2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：8.5　空间向量及其应用、空间角与距离 Word版含解析【KS5U 高考】

这是一份2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：8.5　空间向量及其应用、空间角与距离 Word版含解析【KS5U 高考】，共43页。

8.5　空间向量及其应用、空间角与距离
挖命题
【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
1.用向量证明空间中的平行和垂直关系
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)
2018天津,17
2017天津,17
用向量法求空间角的正弦值、用向量法证明空间中直线与平面的平行关系
空间角问题
★★★
2016天津,17
用向量法求空间角的正弦值、用向量法证明空间中直线与平面的平行关系
求线面角的正弦值
2.用向量求空间角与距离
1.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
2.能用向量法解决点面、线面、面面距离问题,了解向量方法在立体几何问题中的应用
2015天津,17
2014天津,17
用向量法求空间角
线面平行的判定、线线垂直的判定
★★★
分析解读　　1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理以及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,属中档题.


破考点
【考点集训】
考点一　用向量证明空间中的平行和垂直关系
1.(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,解得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.
方法总结　1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)
①利用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利用面面平行的性质: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,结合l⊄α可得l∥α.
(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基向量所表示,结合l⊄α可得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.
考点二　空间角与距离
2.(2018课标Ⅱ,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A.15　　　　B.56　　　　C.55　　　　D.22
答案　C　
3.已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.
(1)求点D到平面PEF的距离;
(2)求直线AC到平面PEF的距离.
解析　(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E1,12,0,F12,1,0,
∴PE=1,12,-1,
EF=-12,12,0,
DP=(0,0,1).
设平面PEF的法向量为n=(x,y,z).
则有n·PE=0,n·EF=0⇒x+12y-z=0,-12x+12y=0⇒z=32x,y=x.
令x=1,则n=1,1,32.
∴点D到平面PEF的距离为
d=|DP·n||n|=32172=31717.
(2)直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离.
∵AE=0,12,0,平面PEF的一个法向量为n=1,1,32,
∴点A到平面PEF的距离为d1=|AE·n||n|=12172=1717.
∴直线AC到平面PEF的距离为1717.
4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面AA1C1C,AA1=AB=AC=2,∠A1AC=60°.过AA1的平面交B1C1于点E,交BC于点F.
(1)求证:A1C⊥平面ABC1;
(2)求证:四边形AA1EF为平行四边形;
(3)若BFBC=23,求二面角B-AC1-F的大小.

解析　(1)证明:因为AB⊥平面AA1C1C,A1C⊂平面AA1C1C,所以A1C⊥AB.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,所以平行四边形AA1C1C为菱形,所以A1C⊥AC1.
又AB∩AC1=A,AB,AC1⊂平面ABC1,所以A1C⊥平面ABC1.
(2)证明:因为A1A∥B1B,A1A⊄平面BB1C1C,BB1⊂平面BB1C1C,所以A1A∥平面BB1C1C.
因为平面AA1EF∩平面BB1C1C=EF,所以A1A∥EF.
因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面AA1EF∩平面ABC=AF,平面AA1EF∩平面A1B1C1=A1E,
所以A1E∥AF,
所以四边形AA1EF为平行四边形.
(3)在平面AA1C1C内,过A作Az⊥AC.
因为AB⊥平面AA1C1C,所以AB,AC,Az两两垂直.
故可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(0,1,3),C1(0,3,3),所以BC=(-2,2,0),AC1=(0,3,3).
因为BFBC=23,所以BF=23BC=-43,43,0,
所以F23,43,0,
所以AF=23,43,0.
由(1)得平面ABC1的一个法向量为A1C=(0,1,-3).
设平面AC1F的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC1=0,n·AF=0,
即3y+3z=0,23x+43y=0.
令y=1,则x=-2,z=-3,
所以n=(-2,1,-3).
所以cos=n·A1C|n||A1C|=22.
由图可知二面角B-AC1-F的平面角是锐角,
所以二面角B-AC1-F的大小为45°.
思路分析　(1)通过证明四边形AA1C1C为菱形,得出A1C⊥AC1,从而证得A1C⊥平面ABC1;
(2)由面面平行的性质定理、线面平行的性质定理分别得到两组对边互相平行,进而证明四边形AA1EF为平行四边形;
(3)由平面的法向量和夹角公式求解.
方法总结　正确掌握线面平行和垂直的证明方法和计算空间角的基本方法是求解立体几何问题的基础和保障,务必“记牢活用.”
炼技法
【方法集训】
方法1　空间角与距离的向量求法
1.正四棱锥S-ABCD的八条棱长都相等,SB的中点是E,则异面直线AE,SD所成角的余弦值为　　　　. 
答案　33
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1B1的中点,则异面直线D1E和BC1间的距离为　　　　. 
答案　263
方法2　用向量法求立体几何中的探索性问题
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E为AD的中点,PA⊥AD,BE∥CD,BE⊥AD,PA=AE=BE=2,CD=1.
(1)求证:平面PAD⊥平面PCD;
(2)求二面角C-PB-E的余弦值;
(3)在线段PE上是否存在点M,使得DM∥平面PBC?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.

解析　(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,
且平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PA⊥平面ABCD.
又CD⊂平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又因为BE⊥AD,BE∥CD,
所以CD⊥AD.
又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
因为CD⊂平面PCD,
所以平面PAD⊥平面PCD.
(2)以E为原点,以EB,ED的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,

则E(0,0,0),P(0,-2,2),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),
所以PB=(2,2,-2),BC=(-1,2,0),EP=(0,-2,2).
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·PB=0,n·BC=0,即2x+2y-2z=0,-x+2y=0.
令y=1,则x=2,z=3,
所以n=(2,1,3).
设平面PBE的法向量为m=(a,b,c),
则m·PB=0,m·EP=0,即2a+2b-2c=0,-2b+2c=0.
令b=1,则a=0,c=1,
所以m=(0,1,1).
所以cos=n·m|n|·|m|=2×0+1×1+3×114×2=277.
由图可知,所求二面角为锐角,
所以二面角C-PB-E的余弦值为277.
(3)“在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC”等价于“在线段PE上存在点M,使其满足DM·n=0”.
设PM=λPE,λ∈[0,1].
因为PE=(0,2,-2),所以PM=(0,2λ,-2λ),
则M(0,2λ-2,2-2λ),所以DM=(0,2λ-4,2-2λ).
由(2)知平面PBC的一个法向量为n=(2,1,3),
所以DM·n=2λ-4+6-6λ=0,
解得λ=12.
因为λ=12∈[0,1],
所以在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC,此时点M为PE的中点.
4.如图1,在平面五边形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,CD=1,△ADE是边长为2的正三角形,现将△ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图2),且DE⊥AB.
(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD;
(2)求平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小;
(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF∥平面BCE?若存在,求出EFEA的值;若不存在,请说明理由.

解析　(1)证明:由已知得AB⊥AD,因为AB⊥DE,
且AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE,所以AB⊥平面ADE.
又AB⊂平面ABCD,所以平面ADE⊥平面ABCD.
(2)设AD的中点为O,连接EO.
因为△ADE是正三角形,
所以EA=ED,所以EO⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,
平面ADE∩平面ABCD=AD,EO⊂平面ADE,
所以EO⊥平面ABCD.
在平面ABCD内过O点作垂直于AD的直线交CB于点M.
以O为原点,OA所在的直线为x轴,OM所在的直线为y轴,OE所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,
则E(0,0,3),B(1,2,0),C(-1,1,0),
所以CE=(1,-1,3),CB=(2,1,0).
设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),
则m·CE=0,m·CB=0,即x-y+3z=0,2x+y=0.
令x=1,则y=-2,z=-3,
所以m=(1,-2,-3).
易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),
所以cos=m·n|m||n|=-22.
所以平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小为π4.

(3)在棱AE上存在点F,使得DF∥平面BCE,此时EFEA=12.
理由:设BE的中点为G,连接CG,FG,
则FG∥AB,FG=12AB,
因为AB∥CD,且CD=12AB,
所以FG∥CD,且FG=CD.
所以四边形CDFG是平行四边形,
所以DF∥CG.
因为CG⊂平面BCE,且DF⊄平面BCE,
所以DF∥平面BCE.
过专题
【五年高考】
A组　自主命题·天津卷题组
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　本小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,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,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,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.
4.(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,
所以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.
评析本小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.
5.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.
(1)证明BE⊥DC;
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.

解析　依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).

(1)证明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BE·DC=0.
所以BE⊥DC.
(2)向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,
则n·BD=0,n·PB=0,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.
于是有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.
(3)向量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|=-310×1=-31010.
易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为31010.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点一　用向量证明空间中的平行和垂直关系
　(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　(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 AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).
由 AB1·A1B1=0得AB1⊥A1B1.由 AB1·A1C1=0得AB1⊥A1C1.
又A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,
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 AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).
设平面ABB1的法向量n=(x,y,z),
则n·AB=0,n·BB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).
所以sin θ=|cos|=|AC1·n||AC1|·|n|=3913.
因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
考点二　空间角与距离
1.(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)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的法向量OB=(2,0,0).
设M(a,2-a,0)(0 设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).
由AP·n=0,AM·n=0得
2y+23z=0,ax+(4-a)y=0,可取n=(3(a-4),3a,-a),
所以cos=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.
2.(2017课标Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

解析　本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.
(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
又AP∩PD=P,AP,PD⊂平面PAD,从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,
又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.
以 F为坐标原点,FA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F-xyz.

由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.
所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).
设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则
n·PC=0,n·CB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0.
可取n=(0,-1,-2).
设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则
m·PA=0,m·AB=0,即22x2-22z2=0,y2=0.
可取m=(1,0,1).
则cos=n·m|n||m|=-33.
易知二面角A-PB-C为钝二面角,
所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.
方法总结　面面垂直的证明及向量法求解二面角.
(1)面面垂直的证明
证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.
(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值
建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cos θ|=|n1·n2||n1||n2|,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.
3.(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)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?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,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 因为BM与底面ABCD所成的角为45°,
而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,
所以|cos|=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.
4.(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,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)由已知,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.
5.(2014福建,17,13分)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.

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,
∴AB⊥BE.
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.
评析本题主要考查空间直线与直线、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、转化与化归思想、函数与方程思想.
C组　教师专用题组
1.(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　本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.
(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)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°.
方法总结　求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.
2.(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,且平面BCFE∩平面ABC=BC,AC⊥BC,
所以,AC⊥平面BCK,又BF⊂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.
又因为CK∩AC=C,CK,AC⊂平面ACFD,
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=31313.
在Rt△BQF中,FQ=31313,BF=3,得cos∠BQF=34.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.
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),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.
由图可知所求二面角为锐角,
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.
评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,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.
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)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,
由图可知平面PAB与平面PCD所成的二面角为锐角,
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所成角取得最小值.
又因为BP=12+22=5,
所以BQ=25BP=255.
评析本题主要考查空间向量、二面角和异面直线所成角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.
4.(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.
5.(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.由于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,又由已知得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),所以,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,
由图可知所求二面角为锐角,
故所求二面角A-PD-C的余弦值为36.
6.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);
(2)证明:直线MN∥平面BDH;
(3)求二面角A-EG-M的余弦值.

解析　(1)点F,G,H的位置如图所示.

(2)连接BD,设O为BD的中点.
因为M,N分别是BC,GH的中点,
所以OM∥CD,且OM=12CD,
HN∥CD,且HN=12CD.
所以OM∥HN,OM=HN.
所以MNHO是平行四边形,
从而MN∥OH.
又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,
所以MN∥平面BDH.
(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.
在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,
所以MP⊥EG.
过P作PK⊥EG于K,连接KM,
所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.
所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.
设AD=2,则CM=1,PK=2.
在Rt△CMP中,PM=CMsin 45°=22,
在Rt△PKM中,KM=PK2+PM2=322,
所以cos∠PKM=PKKM=223.
即二面角A-EG-M的余弦值为223.
解法二:如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DH的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.

设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),
所以,GE=(2,-2,0),MG=(-1,0,2).
设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),
由n1·GE=0,n1·MG=0得2x-2y=0,-x+2z=0,
取x=2,得n1=(2,2,1).
在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,
则可取平面AEG的一个法向量为n2=DO=(1,1,0),
所以cos=n1·n2|n1|·|n2|=2+2+04+4+1×1+1+0=223,
由图可知,所求角为锐角,
故二面角A-EG-M的余弦值为223.
评析本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、二面角的平面角的计算等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.
7.(2014重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=π3,M为BC上一点,且BM=12,MP⊥AP.
(1)求PO的长;
(2)求二面角A-PM-C的正弦值.

解析　(1)如图,连接AC,BD,因为ABCD为菱形,则AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O为坐标原点,OA,OB,OP的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.

因为∠BAD=π3,故OA=AB·cosπ6=3,OB=AB·sinπ6=1,
所以O(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),C(-3,0,0),OB=(0,1,0),BC=(-3,-1,0).
由BM=12,BC=2知,BM=14BC=-34,-14,0,
从而OM=OB+BM=-34,34,0,即M-34,34,0.
设P(0,0,a),a>0,则AP=(-3,0,a),MP=34,-34,a.
因为MP⊥AP,故MP·AP=0,即-34+a2=0,所以a=32或a=-32(舍去),即PO=32.
(2)由(1)知,AP=-3,0,32,MP=34,-34,32,CP=3,0,32.
设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由n1·AP=0,n1·MP=0,得-3x1+32z1=0,34x1-34y1+32z1=0,
故可取n1=1,533,2,
由n2·MP=0,n2·CP=0,
得34x2-34y2+32z2=0,3x2+32z2=0,
故可取n2=(1,-3,-2),
从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为
cos=n1·n2|n1|·|n2|=-155,
故所求二面角A-PM-C的正弦值为105.
8.(2014山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.
(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.

解析　(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.

连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
因为CD∥C1D1,CD=C1D1,
可得C1D1∥MA,C1D1=MA,
所以四边形AMC1D1为平行四边形.
因此C1M∥D1A,
又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,
所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)解法一:如图,连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形,

故可得BC=AD=MC,
又∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,
因此AB=2BC=2,CA=3,
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,
则A(3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,3),
因此M32,12,0,
所以MD1=-32,-12,3,D1C1=MB=-32,12,0.
设平面C1D1M的法向量为n=(x,y,z),
由n·D1C1=0,n·MD1=0得3x-y=0,3x+y-23z=0,令x=1,,则
可得平面C1D1M的一个法向量为n=(1,3,1).
由题意知CD1=(0,0,3)为平面ABCD的一个法向量,
所以cos=CD1·n|CD1||n|=55,
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.
解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接D1N.
由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.
在Rt△BNC中,易知BC=1,∠NBC=60°,

可得CN=32.所以ND1=CD12+CN2=152.
在Rt△D1CN中,cos∠D1NC=CND1N=32152=55.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.
9.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.
(1)证明:Q为BB1的中点;
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;
(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.

解析　(1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,
所以平面QBC∥平面A1AD.
从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.
故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.
所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12,即Q为BB1的中点.
(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.

图1
VQ-A1AD=13×12·2a·h·d=13ahd,
VQ-ABCD=13·a+2a2·d·12h=14ahd,
所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd,又VA1B1C1D1-ABCD=32ahd,
所以V上=VA1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd,
故V上V下=117.
(3)解法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E,AC.
又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面AEA1,
所以DE⊥平面AEA1,又A1E⊂平面AEA1,于是DE⊥A1E.
所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.
因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.
又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.
于是tan∠AEA1=AA1AE=1,∠AEA1=π4.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4.
解法二:如图2,以D为原点,DA,DD1的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.

图2
设∠CDA=θ.
因为S四边形ABCD=a+2a2·2sin θ=6,
所以a=2sinθ.
从而C(2cos θ,2sin θ,0),
A14sinθ,0,4,
所以DC=(2cos θ,2sin θ,0),DA1=4sinθ,0,4.
设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),
由DA1·n=4sinθx+4=0,DC·n=2xcosθ+2ysinθ=0,得x=-sin θ,y=cos θ,
所以n=(-sin θ,cos θ,1).
又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
所以cos=n·m|n||m|=22,
易知所求二面角为锐二面角,
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4.
评析本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.
【三年模拟】
解答题(共80分)
1.(2019届天津南开中学开学考,16)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,E为PC上一点,且PE=23PC.
(1)求PE的长;
(2)求证:AE⊥平面PBC;
(3)求二面角B-AE-D的大小.

解析　(1)连接AC,∵四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,
∴AC=AD2+DC2=2,
∴PC=PA2+AC2=4+2=6,
∴PE=23PC=263.
(2)证明:如图,以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,

则A(0,0,0),C(1,1,0),P(0,0,2),E23,23,23,B(2,0,0),
∴AE=23,23,23,PB=(2,0,-2),PC=(1,1,-2),
∴AE·PB=43-43=0,AE·PC=23+23-43=0,
∴AE⊥PB,AE⊥PC,∵PC⊂平面PBC,PB⊂平面PBC,PB∩PC=P,∴AE⊥平面PBC.
(3)由(2)知D(0,1,0),AB=(2,0,0),AD=(0,1,0),AE=23,23,23,
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),
则n·AB=2x=0,n·AE=23x+23y+23z=0,取y=1,得n=(0,1,-1),
设平面ADE的法向量为m=(a,b,c),
则m·AD=b=0,m·AE=23a+23b+23c=0,
取a=1,得m=(1,0,-1),
设二面角B-AE-D的平面角为θ,显然,θ为钝角,
则cos(π-θ)=|cos|=|m·n||m|·|n|=12×2=12,
∴θ=120°,
即二面角B-AE-D的大小为120°.
解题分析　本题考查线段长的求法,线面垂直的证明,二面角的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.
2.(2018天津和平一模,17)已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=6,点E,F分别为侧棱BB1和边A1C1的中点.
(1)求证:BF⊥平面ACE;
(2)求直线AF与平面ACE所成角的正弦值;
(3)求二面角F-CE-A的余弦值.

解析　(1)证明:取AC的中点O,连接OF,OB,则有A1A∥FO,故FO⊥平面ABC,
在正三角形ABC中,O是AC的中点,
故OB⊥AC,OA=OC=1,OB=3,
如图,以O为原点,分别以OA,OB,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),E0,3,62,F(0,0,6),
∴FB=(0,3,-6),AE=-1,3,62,AC=(-2,0,0),AF=(-1,0,6).
∵FB·AE=(0,3,-6)·-1,3,62=0,
∴FB⊥AE,即FB⊥AE,
∵FB·AC=(0,3,-6)·(-2,0,0)=0,
∴FB⊥AC,即FB⊥AC,
∵AE⊂平面ACE,AC⊂平面ACE,AE∩AC=A,∴FB⊥平面ACE.
(2)由(1)知平面AEC的一个法向量为FB=(0,3,-6),
设直线AF与平面ACE所成角的大小为θ,
则sin θ=|cos|=AF·FB|AF|·|FB|=637=277.
∴直线AF与平面ACE所成角的正弦值为277.
(3)设平面FCE的法向量为n=(x,y,z),
∵CE=1,3,62,CF=(1,0,6),
∴n·CE=0,n·CF=0,即x+3y+62z=0,x+6z=0,
令z=-6,则x=6,y=-3,即n=(6,-3,-6),
由(1)可知平面ACE的一个法向量为BF=(0,-3,6).
设二面角F-CE-A的平面角为β,易知0<β<π2,
∴cos β=n·BF|n|·|BF|=0+3-635×3=515.
∴二面角F-CE-A的余弦值为515.
3.(2019届天津一中月考,17)如图,已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,其中BE∥AF,AB⊥AF,AB=BE=12AF=2,∠CBA=π3,P为DF的中点.
(1)求证:PE∥平面ABCD;
(2)求二面角D-EF-A的余弦值;
(3)设G为线段AD上一点,AG=λAD,若直线FG与平面ABEF所成角的正弦值为3926,求AG的长.

解析　(1)证明:取AD的中点Q,连接PQ,BQ,则PQ∥AF∥BE,且PQ=12AF=BE,
所以四边形BEPQ为平行四边形,
所以PE∥BQ,又BQ⊂平面ABCD,PE⊄平面ABCD,
则PE∥平面ABCD.

(2)取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB,因为平面ABCD⊥平面ABEF,交线为AB,所以CO⊥平面ABEF,
作OM∥AF,以O为原点,以OB,OM,OC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(-2,0,3),F(-1,4,0),E(1,2,0),所以DF=(1,4,-3),EF=(-2,2,0),
设平面DEF的法向量为m=(x,y,z),
则m·DF=0,m·EF=0,即x+4y-3z=0,-2x+2y=0,令x=1,则y=1,z=53,故m=1,1,53,

易知平面AEF的一个法向量为n=(0,0,1),
所以cos=53313=53131,
易知二面角D-EF-A为锐角,所以其余弦值为53131.
(3)由题及(2)可知A(-1,0,0),AD=(-1,0,3),AG=(-λ,0,3λ),则G(-λ-1,0,3λ),所以FG=(-λ,-4,3λ),易知平面ABEF的一个法向量为n=(0,0,1),
设直线FG与平面ABEF所成角的大小为θ,
则sin θ=|cos|=|3λ|16+4λ2=3926,
由题知λ>0,于是λ=33,故AG=233.
4.(2018天津十二区县一模,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:面ACE⊥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,请说明理由.

解析　(1)证明:因为面ADEF⊥面ABCD,面ADEF∩面ABCD=AD,DE⊂面ADEF,DE⊥AD,
所以DE⊥面ABCD.
又因为AC⊂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⊂面BED,BD⊂面BED,
所以AC⊥面BED.
又因为AC⊂面ACE,所以面ACE⊥面BED.
(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

则A(3,0,0),F(3,0,26),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),
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).
所以cos=CA·n|CA||n|=-3632×39=-1313.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为1313.
(3)存在,理由如下:
设M(3,0,t),0≤t≤26.
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).
又CA=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,
所以|cos|=|m·CA||m||CA|=|96-6t|32×(36-t)2+t2+9=12,
整理得2t2-66t+15=0,
解得t=62或t=562(舍),
所以AMAF=6226=14.
5.(2018天津部分区县一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,对角线AC与BD的交点为O,PO⊥平面ABCD,E,F分别为PA,BC的中点,AB=2,PO=3,∠BAD=60°.
(1)求证:直线EF∥平面PDC;
(2)求二面角C-PA-D的余弦值;
(3)已知点M在棱BC上,且直线ME与平面PAD所成角的正弦值为255,求线段BM的长.

解析　(1)证明:取PD的中点G,连接EG、CG,
∵EG是△PAD的中位线,
∴EG∥AD且EG=12AD,
在菱形ABCD中,AD∥BC且AD=BC,又F为BC的中点,
∴CF∥EG且CF=EG,
∴四边形EFCG是平行四边形,
∴EF∥CG,
又EF⊄平面PDC,CG⊂平面PDC,
∴EF∥平面PDC.

(2)以O为原点,OA所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
易知C(-3,0,0),A(3,0,0),P(0,0,3),D(0,-1,0),B(0,1,0),
PA=(3,0,-3),PD=(0,-1,-3),
设平面PAD的法向量为n=(x1,y1,z1),
则n·PA=3x1-3z1=0,n·PD=-y1-3z1=0,取x1=1,得平面PAD的一个法向量为n=(1,-3,1),
易知平面PAC的一个法向量为m=(0,1,0),
设二面角C-PA-D的平面角为θ,
易知θ为锐角,则cos θ=|m·n||m|·|n|=35=155.
∴二面角C-PA-D的余弦值为155.
(3)设M(x,y,0),∵点M在BC上,则存在实数λ使得BM=λBC(0≤λ≤1).
∵BM=(x,y-1,0),BC=(-3,-1,0),
∴x=-3λ,y-1=-λ,可得M(-3λ,1-λ,0).
∵E32,0,32,
∴EM=-3λ-32,1-λ,-32.
由(2)知平面PAD的一个法向量为n=(1,-3,1),又直线ME与平面PAD所成角的正弦值为255,
∴|cos|=|n·EM||n||EM|
=235·-3λ-322+(1-λ)2+-322=255,
∴8λ2+2λ-1=0,
解得λ=14或λ=-12(舍去).
∴BM=14BC,∴|BM|=14|BC|=12,
∴线段BM的长为12.
6.(2019届天津南开中学第一次月考,17)如图所示,直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形,CF=3,平面EDCF⊥平面ABCD.
(1)求证:DF∥平面ABE;
(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值;
(3)在线段DF上是否存在点P,使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为34?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由.

解析　(1)证明:以D为原点,DA所在直线为x轴,DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,

则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,3),F(-1,2,3),∴BE=(-1,-2,3),AB=(0,2,0),
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),
则n·BE=0,n·AB=0,即-x-2y+3z=0,2y=0,
不妨取z=1,则平面ABE的一个法向量为n=(3,0,1),
又DF=(-1,2,3),
∴DF·n=-3+0+3=0,
∴DF⊥n.
∵DF⊄平面ABE,
∴DF∥平面ABE.
(2)由(1)知BE=(-1,-2,3),BF=(-2,0,3),
设平面BEF的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·BE=0,m·BF=0,即-x1-2y1+3z1=0,-2x1+3z1=0,
取z1=4,则平面BEF的一个法向量为m=(23,3,4),
∴|cos|=|m·n||m|·|n|=102×31=53131,
∴平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值是53131.
(3)存在,理由如下:
由(1)知平面ABE的一个法向量为n=(3,0,1),
设DP=λDF=λ(-1,2,3)=(-λ,2λ,3λ),λ∈[0,1],
∴P(-λ,2λ,3λ),BP=(-λ-1,2λ-2,3λ),
设直线BP与平面ABE所成的角为θ,
∴sin θ=|cos|=BP·n|BP|·|n|
=|3(-λ-1)+3λ|(-λ-1)2+(2λ-2)2+(3λ)2×2=34,
化简得8λ2-6λ+1=0,
解得λ=12或λ=14,
当λ=12时,BP=-32,-1,32,∴|BP|=2;
当λ=14时,BP=-54,-32,34,∴|BP|=2.
综上,线段BP的长为2.