y,z)是平面MEF的法向量,
1 1 1 1
{n ·⃗MF=0, { x -z =0,
1 1 1
则 即
n ·⃗FE=0, -x - y =0,
1 1 1
可取n=(1,-1,1). (10分)
1
设n=(x,y,z)是平面MCF的法向量,
2 2 2 2
{n ·⃗MF=0, {x -z =0,
2 2 2
则 即
n ·⃗FC=0, y =0,
2 2
可取n=(1,0,1). (11分)
2
n ·n 2 √6
1 2
则cos<n,n>= = = .
1 2 |n ||n | √3×√2 3
1 2
√6
由图知所求二面角为钝二面角,所以二面角C-MF-E的余弦值为- . (12分)
3
方法点拨 解答空间几何体中的垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂
直关系进行转化,转化时要正确运用有关的定理,找出足够的条件进行推理.
考点二 用向量法求空间角和距离
1.(2018陕西渭南一模,7)二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都
垂直于AB,已知AB=2,AC=3,BD=4,CD=√17,则该二面角的大小为 ( )
A.30° B.45° C.60° D.120°
答案 C 由已知可得:⃗CA·⃗AB=0,⃗AB·⃗BD=0,⃗CD=⃗CA+⃗AB+⃗BD,
∴|⃗CD|2=|⃗CA+⃗AB+⃗BD|2=|⃗CA|2+|⃗AB|2+|⃗BD|2+2⃗CA·⃗AB+2⃗AB·⃗BD+2⃗CA·⃗BD=32+22+42+2×3×4cos<
⃗CA,⃗BD>=(√17)2,
1
∴cos<⃗CA,⃗BD>=- ,即<⃗CA,⃗BD>=120°,
2
所以<⃗AC,⃗BD>=60°,
∴二面角的大小为60°.故选C.
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2.(2016吉林期中)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC
与平面PAC所成的角是 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 A 如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz,设OD=SO=OA=OB=OC=a,直线BC与平面PAC
所成的角为α,
( a a)
则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P
0,- ,
.
2 2
( a a)
则⃗CA=(2a,0,0),⃗PA= a, ,- ,⃗BC=(-a,-a,0).
2 2
{
2ax=0,
设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则 a a
ax+ y- z=0,
2 2
令y=1,可得n=(0,1,1),
1
则|cos<⃗BC,n>|= .
2
1
∴sinα= ,易知0°≤α≤90°,∴α=30°,
2
∴直线BC与平面PAC所成的角为30°.故选A.
思路分析 以底面中心O为原点建系,利用平面的法向量和向量的夹角公式求解.
1 AE
3.如图,已知在长方体ABCD-ABCD 中,AD=AA= AB=2,点E是棱AB上一点,且 =λ.
1 1 1 1 1 2 EB
(1)证明:DE⊥AD;
1 1
√6
(2)若二面角D-EC-D的余弦值为 ,求CE与平面DED所成的角的大小.
1 3 1
解析 (1)证明:如图,以D为坐标原点,DA、DC、DD 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则
1
AE ( 4λ )
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A(2,0,2),B(2,4,2),C(0,4,2),D(0,0,2).因为 =λ,所以E
2, ,0
,
1 1 1 1 EB 1+λ
( 4λ )
于是 ⃗D E= 2, ,-2 , ⃗A D=(-2,0,-2),
1 1+λ 1
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( 4λ )
因为 ⃗D E· ⃗A D= 2, ,-2 ·(-2,0,-2)=0,故DE⊥AD.
1 1 1+λ 1 1
(2)因为DD⊥平面ABCD,所以平面DEC的一个法向量为n=⃗DD =(0,0,2).设平面DCE的法向量为
1 1 1 1
( 4λ )
n=(x,y,z),又⃗CE= 2, -4,0 , ⃗CD =(0,-4,2),
2 1+λ 1
( 4λ )
∴n·⃗CE=2x+y -4 =0,n·⃗CD =-4y+2z=0,
2 1+λ 2 1
( 2λ )
所以可取向量n=
2- ,1,2
,
2 1+λ
√6
|n ·n |
√6
1 2
因为二面角D-EC-D的余弦值为 ,所以 = ,
1 3 |n |·|n | 3
1 2
解得λ=1,
所以E(2,2,0),故⃗DE=(2,2,0),⃗CE=(2,-2,0),
因为⃗CE· ⃗DD =0,⃗CE·⃗DE=0,故CE⊥DD,CE⊥DE,又DD∩DE=D,所以CE⊥平面DED.
1 1 1 1
π
即CE与平面DED所成角的大小为 .
1 2
4.(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
(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 ?若存在,确定点M的位置,
7
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.
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又∵CD⊥平面ABC,∴CD⊥BC,
又AC∩CD=C,∴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),则⃗DE=(0,2,-3),易知平面ACD的一个法向量为⃗CB=(0,2,0).假设
满足题意的点M存在,设M(a,b,c),则⃗DM=(a,b,c-4),再设⃗DM=λ⃗DE,λ∈(0,1],
{
a=0,
{
a=0,
∴
b=2λ,
⇒
b=2λ,
c-4=-3λ c=4-3λ,
即M(0,2λ,4-3λ),从而⃗AM=(-4,2λ,4-3λ).
|2λ×2| 2
设直线AM与平面ACD所成的角为θ,则sinθ=|cos<⃗AM,⃗CB>|= = .
2×√16+4λ2+(4-3λ)2 7
4 2 4
解得λ=- 或λ= ,其中λ=- ∉(0,1],舍去,
3 3 3
2
而λ= ∈(0,1],
3
故满足条件的点M存在,且点M为线段DE上靠近E的三等分点.
5.如图,在四棱柱ABCD-ABCD 中,侧棱AA⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA=2,AD=CD=√5,且点M和
1 1 1 1 1 1
N分别为BC和DD的中点.
1 1
(1)求证:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D-AC-B 的正弦值;
1 1
1
(3)设E为棱AB 上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 ,求线段AE的长.
1 1 3 1
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),A(0,0,2),B(0,1,2),C(2,0,2),D(1,-2,2).
1 1 1 1
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又因为M,N分别为BC和DD的中点,
1 1
( 1 )
所以M
1, ,1
,N(1,-2,1).
2
( 5 )
(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.⃗MN= 0,- ,0 .由此可得⃗MN·n=0,又因为
2
直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)⃗AD =(1,-2,2),⃗AC=(2,0,0).
1
{n ·⃗AD =0, {x-2y+2z=0,
1 1
设n=(x,y,z)为平面ACD 的法向量,则 即 不妨设z=1,可得n=(0,1,1).
1 1 n ·⃗AC=0, 2x=0. 1
1
{n ·⃗AB =0, {y+2z=0,
设n=(x,y,z)为平面ACB 的法向量,则 2 1 又 ⃗AB =(0,1,2),得 不妨设z=1,可得
2 1 n ·⃗AC=0, 1 2x=0.
2
n=(0,-2,1).
2
n ·n √10 3√10
1 2
因此有cos<n,n>= =- ,于是sin<n,n>= .
1 2 |n |·|n | 10 1 2 10
1 2
3√10
所以,二面角D-AC-B 的正弦值为 .
1 1 10
(3)依题意,可设 ⃗A E=λ⃗A B ,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
1 1 1
⃗NE·n 1 1
法向量,由已知,得cos<⃗NE,n>= = = ,整理得λ2+4λ-3=0,又因为
|⃗NE|·|n| √(-1)2+(λ+2)2+12 3
λ∈[0,1],解得λ=√7-2.
所以,线段AE的长为√7-2.
1
综合篇
【综合集训】
考法一 求直线与平面所成角的方法
1.(2020山东青岛三模,19)如图,在直角梯形AOOC中,AO∥CO,AO⊥OO,OO=4,CO=2,AO=4,点B是线段
1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1
OO 的中点,将△ABO,△BCO 分别沿AB,BC向上折起,使O,O 重合于点O,得到三棱锥O-ABC.试在三棱锥O-
1 2 1 2 1 2
ABC中.
(1)证明:平面AOB⊥平面BOC;
(2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值.
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2.(2020山东济宁6月三模,19)如图1,四边形ABCD为矩形,BC=2AB,E为AD的中点,将△ABE、△DCE分别沿
BE、CE折起得图2,使得平面ABE⊥平面BCE,平面DCE⊥平面BCE.
(1)求证:平面ABE⊥平面DCE;
(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.
考法二 求二面角的方法
3.(2020山东师范大学附中最后一卷,19)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,BD⊥DC,点E是BC的中点.将
△ABD沿BD折起,使AB⊥AC,连接AE,DE,得到三棱锥A-BCD.
(1)求证:平面ABD⊥平面BCD;
√7
(2)若AD=1,二面角C-AB-D的余弦值为 ,求二面角B-AD-E的正弦值.
7
4.(2020山东潍坊二模,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD=2√3,AB=3,AP=√3,AD∥BC,AD⊥平面
2 1
PAB,∠APB=90°,点E满足⃗PE= ⃗PA+ ⃗PB.
3 3
(1)证明:PE⊥DC;
(2)求二面角A-PD-E的余弦值.
[教师专用题组]
【综合集训】
第16页共21页第16页共21页
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考法一 求直线与平面所成角的方法
1.(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-ABC 中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱
1 1 1
AA=2,D、E分别是CC 与AB的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则AB与平面ABD所成
1 1 1 1
角的余弦值为 ( )
√2 √7 √3 √3
A. B. C. D.
3 3 2 7
答案 B 如图,以C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC 所在直线为z轴建立空间直角
1
(a a )
坐标系C-xyz,设CA=CB=a(a>0),则A(a,0,0),B(0,a,0),A(a,0,2),D(0,0,1),∴E
, ,1
.
1 2 2
(a a 1)
, ,
又∵G为△ABD的重心,∴G .
3 3 3
(a a 2)
易得⃗GE= , , ,⃗BD=(0,-a,1).
6 6 3
∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,
∴⃗GE⊥平面ABD.
∴⃗GE·⃗BD=0,解得a=2.
(1 1 2)
∴⃗GE= , , , ⃗BA =(2,-2,2).
3 3 3 1
∵⃗GE⊥平面ABD,∴⃗GE为平面ABD的一个法向量,
设AB与平面ABD所成角为θ,
1
4
|⃗GE·⃗BA | 3 √2
∴sinθ=|cos<⃗GE,⃗BA >|= 1 = = ,
1 |⃗GE||⃗BA | √6 3
1 ×2√3
3
√7
∴cosθ= .
3
√7
∴AB与平面ABD所成角的余弦值为 ,故选B.
1 3
2.(2020天津和平线上学习阶段性检测,17)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,已知BC=1,BB=2,∠BCC=90°,AB⊥
1 1 1 1 1
侧面BBCC.
1 1
(1)求直线CB与底面ABC所成角的正弦值;
1
(2)在棱CC(不包含端点C,C)上确定一点E的位置,使得EA⊥EB(要求说明理由);
1 1 1
第17页共21页第17页共21页
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(3)在(2)的条件下,若AB=√2,求二面角A-EB-A 的大小.
1 1
解析 ∵在三棱柱ABC-ABC 中,∠BCC=90°,AB⊥侧面BBCC,∴AB,BC,BB 两两垂直.如图,以B为原点建立
1 1 1 1 1 1 1
空间直角坐标系,
则B(0,0,0),C(1,2,0),B(0,2,0).
1 1
(1)平面ABC的一个法向量为 ⃗BB =(0,2,0),
1
2√5
⃗BC =(1,2,0),设BC 与平面ABC所成角为θ,则sinθ=cos|<⃗BB , ⃗BC >|= .∴直线CB与底面ABC所成
1 1 1 1 5 1
2√5
角的正弦值为 .
5
(2)设E(1,y,0)(0<y<2),A(0,0,z),则 ⃗EB =(-1,2-y,0),⃗EA=(-1,-y,z),∵EA⊥EB,∴⃗EA·⃗EB =1-y(2-y)=0,
1 1 1
∴y=1,即E(1,1,0),∴E为CC 的中点.
1
(3)由已知得A(0,0,√2),则⃗AE=(1,1,-√2), ⃗B E=(1,-1,0),
1
设平面AEB 的法向量为n=(x,y,z),
1 1 1 1
{n·⃗AE=0, {x + y -√2z =0,
则 ∴ 1 1 1 取n=(1,1,√2),
n·⃗B E=0, x - y =0,
1 1 1
∵⃗BE=(1,1,0),⃗BE·⃗B E=1-1=0,∴BE⊥BE,又BE⊥AB,∴BE⊥平面ABE,∴平面ABE的一个法向量为⃗BE
1 1 1 1 1 1 1 1
⃗BE·n √2
=(1,1,0),∴cos<n,⃗BE>= = ,
|⃗BE||n| 2
又知二面角A-EB-A 为锐二面角,∴二面角A-EB-A 的大小为45°.
1 1 1 1
考法二 求二面角的方法
1.如图,在四棱台ABCD-ABCD 中,下底面ABCD是边长为2的正方形,上底面ABCD 是边长为1的正方
1 1 1 1 1 1 1 1
形,侧棱DD⊥平面ABCD,DD=2.
1 1
(1)求证:BB∥平面DAC;
1 1
(2)求二面角B-AD-C的余弦值.
1 1
第18页共21页第18页共21页
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解析 以D为原点,DA,DC,DD 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D-xyz,则有
1
A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A(1,0,2),B(1,1,2),C(0,1,2),D(0,0,2).
1 1 1 1
(1)证明:设AC∩BD=E,连接DE,则有E(1,1,0), ⃗D E=(1,1,-2),又 ⃗B B=(1,1,-2),所以BB∥DE,又BB⊄平面
1 1 1 1 1 1
DAC,DE⊂平面DAC,所以BB∥平面DAC.
1 1 1 1 1
(2)⃗D B =(1,1,0),⃗D A=(2,0,-2),
1 1 1
设n=(x,y,z)为平面ABD 的法向量,
1 1
则有n· ⃗D B =x+y=0,n·⃗D A=2x-2z=0.
1 1 1
令x=1,得y=-1,z=1.故平面ABD 的一个法向量为n=(1,-1,1).
1 1
同理可以求得平面DAC的一个法向量为m=(1,1,1).
1
m·n 1
所以cos<m,n>= = .
|m||n| 3
由图知二面角B-AD-C为锐二面角,
1 1
1
故二面角B-AD-C的余弦值为 .
1 1 3
2.(2019广西南宁二中1月月考,19)如图,在棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中,E,F,M,N分别是棱
1 1 1 1
AB,AD,AB,AD 的中点,点P,Q分别在棱DD,BB 上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).
1 1 1 1 1 1
(1)当λ=1时,证明:直线BC∥平面EFPQ;
1
(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
解析 以D为原点,DA,DC,DD 所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
1
第19页共21页第19页共21页
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由已知得B(2,2,0),C(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),N(1,0,2),M(2,1,2).
1
⃗BC =(-2,0,2),⃗FP=(-1,0,λ),⃗FE=(1,1,0).
1
(1)证明:当λ=1时,⃗FP=(-1,0,1),
因为 ⃗BC =(-2,0,2),所以 ⃗BC =2⃗FP,即BC∥FP.
1 1 1
又FP⊂平面EFPQ,且BC⊄平面EFPQ,
1
故直线BC∥平面EFPQ.
1
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),
{⃗FE·n=0, { x+ y=0,
则由 可得 于是可取n=(λ,-λ,1).
⃗FP·n=0, -x+λz=0.
同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).
若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,
√2
则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1± ,显然满足0<λ<2.
2
√2
故存在λ=1± ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.
2
3.(2019黑龙江大庆模拟,21)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,侧面ABBA 是菱形,∠BAA=60°,E是棱BB 的中点,
1 1 1 1 1 1 1
CA=CB,F在线段AC上,且AF=2FC.
(1)证明:CB∥平面AEF;
1 1
(2)若CA⊥CB,平面CAB⊥平面ABBA,求二面角F-AE-A的余弦值.
1 1 1
解析 (1)连接AB 交AE于点G,连接FG.
1 1
AG A A AF AF AG
1
易知△AGA~△BGE,所以 = =2,又因为 =2,所以 = ,所以FG∥CB,
1 1 GB EB FC FC GB 1
1 1 1
又CB⊄平面AEF,FG⊂平面AEF,所以CB∥平面AEF.
1 1 1 1 1
(2)过C作CO⊥AB于O,因为CA=CB,所以O是线段AB的中点.
因为平面CAB⊥平面ABBA,平面CAB∩平面ABBA=AB,所以CO⊥平面ABBA,连接OA,
1 1 1 1 1 1 1
因为△ABA 是等边三角形,O是线段AB的中点,所以OA⊥AB.
1 1
如图以O为原点,⃗OA, ⃗OA ,⃗OC分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
1
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(1 2)
不妨设AB=2,则A(1,0,0),A(0,√3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F ,0, ,由 ⃗A A =⃗BB ,得B(-2,√3,0),BB 的中
1 3 3 1 1 1 1
( 3 √3 ) ( 3 √3 ) (1 2)
点E - , ,0 , ⃗A E= - ,- ,0 , ⃗A F= ,-√3, ,
2 2 1 2 2 1 3 3
{ x 1-√3 y + 2 z =0,
{⃗A F·n =0, 3 1 3 1
1 1
设平面AFE的一个法向量为n=(x,y,z),则 即 得方程的一组
1 1 1 1 1 ⃗A E·n =0, 3 √3
1 1 - x - y =0,
2 1 2 1
x =-1,
{
1
解为 y =√3, 即n=(-1,√3,5),
1 1
z =5,
1
n ·n 5√29
1 2
设平面ABBA 的一个法向量为n=(0,0,1),则cos<n,n>= = ,
1 1 2 1 2 |n ||n | 29
1 2
由图可知,所求二面角为锐二面角,
5√29
所以二面角F-AE-A的余弦值为 .
1 29
第21页共21页
