2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題13 立體幾何中的向量方法教學(xué)案 理

專題13 立體幾何中的向量方法 空間向量及其應(yīng)用一般每年考一道大題，試題一般以多面體為載體，分步設(shè)問，既考查綜合幾何也考查向量幾何，諸小問之間有一定梯度，大多模式是：諸小問依次討論線線垂直與平行→線面垂直與平行→面面垂直與平行→異面直線所成角、線面角、二面角→體積的計算．強調(diào)作圖、證明、計算相結(jié)合．考查的多面體以三棱錐、四棱錐(有一條側(cè)棱與底面垂直的棱錐、正棱錐)、棱柱(有一側(cè)棱或側(cè)面與底面垂直的棱柱，或底面為特殊圖形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等類型的棱柱)為主． 1．共線向量與共面向量 (1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a、b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ，使a＝λb. (2)共面向量定理：如果兩個向量a、b不共線，則向量p與向量a、b共面的充要條件是存在唯一實數(shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb. 2．兩個向量的數(shù)量積 向量a、b的數(shù)量積：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． 向量的數(shù)量積滿足如下運算律： ①(λa)·b＝λ(a·b)； ②a·b＝b·a(交換律)； ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)． 3．空間向量基本定理 如果三個向量a、b、c不共面，那么對空間任一向量p，存在唯一有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使p＝xa＋yb＋zc. 推論：設(shè)O、A、B、C是不共面的四點，則對空間任一點P，都存在唯一的有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使＝x＋y＋z. 4．空間向量平行與垂直的坐標表示 設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 則a∥b?a＝λb?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)； a⊥b?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0. 5．模、夾角和距離公式 (1)設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，則 |a|＝＝， cos〈a，b〉＝＝. (2)距離公式 設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則 ||＝. (3)平面的法向量 如果表示向量a的有向線段所在的直線垂直于平面α，則稱這個向量垂直于平面α，記作a⊥α. 如果a⊥α，那么向量a叫做平面α的法向量． 6．空間角的類型與范圍 (1)異面直線所成的角θ：0<θ≤； (2)直線與平面所成的角θ：0≤θ≤； (3)二面角θ：0≤θ≤π. 7．用向量求空間角與距離的方法 (1)求空間角：設(shè)直線l1、l2的方向向量分別為a、b，平面α、β的法向量分別為n、m. ①異面直線l1與l2所成的角為θ，則cosθ＝. ②直線l1與平面α所成的角為θ，則sinθ＝. ③平面α與平面β所成的二面角為θ，則|cosθ|＝. (2)求空間距離 ①直線到平面的距離，兩平行平面間的距離均可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離． 點P到平面α的距離：d＝(其中n為α的法向量，M為α內(nèi)任一點)． ②設(shè)n與異面直線a，b都垂直，A是直線a上任一點，B是直線B上任一點，則異面直線a、b的距離d＝. 考點一　向量法證明平行與垂直 例1、如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 【證明】以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A(chǔ)－xyz如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以E，F(xiàn)， ＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． 又因為AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 【方法規(guī)律】　利用空間向量證明平行與垂直的步驟 (1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關(guān)系； (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素； (3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關(guān)系； (4)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題． 【變式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點. 求證：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 證明：(1)以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系B－xyz，如圖所示， 則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，設(shè)BA＝a，則A(a,0,0)， 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)， ·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(xiàn)(0,1,4)， 則＝，＝(0,1,1)， ·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 考點二、　向量法求空間角 例 2、(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點． (1)證明：直線CE∥平面PAB； (2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M­AB­D的余弦值． 【解析】　(1)證明：取PA的中點F，連接EF，BF. 因為E是PD的中點，所以EF∥AD，EF＝AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD， 又BC＝AD，所以EF綊BC， 四邊形BCEF是平行四邊形，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為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)． 設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則 即 所以可取m＝(0，－，2)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 因此二面角M­AB­D的余弦值為. 【方法技巧】(1)利用空間向量求空間角的一般步驟 ①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系． ②求出相關(guān)點的坐標，寫出相交向量的坐標． ③結(jié)合公式進行論證、計算． ④轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論． 【變式探究】(2017·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4. (1)求證：M為PB的中點； (2)求二面角B­PD­A的大?。? (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值． 解析：(1)證明：如圖，設(shè)AC，BD交于點E，連接ME， 因為PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME， 所以PD∥ME. 因為四邊形ABCD是正方形， 所以E為BD的中點， 所以M為PB的中點． (2)取AD的中點O，連接OP，OE. 因為PA＝PD，所以O(shè)P⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD，且OP?平面PAD， 所以O(shè)P⊥平面ABCD. 因為OE?平面ABCD，所以O(shè)P⊥OE. 因為四邊形ABCD是正方形，所以O(shè)E⊥AD. 如圖，建立空間直角坐標系O－xyz，則P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)． 設(shè)平面BDP的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，則y＝1，z＝. 于是n＝(1,1，)． 平面PAD的法向量為p＝(0,1,0)， 所以cos〈n，p〉＝＝. (3)由題意知M，C(2,4,0)，＝. 設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α，則 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝， 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為. 考點三 　探索性問題 要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結(jié)論是否成立．“是否存在”的問題的命題形式有兩種情況：如果存在，找出一個來；如果不存在，需要說明理由，這類問題常用“肯定順推”的方法． 例 、(2016·北京)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． 【解析】　(1)證明：因為平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD， 所以AB⊥平面PAD，PD?平面PAD，所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD， 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點O，連接PO，CO. 因為PA＝PD，所以PO⊥CD. 又因為PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 如圖，建立空間直角坐標系O －xyz. 由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則 【方法技巧】空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷；解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運用這一方法解題． 【變式探究】如圖所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，點D為AC的中點，點E的線段AA1上． (1)當AEEA1＝12時，求證：DE⊥BC1； (2)是否存在點E，使二面角D­BE­A等于60°？若存在，求AE的長；若不存在，請說明理由． 解析：(1)證明：連接DC1， 因為ABC－A1B1C1為正三棱柱，所以△ABC為正三角形． 又因為D為AC的中點，所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1. 所以BD⊥DE. 因為AEEA1＝12，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1. 所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°. 所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1. 所以DE⊥平面BDC1. 又因為BC1?平面BDC1， 所以ED⊥BC1. (2)假設(shè)存在點E滿足條件，設(shè)AE＝h. 取A1C1的中點D1，連接DD1，則DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD. 如圖，分別以DA，DB，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz， 則A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)． 所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)． 設(shè)平面DBE的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)則 即 令z1＝1，得n1＝(－h(huán),0,1)． 同理，設(shè)平面ABE的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則即 得n2＝(，1,0)． 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos60°＝. 解得h＝<，故存在點E滿足條件． 當AE＝時，二面角D­BE­A等于60°. 1.【2017課標1，理18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且. （1）證明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值. 【答案】（1）見解析；（2）. 【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD. 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面內(nèi)做，垂足為， 由（1）可知， 平面，故，可得平面. 以為坐標原點， 的方向為軸正方向， 為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系. 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 可取. 則， 所以二面角的余弦值為. 2.【2017山東，理17】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形（及其內(nèi)部）以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的，是的中點. （Ⅰ）設(shè)是上的一點，且，求的大小； （Ⅱ）當，，求二面角的大小. 【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）. 【解析】 （Ⅰ）因為， ， ， 平面， ， 所以平面， 又平面， 所以，又， 因此 （Ⅱ）以為坐標原點，分別以， ， 所在的直線為， ， 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.由題意得 ， ， ，故， ， ， 設(shè)是平面的一個法向量. 由可得 取，可得平面的一個法向量. 設(shè)是平面的一個法向量. 由可得 取，可得平面的一個法向量. 所以. 因此所求的角為. 3.【2017北京，理16】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4． （I）求證：M為PB的中點； （II）求二面角B-PD-A的大??； （III）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析：（Ⅱ） ；（Ⅲ） 【解析】 （I）設(shè)交點為，連接. 因為平面，平面平面，所以. 因為是正方形，所以為的中點，所以為的中點. 設(shè)平面的法向量為，則，即. 令，則， .于是. 平面的法向量為，所以. 由題知二面角為銳角，所以它的大小為. （III）由題意知， ， . 設(shè)直線與平面所成角為，則. 所以直線與平面所成角的正弦值為. 4.【2017天津，理17】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，AB=2. （Ⅰ）求證：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值； （Ⅲ）已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長. 【答案】 （1）證明見解析（2） （3） 或 【解析】如圖，以A為原點，分別以， ， 方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系.依題意可得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）. （Ⅰ）證明： =（0，2，0），=（2，0， ）.設(shè)，為平面BDE的法向量， 則，即.不妨設(shè)，可得.又=（1，2， ），可得. 因為平面BDE，所以MN//平面BDE. （Ⅱ）解：易知為平面CEM的一個法向量.設(shè)為平面EMN的法向量，則，因為， ，所以.不妨設(shè)，可得. 因此有，于是. 所以，二面角C—EM—N的正弦值為. （Ⅲ）解：依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進而可得， .由已知，得，整理得，解得，或. 所以，線段AH的長為或. 5.【2017江蘇，22】 如圖， 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=， . （1）求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值； （2）求二面角B-A1D-A的正弦值. 【答案】（1）（2） 【解析】在平面ABCD內(nèi)，過點A作AEAD，交BC于點E. 因為AA1平面ABCD， 所以AA1AE，AA1AD. 如圖，以為正交基底，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz. 因為AB=AD=2，AA1=， . 則. (1) ， 則. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. 設(shè)二面角B-A1D-A的大小為，則. 因為，所以. 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. 1.【2016高考新課標1卷】（本小題滿分為12分）如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是． （I）證明：平面ABEF平面EFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值． 【答案】（I）見解析（II） 【解析】 （Ⅰ）由已知可得，，所以平面． 又平面，故平面平面． （Ⅱ）過作，垂足為，由（Ⅰ）知平面． 以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系． 由（Ⅰ）知為二面角的平面角，故，則，，可得，，，． 由已知，，所以平面． 又平面平面，故，． 由，可得平面，所以為二面角的平面角， ．從而可得． 所以，，，． 設(shè)是平面的法向量，則 ，即， 所以可?。? 設(shè)是平面的法向量，則， 同理可?。畡t． 故二面角EBCA的余弦值為． 2.【2016高考新課標2理數(shù)】如圖，菱形的對角線與交于點，，點分別在上，，交于點．將沿折到位置，． （Ⅰ）證明：平面； （Ⅱ）求二面角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. （Ⅱ）如圖，以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是. 3.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分13分）如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB=BE=2. （I）求證：EG∥平面ADF； （II）求二面角O-EF-C的正弦值； （III）設(shè)H為線段AF上的點，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）（Ⅲ） 【解析】依題意，，如圖，以為點，分別以的方向為軸，軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，依題意可得，. （I）證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得，又，可得，又因為直線，所以. （II）解：易證，為平面的一個法向量.依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得. 因此有，于是，所以，二面角的正弦值為. （III）解：由，得.因為，所以，進而有，從而，因此.所以，直線和平面所成角的正弦值為. 4.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題14分） 如圖，在四棱錐中，平面平面，，，， ，，. （1）求證：平面； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由. 【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在， 如圖建立空間直角坐標系，由題意得， . 設(shè)平面的法向量為，則 即 令，則. 所以. 又，所以. 所以直線與平面所成角的正弦值為. （3）設(shè)是棱上一點，則存在使得. 因此點. 因為平面，所以平面當且僅當， 即，解得. 所以在棱上存在點使得平面，此時. 5.【2016高考浙江理數(shù)】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺中,平面平面 ,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (I)求證：EF⊥平面ACFD； (II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 【答案】（I）證明見解析；（II）． 【解析】（Ⅰ）延長，，相交于一點，如圖所示． 因為平面平面，且，所以平面，因此． 又因為，，， 所以為等邊三角形，且為的中點，則． 所以平面． （Ⅱ）方法一：過點作于Q，連結(jié)． 因為平面，所以，則平面，所以． 所以是二面角的平面角． 在中，，，得． 在中，，，得． 所以二面角的平面角的余弦值為． 方法二：如圖，延長，，相交于一點，則為等邊三角形． 取的中點，則，又平面平面，所以，平面． 以點為原點，分別以射線，的方向為，的正方向，建立空間直角坐標系． 由題意得，，，，，． 因此，，，． 設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為． 由，得，??； 由，得，?。? 于是，． 所以，二面角的平面角的余弦值為． 6.【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分） 如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E為邊AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°. （Ⅰ）在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. （說明：延長AP至點N，使得AP=PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點） （Ⅱ）方法一： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 過點A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ， 所以sin∠APH= =. 方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠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. 設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A為原點，以 ,的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2） 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z)， 由 得 設(shè)x=2，解得n=(2,-2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，則sinα= = . 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 . 1．(2015·重慶，19)如圖，三棱錐P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分別為線段AB，BC上的點，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2. (1)證明：DE⊥平面PCD； (2)求二面角A－PD－C的余弦值． (1)證明　由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE. 由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE為等腰直角三角形，故CD⊥DE. 由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE⊥平面PCD. 設(shè)平面PAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0， 得故可取n1＝(2，1，1)． 由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取為，即n2＝(1，－1，0)． 從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為 cos 〈n1，n2〉＝＝， 故所求二面角A－PD－C的余弦值為. 2．(2015·北京，17)如圖，在四棱錐A－EFCB中，△AEF為等邊三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O為EF的中點． (1) 求證：AO⊥BE； (2) 求二面角F－AE－B的余弦值； (3)若BE⊥平面AOC，求a的值． (1)證明　因為△AEF是等邊三角形，O為EF的中點， 所以AO⊥EF. 又因為平面AEF⊥平面EFCB.AO?平面AEF， 所以AO⊥平面EFCB. 所以AO⊥BE. (2)解　取BC中點G，連接OG. 由題設(shè)知EFCB是等腰梯形， 所以O(shè)G⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB. 又OG?平面EFCB， 所以O(shè)A⊥OG. 如圖建立空間直角坐標系O－xyz， 則E(a，0，0)，A(0，0，a)， B(2，(2－a)，0)，＝(－a，0，a)， ＝(a－2，(a－2)，0)． 設(shè)平面AEB的法向量為n＝(x，y，z)， 則 即 令z＝1，則x＝，y＝－1， 于是n＝(，－1，1)． 平面AEF的法向量為p＝(0，1，0)． 所以cos〈n，p〉＝＝－. 由題知二面角F－AE－B為鈍角，所以它的余弦值為－. (3)解　因為BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即·＝0， 因為＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)， 所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2. 由·＝0及0<a<2，解得a＝. 3．(2015·四川，18)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設(shè)BC的中點為M，GH的中點為N. (1)請將字母F，G，H標記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由)； (2)證明：直線MN∥平面BDH； (3)求二面角A－EG－M的余弦值． (1)解　點F，G，H的位置如圖所示． (2)證明　連接BD，設(shè)O為BD的中點， 因為M，N分別是BC，GH的中點， 所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD， HN∥CD，且HN＝CD， 所以O(shè)M∥HN，OM＝HN， 所以MNHO是平行四邊形，從而MN∥OH， 又MN?平面BDH，OH?平面BDH， 所以MN∥平面BDH. 法二　如圖，以D為坐標原點，分別以， ，方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系D－xyz， 設(shè)AD＝2，則M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)， 所以，＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)， 設(shè)平面EGM的一個法向量為n1＝(x，y，z)， 由取x＝2，得n1＝(2，2，1)， 在正方體ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEGC， 則可取平面AEG的一個法向量為n2＝＝(1，1，0)， 所以cos<n1，n2>＝＝＝， 故二面角A－EG－M的余弦值為. 4. 【2014高考安徽卷第20題】如圖，四棱柱中，底面.四邊形為梯形，,且.過三點的平面記為，與的交點為. （1） 證明：為的中點； （2） 求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比； （3） 若，，梯形的面積為6，求平面與底面所成二面角大小. 【答案】（1）為的中點；（2）；（3）. 【解析】 （1）因為∥，∥,， 所以平面∥平面.從而平面與這兩個平面的交線相互平行，即∥. 故與的對應(yīng)邊相互平行，于是. 所以，即為的中點. （2）解：如圖，連接.設(shè)，梯形的高為，四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為和，，則. ， ， 所以， 又 所以， 故. （3）解法1如第（20）題圖1，在中，作，垂足為，連接.又且，所以平面，于是. 所以為平面與底面所成二面角的平面角. 因為∥，，所以. 又因為梯形的面積為6，，所以. 于是. 故平面與底面所成二面角的大小為. 解法2如圖，以為原點，分別為軸和軸正方向建立空間直角坐標系. 設(shè).因為，所以. 從而，， 所以，. 【考點定位】二面角、幾何體的體積 5. 【2014高考北京理第17題】如圖，正方體的邊長為2，，分別為，的中點，在五棱錐中，為棱的中點，平面與棱，分別交于，. （1）求證：； （2）若底面，且，求直線與平面所成角的大小，并求線段的長. 【答案】（1）詳見解析；（2）2. 【解析】 （1）在正方形中，因為是的中點，所以， 因為平面，所以平面， 因為平面，且平面平面， 所以. （2）因為底面，所以，， 如圖建立空間直角坐標系，則，，， ，設(shè)平面的法向量為， 則，即，令，則，所以， 設(shè)直線與平面所成的角為，則， 因此直線與平面所成的角為， 設(shè)點，因為點在棱上，所以可設(shè)， 即，所以， 因為向量是平面的法向量，所以， 即，解得，所以點的坐標為， 所以. 【考點定位】空間中線線、線面、面面的平行于垂直 6. 【2014高考湖北理第19題】如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點，點分別在棱,上移動，且. （1） 當時，證明：直線平面； （2） 是否存在，使平面與面所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由. 【答案】（1）詳見解析；（2） 【解析】 幾何法： （1）證明：如圖1，連結(jié)，由是正方體，知， 當時，是的中點，又是的中點，所以， 所以， 而平面，且平面， 故平面. （2）如圖2，連結(jié)，因為、分別是、的中點， 所以，且，又，， 所以四邊形是平行四邊形， 故，且， 從而，且， 在和中，因為，， 于是，，所以四邊形是等腰梯形， 同理可證四邊形是等腰梯形， 分別取、、的中點為、、，連結(jié)、， 則，，而， 故是平面與平面所成的二面角的平面角， 向量法： 以為原點，射線分別為軸的正半軸建立如圖3的空間直角坐標系， 由已知得， 所以，，， （1）證明：當時，，因為， 所以，即， 而平面，且平面， 故直線平面. （2）設(shè)平面的一個法向量， 由可得，于是取， 同理可得平面的一個法向量為， 若存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角， 則， 即，解得， 故存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角. 【考點定位】正方體、空間中的線線、線面、面面平行于垂直、二面角. 7. 【2014高考湖南理第19題】如圖6,四棱柱的所有棱長都相等,,四邊形和四邊形為矩形. (1)證明:底面; (2)若,求二面角的余弦值. 【答案】(1) 詳見解析 (2) 【解析】 (1)證明:四棱柱的所有棱長都相等 四邊形和四邊形均為菱形 分別為中點 四邊形和四邊形為矩形 且 又且底面 底面. (2)法1::過作的垂線交于點,連接.不妨設(shè)四棱柱的邊長為. 底面且底面面 面 又面 四邊形為菱形 又且,面 面 又面 又且,面 面 為二面角的平面角,則 且四邊形為菱形 ,, 則 再由的勾股定理可得, 則,所以二面角的余弦值為. 所以,,故二面角的余弦值為. 【考點定位】線面垂直、二面角、勾股定理 8. 【2014高考江西理第19題】如圖，四棱錐中，為矩形，平面平面. （1） 求證： （2） 若問為何值時，四棱錐的體積最大？并求此時平面與平面夾角的余弦值 A B C D P 【答案】（1）詳見解析， （2）時，四棱錐的體積P-ABCD最大. 平面BPC與平面DPC夾角的余弦值為 【解析】 （1）證明：ABCD為矩形，故ABAD， 又平面PAD平面ABCD 平面PAD平面ABCD=AD 所以AB平面PAD，因為PD平面PAD，故ABPD （2）解：過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG. 故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG 在直角三角形BPC中， 設(shè)，則，故四棱錐P-ABCD的體積為 因為 故當時，即時，四棱錐的體積P-ABCD最大. 建立如圖所示的空間直角坐標系， 故 設(shè)平面BPC的法向量，則由,得 【考點定位】面面垂直性質(zhì)定理，四棱錐體積，利用空間向量求二面角。 9. 【2014高考遼寧理第19題】如圖，和所在平面互相垂直，且，，E、F分別為AC、DC的中點. （1）求證：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）詳見解析；（2） . 【解析】 （1）證明： （方法一）過E作EO⊥BC，垂足為O，連OF， 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC， 又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO， 又EF面EFO，所以EF⊥BC. （方法二）由題意，以B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過B左垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系. 易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以 ，因此,從而，所以. （2）（方法一）在圖1中，過O作OG⊥BF，垂足為G，連EG，由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥平面BDC，從而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定理知EG垂直BF. 因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角； 在△EOC中，EO=EC=BC·cos30°=，由△BGO∽△BFC知，,因此tan∠EGO=,從而sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值為. （方法二）在圖2中，平面BFC的一個法向量為，設(shè)平面BEF的法向量，又,由 得其中一個，設(shè)二面角E-BF-C的大小為，且由題意知為銳角，則，因此sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值為. 【考點定位】線面垂直的判定、二面角. 10. 【2014高考全國1第19題】如圖，三棱柱中，側(cè)面為菱形，. （Ⅰ）證明：; （Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值. （Ⅰ）證明：; （Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ） 【解析】（I）連接，交于，連接．因為側(cè)面為菱形，所以，且為與的中點．又，所以平面，故．又,故． （II）因為，且為的中點，所以，又因為，．故，從而兩兩垂直．以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系．因為，所以為等邊三角形．又,則，，，． ,,． 設(shè)是平面的法向量，則即所以可取 ． 設(shè)是平面的法向量，則同理可?。? 則．所以二面角的余弦值為． 11. 【2014高考陜西第17題】四面體及其三視圖如圖所示，過棱的中點作平行于，的平面分別交四面體的棱于點. （1）證明：四邊形是矩形； （2）求直線與平面夾角的正弦值. 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 （1）由該四面體的三視圖可知： ， 由題設(shè)，∥面 面面 （2）如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，， ，， 設(shè)平面的一個法向量 ∥,∥ 即得，取 。 52