备战2019年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题43 举重若轻立体几何问题的空间向量方法（I）.doc

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1、1专题专题 4343 举重若轻举重若轻-立体几何问题的空间向量方法（立体几何问题的空间向量方法（I I）【热点聚焦与扩展热点聚焦与扩展】利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查此类问题往往属于

2、“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.本专题首先通过例题说明利用空间向量证明平行或垂直问题的方法与技巧.（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴1、z轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z轴要与坐标平面xOy垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z轴与底面的交点Oyxz2、, x y轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：（1）尽可能的让底面上更多的点位于, x y轴上FEGHIJOyxzACBBCDA2（2）找角：, x y轴要相互垂直，所以要利

3、用好底面中的垂直条件（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点3、常用的空间直角坐标系满足, ,x y z轴成右手系，所以在标, x y轴时要注意.4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同.但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的.5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直） ，这个过程不能省略.6、与垂直相关的定理与结论：（1）线面垂直： 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直

4、交线的直线与另一个平面垂直 直棱柱：侧棱与底面垂直（2）线线垂直（相交垂直）： 正方形，矩形，直角梯形 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一） 菱形的对角线相互垂直 勾股定理逆定理：若222ABACBC，则ABAC （二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为 3 类1、能够直接写出坐标的点（1） 坐标轴上的点，例如在正方体（长度为 1）中的, ,A C D点，坐标特点如下：x轴：,0,0x y轴：0, ,0y z轴：0,0,z 规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为 0（2）底面上的点：坐标均为, ,0x y，即竖坐标0z ，由于底面在作立体图时往往失

5、真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以上图为例：3则可快速写出,H I点的坐标，位置关系清晰明了111,0 ,1,022HI2、空间中在底面投影为特殊位置的点：如果 11,A x y z在底面的投影为22,0A xy，那么1212,xxyy（即点与投影点的横纵坐标相同）由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写.如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离.例如：正方体中的B点，其投影为B，而1,1,0B所以1,1,Bz，而其到底面的距离为1，故坐标为1,1,1B以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点

6、，那么就要用到第三个方法：3、需要计算的点 中点坐标公式：111222,A x y zB xy z，则AB中点121212,222xxyyzzM，图中的, ,H I E F等中点坐标均可计算 利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值，例如：求A点的坐标，如果使用向量计算，则设, ,A x y z，可直接写出1,0,0 ,1,1,0 ,1,1,1ABB，观察向量ABAB ，而0,1,0AB ，1,1,1ABxyz 101 110 101xx yy zz 1

7、,0,1A 4（三）刻画直线与平面方向的向量1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定例如：2,4,6 ,3,0,2AB，则直线AB的方向向量为1, 4, 4AB 2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面垂直的直线称为平面的法线，法线的方向向量就是平面的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？（1）所需条件：平面上的两条不平行的直线（2）求法：（先设再求）设平面的法向量为, ,nx y z ，若平面上所选两条直线的方向向量分别为111222,ax y zbxy z ，则可列出方程组：11122200xyzxyxyzxyz z 解出, ,

8、x y z的比值即可例如：1,2,0 ,2,1,3ab ，求, a b 所在平面的法向量解：设, ,nx y z ，则有20 230xy xyz ，解得：2xy zy :2:1:1x y z 2,1,1n （四）空间向量可解决的立体几何问题（用, a b 表示直线, a b的方向向量，用,m n 表示平面, 的法向量）1、判定（证明）类（1）线面平行：abab （2）线面垂直：abab（3）面面平行：m n（4）面面垂直：mn2、计算类：（1）两直线所成角：coscos,a ba ba b 5（2）线面角：cos,sina ma ma m （3）二面角：coscos,m nm nm n 或co

9、scos,m nm nm n （视平面角与法向量夹角关系而定）（4）点到平面距离：设A为平面外一点，P为平面上任意一点，则A到平面的距离为AAP nd n ，即AP 在法向量n 上投影的绝对值.（五）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧1、理念：先设再求先设再求先设出所求点的坐标, ,x y z，再想办法利用条件求出坐标2、解题关键：减少变量数量减少变量数量, ,x y z可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”

10、 （变量多，条件少，无法求解） ，要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标（2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标规律：维度维度= =所用变量个数所用变量个数3、如何减少变量：（1）直线上的点（重点）：平面向量共线定 理若,abR 使得ab例：已知1,3,4 ,0,2,1AP，那么直线AP上的某点, ,M x y z坐标可用一个变量表示，方法如下：1,3,4 ,1, 1, 3AMxyzAP 三点中取两点构成两个向量因为M在AP上，所以AMAPAMAP 共线定理的应用（关键）11 33 4343xx

11、yy zz ，即1,3,43M仅用一个变量表示（2）平面上的点：平面向量基本定理若, a b 不共线，则平面上任意一个向量c ，均存在,R ，使6得：cab例：已知1,3,4 ,0,2,1 ,2,4,0APQ，则平面APQ上的某点, ,M x y z坐标可用两个变量表示，方法如下：1,3,4 ,1, 1, 3 ,2,2, 1AMxyzAPPQ ，故AMAPPQ ，即1212 3232 4343xx yy zz （六）方法与技巧1.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可这样就把几何的证明问题

12、转化为了数量的计算问题2.证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明3.要证明两线垂直，需转化为两线对应的向量垂直，进一步转化为证明两向量的数量积为零，这是证明两线垂直的基本方法，线线垂直是证明线面垂直，面面垂直的基础4.证明线面垂直，可利用判定定理如本题解法5.用向量证明两个平面垂直，关键是求出两个平面的法向量，把证明面面垂直转化为法向量垂直【经典例题经典例题】例 1. 如图，空间四边形OABC中， ,OABC OBAC.求证： OCAB.【答案】证明见解析【解析】试题分析：利用三个不共面的向量OAOBOC ，作为基底，利

13、用空间向量的数量积为 0，证明向量垂直，即线线垂直.70OCOAOB ，0OC BA ，OCBA ，OCAB.例 2.【2019 届甘肃省西北师范大学附属中学冲刺诊断】如图,三棱柱中,侧面 侧面, 为棱的中点, 为的中点.(1) 求证:平面；(2) 若,求三棱柱的体积.【答案】 （1）见解析（2）【解析】分析：（1）由ACC1是等边三角形可得 AHCC1，所以 AHAA1，利用面面垂直的性质得 AH平8面 ABB1A1，故 AHA1D，在矩形 ABB1A1中，由 AA1=AB 可证 A1DAB1，从而 A1D平面 AB1H（2）取中点,连结,则,所以面.利用求解即可详解：(1)连结,因为为正三

14、角形, 为棱的中点,所以,从而,又面 面,所以,又,所以,设,则, 由及,可得平面. (2)方法一:取中点,连结,则,所以面. 所以, 所以三棱柱的体积为. 方法二:取中点,连结,因为为正三角形,所以,9点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法. 割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决等积法：等积法包括等面积法和等体积法等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高

15、和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值例 3.在边长是 2 的正方体ABCD-1111ABC D中，,E F分别为1,AB AC的中点. 应用空间向量方法求解下列问题. (1)求 EF 的长(2)证明：/EF平面11AAD D；(3)证明: EF 平面1ACD.【答案】 （1）2（2）根据题意，关键是能根据向量法来得到1ADEFA即可。（3）对于题目中11EF CD0, EF A D=0EFCD, EFA D ，则可以根据线面垂直的判定定理来的得到.【解析】试题分析：解(1)如图建立空间直角坐标系xzyxzy1011(2,0,2),(2

16、,0,0) ,(2,2,0) ,(0,2,0) ,(0,0,2)AABCD(2,1,0),(1,1,1)EF( 1,0,1),|2EFEF 4 分（2）11( 2,0,2)ADADEF A 而11ADD AEF 面 / /EF平面11AAD D 8 分（3）11EF CD0, EF A D=0EFCD, EFA D 又1CDA D=D EF平面1ACD. 12 分例 4.【山东省烟台市 2019 年春季高考第一次模拟】 如图，在四棱锥中，平面，（1）求证：平面； （2）求证：平面平面；（3）设点 为的中点，点 为中点，求证平面 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.11面，所以，且

17、，所以面（2），又面，面，又， ，又面，面面（3）在中， 为中点， 为中点，又 面，面， 面例 5.【2019 届山东省桓台第二中学 4 月月考】如图，已知三棱锥OABC的三条侧棱OA， OB， OC两两垂直， ABC为等边三角形， M为ABC内部一点，点P在OM的延长线上，且PAPB（）证明： OAOB；（）证明： ABOP；（）若:5:6 :1AP PO OC ，求二面角POAB的余弦值【答案】()证明见解析；()证明见解析；() 5 5.【解析】试题分析：（）由已知条件利用勾股定理得2222OAOCOBOC， OAOB，得进行12证明；（）取AB的中点D，连接OD、PD，通过证明AB 平

18、面POD来证得结论；（）以OA、OB、OC所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面POA的一个法向量与平面OAB的一个法向量的夹角的余弦值，结合图形即可得结论ODPDD，所以AB 平面POD所以ABPO（）如图建立空间坐标系因为:5:6 :1AP PO OC ，可设1OC ,则5,6APPO由（）同理可得1OAOBOC因为222POAPOA，所以 OAAP所以0,0,0 ,1,0,0 ,0,1,0 ,0,0,1OABC设, ,P x y z（0,0,0xyz）所以2220101 0 0 1 626OA APxx AB OPxyy xyzzOP ，所以1,1,2P平面OAB的法向

19、量为0,0,1OC 设平面POA的法向量为000,nxyz则0000200 00xyznOPxnOA 取01,z 则02y 所以0, 2,1n ， 15cos55 1OC nOCn 13例 6.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形, ,90ADBCADCA,平面PAD 底面ABCD, Q为AD中点, M是棱PC上的点, 12,1,32PAPDBCADCD.（）若点M是棱PC的中点,求证: PAA平面BMQ;（）求证:平面PQB 平面PAD;（）若二面角MBQC为30,设PMtMC,试确定t的值.【答案】 （I）详见解析；（II）详见解析；（III）3.【解析】试题分析：（）连接A

20、C交BQ于N,连接MN，证得MNPAA，再利用线面平行的判定定理，证得PAA平面BMQ；（）因为1,2ADBC BCAD QA为AD中点，得到ADBQ，进而得到BQ 平面PAD，利用面面垂直的判定定理，即可证明平面PAD 平面PQB；14（）以Q为原点,以,QA QB 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，求得平面BQC的一个法向量0,0,1n 和平面MBQ中, 0, 3,0QB ，利用向量的夹角公式，即可求得t的值.试题解析：（）因为1,2ADBC BCAD QA为AD中点,所以四边形BCDQ为平行四边形,所以CDBQA.因为90ADC,所以90AQB,即ADBQ.

21、又因为平面PAD 平面ABCD,且平面PAD平面ABCDAD,所以BQ 平面PAD,因为BQ 平面PQB,15则点0,0,0Q, 0,0, 3P, 0, 3,0B, 1, 3,0C ,平面BQC的一个法向量0,0,1n .设, ,M x y z,则, ,3 ,PMx y z ,1, 3,MCxyz ,因为PMtMC 所以 11 33 1 33 1txtxtx tytyyt ztzzt 在平面MBQ中, 330, 3,0 ,111ttQBQMttt ,因为二面角MBQC为30,所以 23cos3023m ntm nt ,所以3t .例 7 【2019 届湖南省郴州市一中十二月月考】已知长方体11

22、11ABC DABCD中， P为11BC的中点， Q在棱11C D上， 2ABBC， 11A A .16（1）若异面直线AP与CQ互相垂直，求1QD的长；（2）当四棱锥11QBCC B的体积为2 3时，求证：直线/ /DQ平面ACP.【答案】 （1）13 2QD ；（2）见解析.【解析】试题分析：如图，以D为原点，分别以1DADCDD、所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间试题解析：（1）如图，以D为原点，分别以1DADCDD、所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则0,0,0D， 2,0,0A， 2,2,0B， 0,2,0C， 10,2,1C， 12,2,1B， 1,2,1P.设0,

23、 ,1Qy，则1,2,1AP ， 0,2,1CQy ，因为APCQ，所以0AP CQ ，即02210y ，解得3 2y .所以，当异面直线AP与CQ互相垂直时， 13 2QD .（2）证明：因为1111ABC DABCD是长方体， Q在棱11C D上，所以1QC 平面11BCC B，所以四棱锥11QBCC B的体积11 3VBBBC 11121 233C QC Q ，解得11C Q .此时Q为11C D的中点，所以0,1,1Q.17因为 0,1,11,1, 10DQ n，所以DQn，因为直线DQ 平面ACP，所以直线/ /DQ平面ACP.例 8. 【2019 届天津市河东区二模】如图，在四棱锥

24、中，PA底面ABCD,AD|BC,ADCD，BC=2，AD=CD=1，M 是 PB 的中点（1）求证：AM|平面 PCD；（2）求证：平面 ACM平面 PAB；（3）若 PC 与平面 ACM 所成角为 30，求 PA 的长【答案】(1)见解析.(2)见解析.(3) .【解析】分析：(1)利用向量法证明即得 AM|平面 PCD.(2)利用向量法证明，即得平面 ACM平面 PAB.(3)利用向量法解答，根据 PC 与平面 ACM 所成角为 30得到关于关于 a 的方程，解方程得到 a 的值，再求 PA 的长.详解：（1）如图以 C 为原点建立空间直角坐标系 C-xyz,18A（1，1，0）,B（0

25、，2，0）,C（0，0，0）,D（1，0，0）,P（1，1，a）(a0)M（）,=（1，1，a）,=（1，0，0）设平面 PCD 法向量为,令，则， （0，0，a）,=（-1，1，0）设平面 PAB 法向量为,令，则=（1，1，0）,所以. 所以平面 ACM平面 PAB . （3）由题得=（1，1，a）,所以19解得 ，所以 PA 的长为 . 点睛：（1）本题主要考查空间平行垂直关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力、空间想象能力和转化能力. (2)证明空间位置关系常用的有几何法和向量法，求空间的角常用的有几何体（找、作、证、指、求）和向量法.例 9.【2019 届

26、天津市河北区二模】如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，平面平面（I）求证：；（II）若 M 为中点，求证：平面；（III）在线段 BC 上（含端点）是否存在点 P，使直线 DP 与平面所成的角为 ？若存在，求得值，若不存在，说明理由.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)不存在这样的点 P.【解析】分析：（I）由，根据面面垂直的性质得到平面，从而可证明；（II）由于，建立空间直角坐标系，利用的方向向量与平面 的法向量数量积为零可得平面 ；（III）由（II）可知平面的法向量，设，利用空间向量夹角余弦公式列方程可求得，从而可得结论.详解：证明：（I）在直三棱柱中，平面 平面平面，且平面平

27、面平面 20（II）在直三棱柱中， 令 则为的中点， 又平面，平面 （III）由（II）可知平面的法向量21解得 故不存在这样的点 P，使得直线 DP 与平面所成的角为点睛：本题主要考查利用空间向量的证明与求值，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.例 10.【2019 届北京市海淀区二模】如图，在三棱柱中，平面，分别是的中点.（）证明：；（）证明：

28、平面；（）求与平面所成角的正弦值.【答案】 （）证明见解析；（）证明见解析；（）.【解析】分析：（）先证明平面，再证明.( ) 取的中点，连接、22因为平面，所以 （）取的中点，连接、因为 、分别是、的中点，所以 ME，且 ME在三棱柱中，且，所以 MEAD，且 ME=AD，所以四边形 ADEM 是平行四边形，所以 DEAM又平面，平面， 所以平面23（）在三棱柱中，因为，所以在平面内，过点 作，即，得，令，得，故设直线 DE 与平面所成的角为 ，则 sin ，所以直线与平面所成角的正弦值为. 【精选精练精选精练】241.已知平面的法向量为2, 2,4n ， 1,1, 2AB ，则直线AB与平

29、面的位置关系为（ ）A. AB B. ABC. AB与相交但不垂直 D. / /AB【答案】A【解析】1,1, 2 ,2, 2,4 ,2,/ /,ABnnABnABAB .本题选择 A 选项.2.在空间直角坐标系中，已知1,2,3A， 3,2,1C， 4,3,0D，则直线AB与CD的位置关系是（ ）A. 垂直 B. 平行 C. 异面 D. 相交但不垂直【答案】B3已知直线 l 的方向向量为 2,1m，平面 的法向量为 11,22，且 lA，则 m _【答案】8【解析】因为直线 l 的方向向量2,1mm，平面 的法向量11,22n， / /l，所以mn，即12202m nm ，解得8m ，故答案

30、为8.4已知平面, 是不重合的两个面，下列命题中，所有正确命题的序号是_.若1n ， 2n 分别是平面, 的法向量，则12nn AA；若1n ， 2n 分别是平面， 的法向量，则120n n ；若n是平面的法向量， a与共面，则0n a ；若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直.【答案】25正确命题的序号实数.故答案为：.5已知空间三点0,2,3 ,2,1,6 ,1, 1,5ABC，若3a ，且a分别与AB AC 、垂直，则向量a _【答案】1,1,1或1, 1, 1 【解析】由题意得2, 1,3 ,1, 3,2ABAC ，设, ,ax y z，则2223 230 320xyzxyz

31、xyz，解得11 1xyz或11 1xyz 所以1,1,1a 或1, 1, 1a 答案： 1,1,1或1, 1, 1 6 【2019 届辽宁省重点高中协作校三模】如图，在长方体 中，点 在棱上，点 为棱的中点，过 的平面 与棱 交于 ，与棱 交于 ，且四边形 为菱形.(1)证明：平面 平面；(2)确定点 的具体位置（不需说明理由）,并求四棱锥 的体积.【答案】 （1）见解析（2） 为棱上靠近的三等分点， 为棱中点，【解析】分析：(1)要证平面 平面 ，即证平面 ，即证，26； (2) 为棱上靠近的三等分点， 为棱中点，利用等体积法(2) 为棱上靠近的三等分点， 为棱中点，所以的面积.于是四棱锥

32、的体积.7如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，BAD=60，Q 为 AD 的中点.（）若 PA=PD，求证：平面 PQB平面 PAD；（）点 M 在线段 PC 上，PM=tPC，试确定实数 t 的值，使 PA平面 MQB；（）在（）的条件下，若平面 PAD平面 ABCD，且 PA=PD=AD=2，求二面角 M-BQ-C 的大小.【答案】 （）见解析；（） 1 3t ；（）60.【解析】试题分析：（）证明平面PAD内的直线AD，垂直平面PQB内两条相交的直线,BQ PQ，即可证明平面PQB 平面PAD；（）连AC交BQ于N，由AQBCA，可得ANQ CNB，再由PAA平面M

33、QB推出PA MNA，即可求出t的值；（）以Q为坐标原点，以QA， QB， QP所在的直线为x， y， z轴，建立空间直角坐标系，分别求出求出平面MQB与平面ABCD的一个法向量，利27用向量的夹角公式即可求解.因为ADPAD 平面，所以平面 PQB平面 PAD.（）连接 AC，交 BQ 于点 N.由 AQBC，可得ANQCNB，所以1 2AQAN BCNC.因为 PA平面 MQB， PAPAC 平面，平面 PAC平面 MQB=MN，所以 PAMN.所以1 3PMAN PCAC，即1 3PMPC，所以1 3t . （）由 PA=PD=AD=2，Q 为 AD 的中点，则 PQAD，又平面 PAD

34、平面 ABCD，所以 PQ平面 ABCD.以 Q 为坐标原点，分别以 QA，QB，QP 所在的直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的坐标系，则 A(1,0,0)， 0, 3,0B，Q(0,0,0)， 0,0, 3P.1,0,3PA ， 0, 3,0QB .28所以1cos ,2m n .故二面角 M-BQ-C 的大小为 60. 8如图，四边形为矩形，四边形为直角梯形，.（1）求证：；（2）求证：平面；（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角.29【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)30.【解析】试题分析:（1）根据矩形性质得，再由条件，利用线面垂直判定定理得平面，即得结论（2

35、）先根据线线平行得线面平行：平面，平面，再根据线面平行得面面平行：平面平面，即得线面平行（3）过 作与的延长线垂直，则根据二面角定义得就（ ），平面，平面，平面四边形是矩形，又平面，平面，平面，又，平面，平面平面，平面，平面（ ）过 作与的延长线垂直， 是垂足，连结，就是二面角的平面角，30直线与平面所成的角为9 【2019 届北京市房山区高三上期末】如图几何体 ADM-BCN 中， ABCD是正方形， CD/ /NM， ,ADMD CDCN， MDC 120o， 30CDN， 24MNMD.（）求证： / /ABCDMN平面；（）求证： DNAMD 平面； （）求二面角NAMD的余弦值.【答

36、案】 （）见解析；（）见解析；（） 3 4.【解析】试题分析：（）说明ABCD，利用直线与平面平行的判定定理即可证明AB平面MNCD；（）说明ADDC，结合ADDM，证明AD 平面MNCD，推出ADDN，证明NDMD，即可证明DN 面AMD；（）法 1：以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，求出面AMN的法向量，利用向量的数量积求解二面角NAMD的余弦值；法 2：以点C为坐标原点，31建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示；求出面AMN的法向量，利用向量的数量积求解二面角NAMD的余弦值. MDC 120o， 30CDN90MDN NDMD ADMDD， ADMDAMD，平面DNAMD

37、面.32（）法 1：以点 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示；令2,3,3zxy则， 3, 3,2n2 3 33cos,42 3 16n DNn DNn DN由图可知二面角NAMD为锐角二面角NAMD的余弦值为3 4.法 2：以点 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示；由（）2 3,3,3DNCDCN； 0,0,0 ,3,0,0 ,3,0,3 ,4, 3,0 ,0, 3,0CDAMN1, 3, 3 ,3, 3, 3 ,3, 3,0AMANDN 设面AMN的法向量, ,nx y z， nAM nAN 0330 33330xxyzyzxyz令1,3zy则， 0,

38、3,1n3333cos,42 3 2n DNn DNn DN由图可知二面角NAMD为锐角二面角NAMD的余弦值为3 4.点睛：用向量法解决立体几何问题的注意点：（1）建立空间直角坐标系时要判断是否具备了两两垂直的三条直线，否则要先给出证明；（2）求线面角时要借助直线的方向向量和平面的法向量夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值；求二面角时，要借助两平面法向量夹角的余弦值来求出二面角的余弦值，但在解题时要借助于图形来判断二面角为锐角还是钝角10 【2019 届北京市昌平区高三上期末】如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，ABC60，PAB为正三角形，且侧面 PAB底

39、面 ABCD， E为线段AB的中点， M在线段PD上.（I）当M是线段PD的中点时，求证：PB / 平面 ACM；（II）求证： PEAC；（III）是否存在点M，使二面角MECD的大小为 60，若存在，求出PM PD的值；若不存在，请说明理由【答案】 （）见解析；（）见解析；()当1 3PM PD时，二面角MECD的 大小为 60.【解析】试题分析：(1) 连接 BD 交 AC 于 H 点，由三角形中位线性质得 MH / BP ，再根据线面平行判定定理得结论(2)由面面垂直性质定理得 PE平面 ABCD，即得PEAC；（3）先根据条件建立空间直角坐标系，设列各点坐标，由方程组解得各面法向量，

40、根据向量数量积求法向量夹角，再根据二面角与法向量之间关系列方程，解得PM PD的值试题解析：（I）证明：连接 BD 交 AC 于 H 点，连接 MH，34因为四边形 ABCD 是菱形，所以点 H 为 BD 的中点. 所以 PE平面 ABCD.又因为AC 平面ABCD，所以PEAC. () 因为 ABCD 是菱形，ABC60，E 是 AB 的中点，所以 CEAB .又因为 PE平面 ABCD，以E为原点，分别以,EB EC EP为, ,x y z轴，建立空间直角坐标系Exyz，35则0,0,0E， 1,0,0B，0,0, 3P， 0, 3,0C， 2, 3,0D 假设棱PD上存在点M，设点M坐标

41、为, ,x y z， 01PMPD ，则 , ,32, 3,3x y z，所以2 , 3 , 3 1M，所以2 , 3 , 3 1EM ， 0, 3,0EC ，因为二面角MECD的大小为 60，所以 221 2763 ，36即23210 ，解得1 3，或1 （舍去）所以在棱 PD 上存在点M，当1 3PM PD时，二面角MECD的大小为 60点睛：(1)探索性问题通常用“肯定顺推法” ，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)

42、不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.11 【2019 届北京市石景山区一模】如图，四边形ABCD是正方形， PA 平面ABCD， EB/ PA， 4ABPA， 2EB ， F为PD的中点（1）求证： AFPC；（2）求证： BD/平面PEC；（3）求二面角DPCE的大小【答案】 （1）见解析；（2）见解析；（3）5 6依题意，可得0,0,0A， 0,4,0B， 4,4,0C， 4,0,0D， 0,0,4P， 0,4,2E， 372,0,2F，因为2,0,2AF ， 4,4, 4PC ，所以 8080AF PC 所以AFPC. （2）证明：取PC的中点M，连接EM因为2,2,2M， 2, 2,0EM ，