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新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用综合集训含解析
展开这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用综合集训含解析，共29页。
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-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,BB1=2,M是线段B1D1的中点.求证:
(1)BM∥平面D1AC;
(2)D1O⊥平面AB1C.
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;
(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.
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=2EM,
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),
所以n·PC=0,n·PE=0,即4x+4y-4z=0,4y-2z=0,
令y=-1,得x=-1,z=-2,故n=(-1,-1,-2).
所以cos
由图可知二面角D-PC-E的平面角为钝角,
所以二面角D-PC-E的大小为5π6.
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,
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=λPB(0≤λ≤1),
∴PE=λPB=λ(2,1,-1).PC=(0,1,-1),
由PC·DE=PC·(DP+PE)=(0,1,-1)·(2λ,λ,1-λ)=0,解得λ=12,即PB上存在点E使得PC⊥平面ADE,且E为PB中点.
(2)由(1)知D(0,0,0),A(2,0,0),E22,12,12,P(0,0,1),DA=(2,0,0),DE=22,12,12,PA=(2,0,-1),PE=22,12,-12,
设平面ADE的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PAE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n1·DA=0,n1·DE=0⇒2x1=0,22x1+12y1+12z1=0,
令y1=1,得n1=(0,1,-1).
同理求得n2=(1,0,2),所以cos
易知所求二面角为锐二面角,
故二面角P-AE-D的余弦值为33.
3.(2020河南天一9月联考,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CA=CB=AA1=2,M,N分别是A1B与CC1的中点,G为△ABN的重心.
(1)求证:MG⊥平面ABN;
(2)求二面角A1-AB-N的正弦值.
解析 (1)证明:由题意知AC,BC,CC1两两垂直,
以C为原点,分别以AC、BC、CC1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,2),A1(2,0,2),
由中点坐标公式,得M(1,1,1),N(0,0,1),
由重心性质得G23,23,13,
则MG=-13,-13,-23,AB=(-2,2,0),AN=(-2,0,1),AA1=(0,0,2),
∴MG·AN=0,MG·AB=0,
∴MG⊥AN,MG⊥AB,
又AN∩AB=A,
∴MG⊥平面ABN.
(2)由(1)得平面ABN的一个法向量为MG=-13,-13,-23,
设平面A1AB的法向量n=(x,y,z),
则n·AA1=2z=0,n·AB=-2x+2y=0,
取x=1,得n=(1,1,0),∴cos
设二面角A1-AB-N的大小为θ,则sinθ=1--332=63.
∴二面角A1-AB-N的正弦值为63.
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.
∵AB=2,EB=3,EF=1,BC=13,
∴B(0,0,0),D(3,0,0),A(0,2,0),E(0,0,3),F(0,1,3),M32,0,0,∴EM=32,0,-3,AD=(3,-2,0),AF=(0,-1,3).
设平面ADF的法向量n=(x,y,z).
∴n·AD=3x-2y=0,n·AF=-y+3z=0,令y=3,得n=(2,3,3).
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=(x1,y1,z1),
∴m·BD=3x1=0,m·BF=y1+3z1=0,令z1=1,得m=(0,-3,1),
∴cos
又二面角A-FD-B为锐角,
故二面角A-FD-B的余弦值为34.
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-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC1的中点,N是BC的中点,点P在直线A1B1上,且满足A1P=λA1B1.
(1)当λ=1时,求证:直线PN⊥平面AMN;
(2)若平面PMN与平面AA1C1C所成的锐二面角的大小为45°,试确定点P的位置.
解析 (1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系.
则N12,12,0,M0,1,12,A(0,0,0),AN=12,12,0,AM=0,1,12.
当λ=1时,点P与点B1重合,此时P点坐标为(1,0,1),PN=-12,12,-1.
又PN·AN=-14+14+0=0,PN·AM=0+12-12=0,
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),
则MP=λ,-1,12,NP=λ-12,-12,1,
则m·NP=0,m·MP=0,即λ-12x-12y+z=0,λx-y+12z=0,
取m=(3,2λ+1,2-2λ).
易知平面AA1C1C的一个法向量为n=AB=(1,0,0).
∵平面PMN与平面AA1C1C所成的锐二面角的大小为45°,
∴|cos
解得λ=-12或λ=1.
∴点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=12或点P与点B1重合.
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,PA=AD=CD=12BC,PE=2ED,CF=2FB.
(1)证明:EF∥平面PAB;
(2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.
解析 (1)证明:过点E作EG∥AD交PA于G,连接BG.
因为PE=2ED,CF=2FB,所以EG=23AD=13BC=BF.
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,
则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F1,-13,0,
在△PAH中,由余弦定理知cos∠PAH=PA2+AH2-PH22PA·AH=-12,所以∠PAH=120°,则P-12,0,32,所以E-16,23,36,
所以EF=76,-1,-36,BC=(0,2,0),BP=-32,1,32. (11分)
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则n·BC=0,n·BP=0,即2y=0,-32x+y+32z=0,取x=1,得z=3,则n=(1,0,3), (12分)
设直线EF与平面PBC所成角为θ,则sinθ=|cos
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;
(2)若线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,求CMCF的值;
(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=λCF,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n1=(x1,y1,z1),
则n1·DB=(x1,y1,z1)·(1,2,0)=x1+2y1=0,n1·DM=(x1,y1,z1)·(0,3-2λ,λa)=(3-2λ)y1+λaz1=0,
取x1=2,得y1=-1,z1=3-2λλa,即n1=2,-1,3-2λλa. (8分)
由AE∥平面BDM,得AE·n1=(-1,1,a)·2,-1,3-2λλa=0,即-2-1+3-2λλ=0,解得λ=35.
∴线段CF上存在一点M,满足AE∥平面BDM,此时CMCF=35.(11分)
(3)设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·CB=(x2,y2,z2)·(1,-1,0)=x2-y2=0,n2·CF=(x2,y2,z2)·(0,-2,1)=-2y2+z2=0,
取x2=1,得y2=1,z2=2,即n2=(1,1,2). (13分)
易知平面BCD的一个法向量为n3=(0,0,1),
∴cos
由图可知,二面角D-BC-F为锐角,
∴二面角D-BC-F的余弦值为63. (15分)
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
设m1=(a1,b1,c1)为平面PEF的法向量,
则m1·PE=0,m1·PF=0,即ta1-2c1=0,2a1+(2-t)b1-2c1=0,
可取m1=(2,-2,t). (4分)
设m2=(a2,b2,c2)为平面MBD的法向量,
则m2·MB=0,m2·MD=0,即a2-b2-c2=0,-a2+b2-c2=0,
可取m2=(1,1,0). (5分)
因为m1·m2=2×1-2×1+t×0=0,
所以m1⊥m2.
所以平面PEF⊥平面MBD. (6分)
(2)因为VF-PEC=VP-EFC,所以当三棱锥F-PEC的体积最大,即VP-EFC最大时,S△EFC最大.
因为S△EFC=12(2-t)t=-12(t-1)2+12,
因为0
MF=(1,0,-1),FE=(-1,-1,0),FC=(0,1,0). (9分)
设n1=(x1,y1,z1)是平面MEF的法向量,
则n1·MF=0,n1·FE=0,即x1-z1=0,-x1-y1=0,
可取n1=(1,-1,1). (10分)
设n2=(x2,y2,z2)是平面MCF的法向量,
则n2·MF=0,n2·FC=0,即x2-z2=0,y2=0,
可取n2=(1,0,1). (11分)
则cos
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-63. (12分)
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+2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=32+22+42+2×3×4cos
∴cos
所以
∴二面角的大小为60°.故选C.
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,
则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2.
则CA=(2a,0,0),PA=a,a2,-a2,BC=(-a,-a,0).
设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则2ax=0,ax+a2y-a2z=0,
令y=1,可得n=(0,1,1),
则|cos
∴sinα=12,易知0°≤α≤90°,∴α=30°,
∴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.
3.如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=A1A=12AB=2,点E是棱AB上一点,且AEEB=λ.
(1)证明:D1E⊥A1D;
(2)若二面角D1-EC-D的余弦值为63,求CE与平面D1ED所成的角的大小.
解析 (1)证明:如图,以D为坐标原点,DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为AEEB=λ,所以E2,4λ1+λ,0,
于是D1E=2,4λ1+λ,-2,A1D=(-2,0,-2),
因为D1E·A1D=2,4λ1+λ,-2·(-2,0,-2)=0,故D1E⊥A1D.
(2)因为D1D⊥平面ABCD,所以平面DEC的一个法向量为n1=DD1=(0,0,2).设平面D1CE的法向量为n2=(x,y,z),又CE=2,4λ1+λ-4,0,CD1=(0,-4,2),
∴n2·CE=2x+y4λ1+λ-4=0,n2·CD1=-4y+2z=0,
所以可取向量n2=2-2λ1+λ,1,2,
因为二面角D1-EC-D的余弦值为63,所以|n1·n2||n1|·|n2|=63,
解得λ=1,
所以E(2,2,0),故DE=(2,2,0),CE=(2,-2,0),
因为CE·DD1=0,CE·DE=0,故CE⊥DD1,CE⊥DE,又DD1∩DE=D,所以CE⊥平面D1ED.
即CE与平面D1ED所成角的大小为π2.
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=25.
(1)求证:平面ADC⊥平面BCDE;
(2)试问线段DE上是否存在点M,使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为27?若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:∵CD⊥平面ABC,BE∥CD,
∴BE⊥平面ABC,∴BE⊥AB.
∵BE=1,tan∠AEB=25,∴AB=25.
∵☉O的半径为5,∴AB是直径,∴AC⊥BC.
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=λDE,λ∈(0,1],
∴a=0,b=2λ,c-4=-3λ⇒a=0,b=2λ,c=4-3λ,
即M(0,2λ,4-3λ),从而AM=(-4,2λ,4-3λ).
设直线AM与平面ACD所成的角为θ,则sinθ=|cos
解得λ=-43或λ=23,其中λ=-43∉(0,1],舍去,
而λ=23∈(0,1],
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-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
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
所以,线段A1E的长为7-2.
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AO1O2C中,AO1∥CO2,AO1⊥O1O2,O1O2=4,CO2=2,AO1=4,点B是线段O1O2的中点,将△ABO1,△BCO2分别沿AB,BC向上折起,使O1,O2重合于点O,得到三棱锥O-ABC.试在三棱锥O-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.
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;
(2)若AD=1,二面角C-AB-D的余弦值为77,求二面角B-AD-E的正弦值.
4.(2020山东潍坊二模,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD=23,AB=3,AP=3,AD∥BC,AD⊥平面PAB,∠APB=90°,点E满足PE=23PA+13PB.
(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】
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-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 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,CC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz,设CA=CB=a(a>0),则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),∴Ea2,a2,1.
又∵G为△ABD的重心,∴Ga3,a3,13.
易得GE=a6,a6,23,BD=(0,-a,1).
∵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.
∴GE=13,13,23,BA1=(2,-2,2).
∵GE⊥平面ABD,∴GE为平面ABD的一个法向量,
设A1B与平面ABD所成角为θ,
∴sinθ=|cos
∴cosθ=73.
∴A1B与平面ABD所成角的余弦值为73,故选B.
2.(2020天津和平线上学习阶段性检测,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=90°,AB⊥侧面BB1C1C.
(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正弦值;
(2)在棱CC1(不包含端点C,C1)上确定一点E的位置,使得EA⊥EB1(要求说明理由);
(3)在(2)的条件下,若AB=2,求二面角A-EB1-A1的大小.
解析 ∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCC1=90°,AB⊥侧面BB1C1C,∴AB,BC,BB1两两垂直.如图,以B为原点建立空间直角坐标系,
则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).
(1)平面ABC的一个法向量为BB1=(0,2,0),
BC1=(1,2,0),设BC1与平面ABC所成角为θ,则sinθ=cos|
(2)设E(1,y,0)(0
(3)由已知得A(0,0,2),则AE=(1,1,-2),B1E=(1,-1,0),
设平面AEB1的法向量为n=(x1,y1,z1),
则n·AE=0,n·B1E=0,∴x1+y1-2z1=0,x1-y1=0,取n=(1,1,2),
∵BE=(1,1,0),BE·B1E=1-1=0,∴BE⊥B1E,又BE⊥A1B1,∴BE⊥平面A1B1E,∴平面A1B1E的一个法向量为BE=(1,1,0),∴cos
又知二面角A-EB1-A1为锐二面角,∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.
考法二 求二面角的方法
1.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,下底面ABCD是边长为2的正方形,上底面A1B1C1D1是边长为1的正方形,侧棱DD1⊥平面ABCD,DD1=2.
(1)求证:B1B∥平面D1AC;
(2)求二面角B1-AD1-C的余弦值.
解析 以D为原点,DA,DC,DD1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A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).
(1)证明:设AC∩BD=E,连接D1E,则有E(1,1,0),D1E=(1,1,-2),又B1B=(1,1,-2),所以B1B∥D1E,又B1B⊄平面D1AC,D1E⊂平面D1AC,所以B1B∥平面D1AC.
(2)D1B1=(1,1,0),D1A=(2,0,-2),
设n=(x,y,z)为平面AB1D1的法向量,
则有n·D1B1=x+y=0,n·D1A=2x-2z=0.
令x=1,得y=-1,z=1.故平面AB1D1的一个法向量为n=(1,-1,1).
同理可以求得平面D1AC的一个法向量为m=(1,1,1).
所以cos
由图知二面角B1-AD1-C为锐二面角,
故二面角B1-AD1-C的余弦值为13.
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-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).
(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;
(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,DD1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.
由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),N(1,0,2),M(2,1,2).
BC1=(-2,0,2),FP=(-1,0,λ),FE=(1,1,0).
(1)证明:当λ=1时,FP=(-1,0,1),
因为BC1=(-2,0,2),所以BC1=2FP,即BC1∥FP.
又FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),
则由FE·n=0,FP·n=0,可得x+y=0,-x+λz=0.于是可取n=(λ,-λ,1).
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,
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±22,显然满足0<λ<2.
故存在λ=1±22,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.
3.(2019黑龙江大庆模拟,21)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是菱形,∠BAA1=60°,E是棱BB1的中点,CA=CB,F在线段AC上,且AF=2FC.
(1)证明:CB1∥平面A1EF;
(2)若CA⊥CB,平面CAB⊥平面ABB1A1,求二面角F-A1E-A的余弦值.
解析 (1)连接AB1交A1E于点G,连接FG.
易知△AGA1~△B1GE,所以AGGB1=AA1EB1=2,又因为AFFC=2,所以AFFC=AGGB1,所以FG∥CB1,
又CB1⊄平面A1EF,FG⊂平面A1EF,所以CB1∥平面A1EF.
(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ABB1A1,平面CAB∩平面ABB1A1=AB,所以CO⊥平面ABB1A1,连接OA1,
因为△ABA1是等边三角形,O是线段AB的中点,所以OA1⊥AB.
如图以O为原点,OA,OA1,OC分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
不妨设AB=2,则A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F13,0,23,由AA1=BB1,得B1(-2,3,0),BB1的中点E-32,32,0,A1E=-32,-32,0,A1F=13,-3,23,
设平面A1FE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则A1F·n1=0,A1E·n1=0,即x13-3y1+23z1=0,-32x1-32y1=0,得方程的一组解为x1=-1,y1=3,z1=5,即n1=(-1,3,5),
设平面ABB1A1的一个法向量为n2=(0,0,1),则cos
由图可知,所求二面角为锐二面角,
所以二面角F-A1E-A的余弦值为52929.
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