2022年备战2017高考技巧大全之高中数学黄金解题模板：专题45空间向量在立体几何中的应用 .pdf

【高考地位】向量在立体几何中占有重要的地位，且扮演着一个非常重要的角色，其应用打破了立体几何的传统解法，可以减少大量的辅助作图以及对图形的分析、想象过程，能直接使用代数运算来解决立体几何中的空间角和距离问题在近几年的高考中几乎每年都有出现，其题型主要是大题形式出现，有时也会在选择题或填空题中应用【方法点评】类型一求异面直线所成的角使用情景：立体几何中异面直线所成的角问题解题模板：第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标；第二步然后根据已知条件求出所求两直线的方向向量；第三步由向量的数量积计算公式即可得出结论例 1、如图，在三棱柱111ABCA BC中，底面为正三角形， 侧棱垂直底面，4AB,16AA.若E，F分别是棱1BB，1CC上的点， 且1BEB E，1113C FCC，则异面直线1AE与AF所成角的余弦值为（）A36B26C310D210【答案】 D 【解析】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 41 页考点：线面角 .【变式演练1】如图，直三棱柱ABC-A1B1C1底面 ABC中， CA=CB=1 ， BCA=90 ，棱 AA1=2，M 是 A1B1的中点 . （1）求 cos（1BA，1CB）的值；（2）求证： A1BC1M. 【答案】（1）13010（2）证明见解析。【解析】以C为原点，1CCCBCA，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. （2） 证明：依题意将，），（，），（02121211221212001111MCBAMCMCBAMCBAMCBA111111002121，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 41 页类型二求直线与平面所成的角使用情景：立体几何中直线与平面所成的角问题解题模板：第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标；第二步然后根据已知条件求出所求直线的方向向量和所求平面的法向量；第三步由向量的数量积计算公式即可得出结论例 2. 如图，直三棱柱111ABCABC中，13ACBCAA，ACBC，点M在线段AB上.（1）若M是AB中点，证明：1/ /AC平面1BCM；（2）当2BM时，求直线11C A与平面1B MC所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析（2）63【解析】试题分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几知识，如本题利用三角形中位线性质得线线平行（ 2）求线面角，一般利用空间向量进行计算，先根据题意建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求出面的法向量，再根据向量数量积求出向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余的关系求解. （II ）1,ACBC CCABC平面, 故如图建立空间直角坐标系, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 41 页1(0 33),(30 0),(0 3 0),(0 0 0)BABC， ， ， ， ，,3 2BA,13BMBA=1(1, 1,0),(0,3,0)(1, 1,0)(1,2,0)3BMBACMCBBM=-=+=+-=, 考点：线面平行判定定理，利用空间向量求线面角【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.【变式演练2】如图，正方形AMDE的边长为2，BC、分别为线段AMMD、的中点，在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PDPC、分别交于点GH、（1）求证：/ /ABFG；（2）若PA底面ABCDE，且PAAE，求直线BC与平面ABF所成角的大小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 41 页【答案】（1）详见解析（2）6【解析】试题分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几条件，如本题利用正方形性质得/ /ABDE，从而有/ /AB平面PDE而线线平行的证明，一般利用线面平行性质定理，即从两平面交线出发给予证明（2）利用空间向量解决线面角，一般先建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，再根据向量数量积求夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系求大小. 试题解析：解： （1）证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以/ /ABDE又因为AB平面PDE，所以/ /AB平面PDE因为AB平面ABF，且平面ABF平面PDEFG，所以/ /ABFG 6 分因此直线BC与平面ABF所成角的大小为6 12 分.考点：线面平行判定定理，利用空间向量求线面角精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 41 页【变式演练3】如图，平面ABDE平面ABC，ABC是等腰直角三角形，4ABBC，四边形ABDE是直角梯形，/ /BDAE，BDBA，122BDAE，点O、M分别为CE、AB的中点 . （1）求证：/ /OD平面ABC；（2）求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；（3）能否在EM上找到一点N，使得ON平面ABDE？若能，请指出点N的位置， 并加以证明；若不能，请说明理由 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 41 页类型三求二面角使用情景：立体几何中平面与平面所成的角问题解题模板：第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标；第二步然后根据已知条件求出各自所求平面的法向量；第三步由向量的数量积计算公式即可得出结论例 3、如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，DCPD，E是PC的中点，作PBEF交PB于点F（1）求证：PA/平面EDB；（2）求二面角BDEF的正弦值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 41 页【变式演练4】 如图，在边长为4的菱形ABCD中，60DAB， 点,E F分别是边CD，CB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 41 页的中点，ACEFO，沿EF将CEF翻折到PEF，连接,PA PB PD，得到如图的五棱锥PABFED，且10PB. （1）求证：BD平面POA; （2）求二面角BAPO的余弦值 . 【答案】（1）详见解析（2）3913【解析】试题分析：（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的寻求与论证，往往需要结合平几知识，如本题利用菱形ABCD的对角线互相垂直, 得到,.EFAO EFPO而BDEF，所以,.BDAO BDPO因此BD平面POA.（2）求二面角平面角，一般利用空间向量进行求解：先根据条件建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出面的法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后结合向量夹角与二面角的关系得结果. 试题解析：（1）点,E F分别是边,CD CB的中点 ,BDEF,菱形ABCD的对角线互相垂直 ,.BDACEFACEFAO EFPOAO平面,POA PO平面,POA AOPOOEF平面,POABD平面POA. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 41 页0, 3 3,0 ,2,3,0 ,0,0,3 ,0,3,0 .0,3 3,3 ,2,2 3,0ABPHAPAB. 设平面PAB的法向量为, ,nx y z, 由,nAP nAB得3 33022 30yzxy, 令1y, 得3,3zx,平面PAB的一个法向量为3,1, 3n. 由（ 1）知平面PAO的一个法向量为2,0,0BH, 设求二面角BAPO的平面角为, 则2 339coscos,1313 2n BHn BHn BH,求二面角BAPO的的余弦值为3913. 考点：线面垂直判定定理，利用空间向量求二面角【高考再现】1. 【 2016 高考天津理数】 （本小题满分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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 41 页为 AB的中点， AB=BE=2. （I）求证： EG平面 ADF；（II）求二面角O-EF-C的正弦值；（III）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. 【答案】（）详见解析（）33（）721【解析】试题解析： 依题意，OFABCD平面， 如图，以O为点，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(0,0,0)O，1,1,0 ,( 1, 1,0),(1, 1,0),(11,0),( 1, 1,2),(0,0, 2),( 1,0,0)ABCDEFG，. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 41 页（ II ） 解 ： 易 证 ，1,1,0OA为 平 面OEF的 一 个 法 向 量 . 依 题 意 ，1,1,0 ,1,1,2EFCF.设2, ,nx y z为平面CEF的法向量，则2200nEFnCF，即020 xyxyz.不妨设1x，可得21, 1,1n. 因 此 有2226cos,3OA nOA nOAn， 于 是23sin,3OA n， 所 以 ， 二 面 角OEFC的正弦值为33. （III）解：由23AHHF，得25AHAF.因为1, 1,2AF，所以222 4,555 5AHAF，进而有3 3 4,5 5 5H，从而2 8 4,5 5 5BH，因此2227cos,21BH nBH nBHn.所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.考点：利用空间向量解决立体几何问题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 41 页2.【 2016 年高考四川理数】 （本小题满分12 分）如图， 在四棱锥P-ABCD中，ADBC，ADC=PAB=90 ，BC=CD=12AD，E 为边 AD的中点，异面直线PA 与 CD 所成的角为90.（）在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面 PBE，并说明理由；（）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. EDCBPA【答案】（）详见解析； （）13.【解析】试题解析：（）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， BCED，且 BC =ED. 所以四边形BCDE是平行四边形 .，所以 CDEB从而 CMEB . 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）（）方法一：由已知， CDPA ，CD AD，PAAD=A，所以 CD平面 PAD. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 41 页所以平面PCE 平面 PAH. 过 A 作 AQPH 于 Q，则 AQ平面 PCE. 所以 APH是 PA与平面 PCE所成的角 . 在 RtAEH 中， AEH=45， AE=1，所以 AH=22. 在 RtPAH中， PH=22PAAH=3 22，所以 sinAPH=AHPH=13. 方法二：由已知， CDPA ，CD AD，PAAD=A，所以 CD平面 PAD. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 41 页所以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0,0,PEECnn得20,0,xzxy设 x=2，解得 n=(2,-2,1). 设直线 PA与平面 PCE所成角为 ，则 sin =| |n APnAP=22221322( 2)1. 所以直线PA与平面 PCE所成角的正弦值为13. zyxMEDCBPA考点：线线平行、线面平行、向量法. 【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 41 页可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可3. 【2016 年高考北京理数】 （本小题 14 分）如图，在四棱锥PABCD中， 平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，1AB，2AD，5ACCD. （1）求证：PD平面PAB；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（3）在棱PA上是否存在点M，使得/BM平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由 . 【答案】（1）见解析；（2）33； （3）存在，14AMAP试题解析：（1）因为平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，所以PDAB，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 41 页又因为PDPA，所以PD平面PAB；（2）取AD的中点O，连结PO，CO，因为PAPD，所以ADPO. 又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD. 因为CO平面ABCD，所以POCO. 因为CDAC，所以ADCO. 如图建立空间直角坐标系xyzO，由题意得，) 1 , 0, 0(),0, 1,0(),0 ,0 ,2(),0, 1 , 1(),0, 1 ,0(PDCBA. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 41 页（3）设M是棱PA上一点，则存在 1 , 0使得APAM. 【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造 (寻找 )二面角的平面角或得到点到面的距离等. 4. 【2016 高考新课标1 卷】 （本小题满分为12 分）如图 ,在以 A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面 ABEF为正方形 ,AF=2FD, 90AFD,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60（I）证明：平面ABEF平面 EFDC ；（II）求二面角E -BC-A 的余弦值【答案】（I）见解析（ II）2 1919【解析】试题分析： （I）先证明F平面FDC,结合F平面F,可得平面F平面FDC （II）建立空间坐标系,分别求出平面C的法向量m及平面C的法向量n,再利用cos,n mn mn m求二面角 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 41 页由已知 ,/ F,所以/平面FDC又平面CD平面FDCDC,故/CD,CD/F由/F,可得平面FDC,所以C F为二面角CF的平面角 , C F60从而可得C2,0,3所以C1,0,3,0,4,0,C3, 4, 3,4,0,0设, ,nx y z是平面C的法向量 ,则C00nn,即3040 xzy, 所以可取3,0,3n设m是平面CD的法向量 ,则C00mm, 同理可取0, 3,4m则2 19cos,19n mn mn m故二面角C的余弦值为2 1919考点：垂直问题的证明及空间向量的应用5. 【 2016 高 考 新 课 标 2 理 数 】 如 图 ， 菱 形ABCD的 对 角 线AC与BD交 于 点O，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 41 页5,6ABAC，点,E F分别在,AD CD上，54AECF，EF交BD于点H 将DEF沿EF折到D EF位置，10OD（）证明：D H平面ABCD；（）求二面角BD AC的正弦值【答案】（）详见解析； （）2 9525. 【解析】试题分析：（）证/ /ACEF，再证D HOH，最后证D HABCD平面； （）用向量法求解 . 又D HEF，而OHEFH，所以D HABCD平面. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 41 页ABCDDEHOzxyF所以可 以取0, 3,1n.于是147 5cos,25| |5010m nm nmn，2 95sin,25m n. 因此二面角BD AC的正弦值是2 9525. 考点：线面垂直的判定、二面角.6. 【2016 高考山东理数】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. （I）已知 G,H 分别为 EC ，FB的中点，求证：GH平面 ABC ；（II）已知 EF =FB=12AC=2 3，AB=BC.求二面角FBCA的余弦值 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 41 页【答案】（）见解析； （）77【解析】试题分析：（）根据线线、面面平行可得与直线GH 与平面 ABC平行； （）立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二则是找到FNM为二面角FBCA的平面角直接求解. 试题解析：（II ）解法一：连接OO, 则OO平面ABC，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 41 页又,ABBC且AC是圆O的直径，所以.BOAC以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由题意得(0,2 3,0)B，( 2 3,0,0)C，过点F作FMOB垂直于点M，所以223,FMFBBM可得(0,3,3)F故( 2 3, 2 3,0),(0,3,3)BCBF. 所以二面角FBCA的余弦值为77.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 41 页解法二：连接OO，过点F作FMOB于点M，则有/ /FMOO, 又OO平面ABC，所以 FM平面 ABC,可得223,FMFBBM过点M作MNBC垂直于点N，连接FN，可得FNBC, 从而FNM为二面角FBCA的平面角 . 又ABBC,AC是圆O的直径，所以6sin45,2MNBM从而422FN，可得7cos.7FNM所以二面角FBCA的余弦值为77.考点： 1. 平行关系； 2.异面直线所成角的计算. 7. 【2016 高考浙江理数】(本题满分15 分)如图 ,在三棱台ABCDEF中,平面BCFE平面ABC,=90ACB,BE =EF =FC =1,BC=2,AC=3. (I)求证： EF 平面 ACFD ；(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 41 页【答案】（I）证明见解析； （II）34【解析】试题分析：（I）先证FC，再证FC，进而可证F平面CFD； （II）方法一：先找二面角DF的平面角，再在RtQF中计算，即可得二面角DF的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面C和平面的法向量，进而可得二面角DF的平面角的余弦值所以F平面CFD（II）方法一：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 41 页方法二：如图，延长D，CF相交于一点，则C为等边三角形取C的中点，则C，又平面CF平面C，所以，平面C以点为原点，分别以射线，的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系xyz由题意得1,0,0，C1,0,0，0,0,3，1, 3,0，13,0,22，13F,0,22因此，C0,3,0，1,3, 3，2,3,0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 41 页所以，二面角DF的平面角的余弦值为34考点： 1、线面垂直；2、二面角【反馈练习】1.如图，在三棱锥ABCD中，AD平面BCD，CBCD，ADDB，P，Q分别在线段AB，AC上，3APPB，2AQQC，M是BD的中点 . （1）证明：/ /DQ平面CPM；（2）若二面角CABD的大小为3，求tanBDC. 【答案】（1）详见解析； （2）62【解析】精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 41 页试题解析：（1）证明： 取AB的中点E，连接ED、EQ，则2AEAQEPQC，所以/ /EQPC. 又EQ平面CPM，所以/ /EQ平面CPM. 2 分又PM是BDE的中位线，所以/ /DEPM，从而/ /DE平面CPM. 4 分又DEEQE，所以平面/ /DEQ平面CPM，5 分因为DQ平面DEQ，所以/ /DQ平面CPM. 6 分（2）解：由AD平面BCD知，ADCM，由BCCD，BMMD知BDCM，故CM平面ABD. 7 分由（ 1）知/ /DEPM，而DEAB，故PMAB. 所以CPM是二面角CABD的平面角，则3CPM. 9 分设PMa，则3CMa，又易知在Rt ABD中，4B，可知2DMBMa，在Rt CMD中，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 41 页36tan22MCaMDCMDa. 12 分考点： 1.线面线面平行的判断；2.二面角 . 【一题多解】以M为坐标原点，MC，MD，ME所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 所以12221| cos,|22bn nba，所以62ab，在Rt CMD中，6tan2MCaMDCMDb. 12 分2.如图，四棱锥SABCD中，/ABCD，BCCD，2ABBC，1CDSD，侧面SAB为等边三角形 . （1）证明：ABSD；（2）求二面角ASBC的正弦值 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 41 页【答案】（1）证明见解析； （2）2 77.【解析】试题分析：（1）根据矩形的性质与正三角形的性质可证BEDE，ABSE，得AB平面SED，进而ABSD； （2）分别以,DE DC DF的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，求出平面SBC的法向量，而知13(,0,)22DS是平面SAB的法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得二面角的余弦，进而求得正弦值. （2）由（ 1）知，DEDC，过D作DF平面ABCD，则,DE DC DF两两垂直，分别以,DE DC DF的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 41 页则(0,0,0),(2,1,0),(2,1,0),(0,1,0)DABC，1,2,3SDDESE，SDSE，SD平面SAB，13(,0,)22S，13(,0,)22DS，二面角ASB C的正弦值2 7sin7. 考点： 1、线面垂直的判定和性质；2、空间向量夹角余弦公式.3.【河北省衡水中学2017 届高三摸底联考， 18】 （本小题满分12 分）如图 ,已知矩形ABCD所 在 平 面 垂 直 于 直 角 梯 形ABPE所 在 平 面 , 平 面ABCD平 面ABPEAB, 且精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 41 页2,1,ABBPADAEAEAB,且AEBP.（1） 设点M为棱PD中点 , 在面ABCD内是否存在点N, 使得MN平面ABCD？若存在 ,请证明 , 若不存在 ,说明理由 ; （2）求二面角DPEA的余弦值 . 【答案】 (1) 存在点N，为BD中点； (2)23. 【解析】试题分析： (1) 由题意可知PB平面ABCD, 所以只要构造直线/MNPB即可，连接BD，取BD中点N，构造三角形PBD的中位线即可；(2)以 A 为原点， AE ，AB，AD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立坐标系 ,求出平面DPE与平面APE的法向量，利用空间向量相关知识求解即可.又ABPB，BBCABPB平面ABCD所以MN平面ABCD（2）以 A 为原点， AE ，AB，AD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立坐标系，AD平面 PEA 平面 PEA的法向量)1 , 0, 0(1ADn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 41 页另外)1 , 0, 0(D，)0,0 , 1(E，)0,2 ,2(P) 1,0 , 1(DE，)1,2,2(DP,设平面 DPE的法向量),(2zyxn，则0220zyxzx，令1x，得)1 ,21, 1 (2n32,cos21nn又APED为锐二面角 , 所以二面角APED的余弦值为32.考点： 1. 线面垂直的判定与性质；2. 空间向量的应用.4.如图，四棱锥SABCD中，/ /ABCD，BCCD，2ABBC，1CDSD，侧面SAB为等边三角形 . （1）证明：ABSD；（2）求二面角ASBC的正弦值 . 【答案】（1）证明见解析； （2）2 77.【解析】试题分析：（1）根据矩形的性质与正三角形的性质可证BEDE，ABSE，得AB平面SED，进而ABSD； （2）分别以,DE DC DF的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，求出平面SBC的法向量，而知13(,0,)22DS是平面SAB的法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得二面角的余弦，进而求得正弦值. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 33 页，共 41 页（2）由（ 1）知，DEDC，过D作DF平面ABCD，则,DE DC DF两两垂直，分别以,DE DC DF的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，则(0,0,0),(2,1,0),(2,1,0),(0,1,0)DABC，1,2,3SDDESE，SDSE，SD平面SAB，13(,0,)22S，13(,0,)22DS，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 34 页，共 41 页设二面角ASB C为，则3212|cos| |7|72DSnDSn，二面角ASB C的正弦值2 7sin7. 考点： 1、线面垂直的判定和性质；2、空间向量夹角余弦公式.5.【河南百校联考2017 届高三 9 月质检， 19】 （本小题满分12 分）如图所示， 在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD为等腰梯形，E为PD中点，PA平面ABCD，/ /,24ADBC ACBD ADBC（1）证明：平面EBD平面PAC；（2）若直线PD与平面PAC所成的角为30，求二面角ABEP的余弦值【答案】（1）详见解析（2）5757【解析】试题分析：（1）证明面面垂直，实质为证明线面垂直，而线面垂直的证明，往往从两个方面进行，一是结合平几知识寻找线线垂直，本题直角给出,ACBD另一方面，结合立几中线面垂直条件PA平面ABCD得线线垂直PABD（2）涉及二面角问题，一般利用空间向量进行解决，首先根据题意建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面的法向量，结合向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角的关系，求出二面角的余弦值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 35 页，共 41 页（2）设AC和BD相交于点O，连接PO，由（ 1）知，BD平面PAC，所以DPO是直线PD与平面PAC所成的角，从而030DPO，在Rt POD中，由030DPO，得2PDOD，因为四边形ABCD为等腰梯形，ACBD，所以,AODBOC均为等腰直角三角形，所以2,22OBOA，所以2224 2,4PDODPAPDAD， 7 分以O为原点，分别以,OB OC为,x y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则0, 2 2,0 ,2,0,0 ,0,2,0 ,2 2,0,0 ,0, 2 2,4 ,2,2,2ABCDPE 8 分所以2, 2 2,0 ,2 2,2,2 ,2, 2 2,4 ,3 2,0,0BABEBPDB，设平面ABE的一个法向量为111,mx y z，由0,0m BAm BE得1111120220 xyxyz，令12x，得32,1,22m， 9 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 36 页，共 41 页所以二面角ABEP的余弦值为5757 12 分考点：面面垂直判定定理，利用空间向量求二面角6. 【广西梧州市2017 届高三上学期摸底联考数学（理）试题】（本小题满分12 分）如图，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且060DAB，PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB平面ABCD，已知点M是PD的中点（1）证明：/ /PB平面AMC；（2）求直线BD与平面AMC所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析； （2）2 3913. 【解析】试题分析：（1）连结BD交AC于O，连结OM利用三角形中位线与底边平行得/ / PBOM，运用线面平行判定定理可得结果；（2）取AB的中点N，连结,PN ND，分别以,NB ND NP为, ,x y z轴建立空间直角坐标系，分别求出直线BD的方向向量BD和平面AMC的法向量n精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 37 页，共 41 页根据nBD,cossin得结果 . 试题解析：（1）连结BD交AC于O，连结OM，因为ABCD为菱形，OBOD，所以/ /PBOM，由直线PB不在平面AMC内，OM平面AMC，所以/ /PB平面ACM. 令3y，则31,3xz，即31, 3,3n，又3,022aBDa，设直线BD与n所成的角为，则2 39cos13n PBn PB，故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为2 3913考点：（1）直线与平面平行的判定；（2）直线与平面所成的角. 7. 【山西省临汾一中、忻州一中、长治二中等五校2017 届高三上学期第二次联考数学（理）试题】如图，在四棱锥ABCDP中，底面ABCD为矩形，平面PAB平面ABCD，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 38 页，共 41 页3APAB，2PBAD，E为线段AB上一点，且2:7: EBAE，点MGF、分别为线段BCPDPA、的中点 . （1）求证：PE平面ABCD；（2）若平面EFG与直线CD交于点N，求二面角AMNP的余弦值 . 【答案】 (1) 证明见解析； (2)35353. 【解析】试题分析 :(1)先在APB中用余弦定理求出PE长 , 再用勾股定理证明ABPE, 由面面垂直的性质定理可得线面垂直；(2) 建立空间直角坐标系, 分别求出两个平面的法向量, 二面角的大小即为两个法向量所成的角.（2）解：由已知可得ADEN /. 以E为坐标原点，ENEBEP、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则)0,0,324(P，)1 ,32,0(M，)2,0 ,0(N，从而)1 ,32,324(PM，)1 ,32,0(MN. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 39 页，共 41 页考点： 1. 线面垂直； 2. 空间向量的应用. 8 【吉林省长春市普通高中2017 届高三质量监测（一）数学（理）试题】（本小题满分12 分）已知四棱锥PABCD中，底面为矩形，PA底面ABCD，1PABC，2AB，M为PC上一点，且BP平面ADM.（1）求PM的长度；（2）求MD与平面ABP所成角的余弦值.【答案】（1）56（2）35cos【解析】试题分析：（1）利用空间向量求线段长度，首先根据题意建立恰当的空间直角坐标系，设立精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 40 页，共 41 页各点坐标，利用向量的模求线段长度（2）求线面角，也可利用空间向量，即首先根据题意建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求出面的法向量，根据向量数量积求直线与法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系求线面角的正弦值，再根据诱导公式求余弦值试题解析：解： （1）如图所示建立空间直角坐标系，(2) 因为)54,51,52(M，则)54,51,52(MD，因为面ABP的一个法向量)0, 1 , 0(n，令MD与面ABP成角为，则322516251625454sin，故35cos. （ 12 分）考点：利用空间向量求线段长度及线面角精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 41 页，共 41 页