2020年高考理科数学之高频考点解密16空间向量与立体几何(解析版)11971.pdf

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1、 1 解密 16 空间向量与立体几何 高考考点 命题分析 三年高考探源 考查频率 利用空间向量求线面角 从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点 高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.2018 新课标全国18 2018 新课标全国20 2017 新课标全国19 利用空间向量求二面角 2019 新课标全国18 2019 新课标全国17 2019 新课标全国19 2018 新课标全国19 2017 新课标全国18 2017 新课标全国1

2、9 2017 新课标全国19 考点 1 利用空间向量证明平行与垂直 调研 1 如图，在正方体1111ABCDABC D中，O是AC的中点，E是线段1DO上一点，且1DEEO.（1）求证：11DBCDO 平面；2（2）若平面CDE 平面1CDO，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】（1）不妨设正方体的棱长为 1，如图建立空间直角坐标系，则111 1(0,0,0),(1,1,1),(,0),(0,1,0),(0,0,1)2 2DBOCD，于是111 1(1,1,1),(,0),(0,1,1)2 2DBOCCD，因为1110,0DB CDDB OC，所以111,DBCD DBOC，故

3、11DBCDO 平面.（2）由（1）可知1CDO平面的一个法向量为1(1,1,1)DB m，由1DEEO，则1(,)2(1)2(1)(1)E，设平面 CDE 的法向量为(,)x y zn，由0,0CDDEnn，得0,02(1)2(1)(1)yxyz 可取(2,0,)n，3 因为1CDOCED平面平面，所以0,2m n.技巧点拨 直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法 设直线 l 的方向向量为 a=(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为=(a2，b2，c2)，v=(a3，b3，c3)，则（1）线面平行：laa=0a1a2b1b2c1c2=0；（2）线面垂直：laa=ka1=ka2，

4、b1=kb2，c1=kc2；（3）面面平行：v=va2=a3，b2=b3，c2=c3；（4）面面垂直：vv=0a2a3b2b3c2c3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 ab，只需证明向量 a=b（R）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.考点 2 求空间角 题组一 求异面直线所成的角 调研 1 如图所示，在三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，D 是棱 PB 的中点，已知 PA=BC=2，AB=4，CBAB，

5、则异面直线 PC，AD 所成角的余弦值为 A3010 B305 C305 D3010【答案】D【解析】因为 PA平面 ABC，所以 PAAB，PABC过点 A 作 AECB，又 CBAB，则 AP，AB，AE两两垂直如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AE，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，4 则 A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(4，0，0)，C(4，2，0)因为 D 为 PB 的中点，所以 D(2，0，1)故CP=(4，2，2)，AD=(2，0，1)所以 cosAD，CP=|AD CPADCP=652 6=3010.设异面直线 PC，AD 所成的角为，则

6、 cos=|cosAD，CP|=3010.调研 2 在正方体1111ABCDABC D中，点P在1AC上运动（包括端点），则BP与1AD所成角的取值范围是 A,4 3 B,4 2 C,6 2 D,6 3【答案】D【解析】以点 D 为原点，DA、DC、1DD所在直线分别为xyz、轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，点 P 坐标为,1,xx x，则11,1,0,1BPxx xBC，设1BP BC、的夹角为，则1222111cos121223()233BP BCBP BCxxx，所以当13x 时，cos取最大值3,26.当1x 时，cos取最小值1,23.因为11BCAD，所以BP与1AD所成

7、角的取值范围是,6 3.故选 D.【名师点睛】空间向量的引入为求空间角带来了方便，解题时只需通过代数运算便可达到解题的目的，由于两向量夹角的范围为0,，因此向量的夹角不一定等于所求的空间角，因此在解题时求得两向量的夹角（或其余弦值）后还要分析向量的夹角和空间角大小间的关系解题时要根据所求的角的类型得到空间角的范围，并在此范围下确定出所求角（或其三角函数值）5 技巧点拨 利用向量求异面直线所成的角 一是几何法：作证算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线 AC，BD 的夹角 的余弦值为 cos=|AC BDACBD.注

8、意：两条异面直线所成的角 不一定是两直线的方向向量的夹角，即 cos=|cos|.题组二 求线面角 调研 3 如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，DAB=90，ADBC，AD侧面 PAB，PAB是等边三角形，DA=AB=2，BC=12AD，E 是线段 AB 的中点 （1）求证：PECD；（2）求 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）35.【解析】（1）因为 AD侧面 PAB，PE平面 PAB，所以 ADPE.又PAB 是等边三角形，E 是线段 AB 的中点，所以 PEAB 因为 ADAB=A，所以 PE平面 ABCD，而 CD平面 ABCD，所

9、以 PECD（2）以 E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Exyz.则 E(0，0，0)，C(1，1，0)，D(2，1，0)，P(0，0，3)所以ED=(2，1，0)，EP=(0，0，3)，PC=(1，1，3)设 n=(x，y，z)为平面 PDE 的法向量 6 由00EDEPnn，得 2xy0，3z0.令 x=1，可得 n=(1，2，0)设 PC 与平面 PDE 所成的角为，则 sin=|cosPC，n|=|PCPCnn|=35.所以 PC 与平面 PDE 所成角的正弦值为35.调研 4 如图，四棱锥PABCD中，PDABCD平面，底面ABCD是梯形，ABCD，BCCD，AB=PD=

10、4，CD=2，2 2AD，M 为 CD 的中点，N 为 PB 上一点，且(01)PNPB.（1）若14时，求证：MN平面 PAD；（2）若直线 AN 与平面 PBC 所成角的正弦值为2 55，求异面直线 AD 与直线 CN 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）4214.【解析】（1）当14时，14PNPB在 PA 上取点 E，使得14PEPA，连接 EN，DE，11444PNPB PEPAAB，ENAB，且114ENAB，M 为 CD 的中点，CD=2，112DMCD，又 ABCD，ENDM，EN=DM，四边形 DMNE 是平行四边形，MNDE，7 又DE平面 PAD，MN平面 PAD

11、，MN平面 PAD （2）如图所示，过点 D 作 DHAB 于 H，则 DHCD以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系 Dxyz 则 D（0，0，0），M（0，1，0），C（0，2，0），B（2，2，0），A（2，2，0），P（0，0，4），2,0,0,0,2,4CBCP，2,2,42,2,4ANAPPNAPPB 22,22,44 该平面 PBC 的法向量为,x y zn，则由20240CBxCPyz nn，得02xyz，令 z=1，得0,2,1n 该直线 AN 与平面 PBC 所成的角为，则 22282 5sincos55222244ANANANnnn，解得1,3 2 2 824 8,2,2,

12、03 3 333 3NCNAD，设直线 AD 与直线 CN 所成的角为，则442coscos,142 212 23AD CN 所以直线 AD 与直线 CN 所成角的余弦值为4214 技巧点拨 利用向量求直线与平面所成的角 分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面 8 所成的角 注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化 直线与平面的夹角计算 设直线 l 的方向向量为 a=(a1，b1，c1)，平面

13、的法向量为=(a3，b3，c3)，直线 l 与平面 的夹角为 02，则 sin=|a|a|=|cosa，|.题组三 求二面角 调研 5 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2AB，3AC，4BD，17CD，则该二面角的大小为 A45 B60 C120 D150【答案】B【解析】由已知可得：0,0AB ACAB BD，CDCAABBD，22222|222CDCAABBDCAABBDCA ABCA BDAB BD2223242 3 4cos CA ，BD=17，cos CA，BD=12，即CA，BD=120，二面角的大小为 60，故选 B.【

14、名师点睛】这个题目考查的是立体几何中空间角的求法；解决立体几何的小题，通常有以下几种方法：一是建系法，二是用传统的方法，利用定义直接在图中找到要求的角；还有就是利用空间向量法来解决问题.注意向量夹角必须是共起点的，还有就是异面直线夹角必须是锐角或直角.调研 6 如图，在四棱锥PABCD中，AP，AB，AD两两垂直，BCAD，且4APABAD，2BC.9 （1）求二面角PCDA的余弦值；（2）已知点H为线段PC上异于C的点，且DCDH，求PHPC的值.【答案】（1）23；（2）13.【思路分析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各平面法向量，利用向量数量积求向量夹角

15、，最后根据二面角与向量夹角关系求结果；（2）设PHPC，根据向量坐标表示距离，再根据距离相等解得，即为PHPC的值.【解析】以,AABAPD为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则0,0,0A，4,0,0B，4,2,0C，0,4,0D，0,0,4P.（1）易知0,4,4DP，4,2,0DC.设平面PCD的法向量为1,x y zn，则1100DPDCnn，即440420yzxy，令1x，则2y，2z.所以11,2,2n.易知平面ACD的法向量为20,0,1n，所以1212122cos,3n nn nn n，所以二面角PCDA的余弦值为23.（2）由题意可知，4,2,4PC，4,2,0

16、DC，设4,2,4PHPC，则DHDPPH4,24,44，因为DCDH，所以2224244420，化简得23410，10 所以1或13.点H异于点C，所以13，即13PHPC.调研 7 如图，在三棱柱111ABCABC中，侧棱1CC 底面ABC，且122,CCACBC ACBC，D是棱AB的中点，点M在侧棱1CC上运动.（1）当M是棱1CC的中点时，求证：CD平面1MAB；（2）当直线AM与平面ABC所成的角的正切值为32时，求二面角11AMBC的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）3 1414.【思路分析】（1）取线段1AB的中点E，连接,DE EM，可得四边形CDEM是平行四边形，CDEM

17、，即可证明CD平面1MAB；（2）以C为原点，CA，CB，1CC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角11AMBC的余弦值.【解析】（1）取线段1AB的中点E，连接,DE EM.1,ADDB AEEB，1DEBB，且112DEBB.又M为1CC的中点，1CMBB，且112CMBB，CMDE，且CMDE，四边形CDEM是平行四边形，CDEM.又EM 平面1,AB M CD 平面1AB M，CD平面1MAB.（2）1,CA CB CC两两垂直，以C为原点，1,CA CB CC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直 11 角坐标系Cxyz，如图，三棱柱111ABCABC中，

18、1CC 平面ABC，MAC即为直线AM与平面ABC所成的角.设1AC，则由3tan2MAC，得32CM.130,0,0,1,0,0,0,1,0,0,1,2,(0,0,)2CABBM，13(1,0,),(1,1,2)2AMAB ，设平面1AMB的一个法向量为,x y zn，则130,220,AMxzABxyz nn令2z，得3,1xy，即3,1,2n.又平面11BCCB的一个法向量为1,0,0CA，3 14cos,14CACACAnnn，又二面角11AMBC的平面角为钝角，二面角11AMBC的余弦值为3 1414.技巧点拨 利用向量求二面角 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面

19、的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角 注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤（1）建立恰当的空间直角坐标系；（2）求出相关点的坐标；（3）写出向量坐标；12（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论 平面与平面的夹角计算公式 设平面，的法向量分别为=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面，的夹角为(0)，则|cos|=|v|v|=|cos，v|.题组四 解决探索性问题 调研 8 如图，在五面体 ABCDPE 中，PD平面 ABCD，

20、ADC=BAD=90，F 为棱 PA 的中点，PD=BC=2，AB=AD=1，且四边形 CDPE 为平行四边形（1）判断 AC 与平面 DEF 的位置关系，并给予证明；（2）在线段 EF 上是否存在一点 Q，使得 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为36？若存在，请求出 QE 的长；若不存在，请说明理由 【答案】（1）AC平面 DEF，证明见解析；（2）在线段 EF 上存在一点 Q14，1，3 24，使得 BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，此时 QE=194.【解析】（1）AC平面 DEF.理由如下：设线段 PC 交 DE 于点 N，连接 FN，如图所示，因为四边形 PDCE 为平行

21、四边形，所以点 N 为 PC 的中点，又点 F 为 PA 的中点，所以 FNAC，因为 FN平面 DEF，AC平面 DEF，所以 AC平面 DEF.（2）假设在线段 EF 上存在一点 Q，使得 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为36，设FQ=FE(01)，如图，以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 因为 PD=BC=2，AB=AD=1，所以 CD=2，所以 P(0，0，2)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，所以PB=(1，1，2)，BC=(1，1，0)13 设平面 PBC 的法向量为 m=(x，y，z)，

22、则(,)(1,1,2)0(,)(1,1,0)0PBx y zBCx y z mm，即 xy 2z0，xy0，解得 xy，z 2x，令 x=1，得平面 PBC 的一个法向量为 m=(1，1，2)假设存在点 Q 满足条件 由 F12，0，22，E(0，2，2)，可得FE=12，2，22.由FQ=FE(01)，整理得12(1)(,2,)22Q，则BQ=12(1)(,21,)22，因为直线 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为36，所以|cosBQ，m|=|BQBQmm|=|51|2 192107=36，化简可得 14251=0，又 01，所以=12，故在线段 EF 上存在一点 Q14，1，3 24

23、，使得 BQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为36，且 QE=22213 2(0)(12)(2)44=194.调研9 棱台1111ABCDABC D的三视图与直观图如图所示.（1）求证：平面11ACC A 平面11BDD B；（2）在线段1DD上是否存在一点Q，使CQ与平面11BDD B所成的角的正弦值为2 69？若存在，指出点Q的位置；若不存在，说明理由.14 【答案】（1）见解析；（2）存在，点Q在1DD的中点位置，理由见解析.【思路分析】（1）首先根据三视图特征可得1AA 平面ABCD，四边形ABCD为正方形，所以ACBD.再由1AABD即可得线面垂直，从而得出面面垂直；（2）直接建立空

24、间直角坐标系写出各点坐标求出法向量，再根据向量的夹角公式列等式求出12.【解析】（1）根据三视图可知1AA 平面ABCD，四边形ABCD为正方形，所以ACBD.因为BD 平面ABCD，所以1AABD，又1AAACA，所以BD 平面11ACC A.因为BD 平面11BDD B，所以平面11ACC A 平面11BDD B.（2）以A为坐标原点，1,AB AD AA所在直线分别为,x y z轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据三视图可知四边形ABCD为边长为 2 的正方形，四边形1111ABC D为边长为 1 的正方形，1AA 平面ABCD，且11AA.所以11,0,1B，10,1,1D，2,0,0

25、B，0,2,0D，2,2,0C.因为Q在1DD上，所以可设101DQDD.因为10,1,1DD，所以1AQADDQADDD 0,2,00,1,10,2,.所以0,2,Q，2,CQ .设平面11BDD B的法向量为,x y zn，根据 1,2,2,00,0,0,1,10,0 x y zBDx y zDD nn 15 令1x，可得1yz，所以1,1,1n.设CQ与平面11BDD B所成的角为，则sincos,CQCQCQnnn2222222 6934232 .所以12，即点Q在1DD的中点位置.调研 10 如图（1），在边长为 4 的菱形 ABCD 中，BAD=60，DEAB 于点 E，将ADE

26、沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1DDC，如图（2）（1）求证：A1E平面 BCDE.（2）求二面角 E A1B C 的余弦值（3）判断在线段 EB 上是否存在一点 P，使平面 A1DP平面 A1BC？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由【答案】（1）见解析；（2）77；（3）在线段 EB 上不存在点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC【解析】（1）DEBE，BEDC，DEDC 又A1DDC，A1DDE=D，DC平面 A1DE，DCA1E.又A1EDE，DCDE=D，A1E平面 BCDE.（2）A1E平面 BCDE，DEBE，以 EB，ED，EA1所在直线分别为 x 轴，y

27、轴和 z 轴，建立空间直角坐标系（如图）易知 DE=2 3，则 A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，2 3，0)，D(0，2 3，0)，1BA=(2，0，2)，BC=(2，2 3，0)，易知平面 A1BE 的一个法向量为 n=(0，1，0)设平面 A1BC 的法向量为 m=(x，y，z)，16 由1BAm=0，BCm=0，得 2x2z0，2x2 3y0.令 y=1，得 m=(3，1，3)，cosm，n=mn|m|n|=171=77.由图得二面角 E A1B C 为钝二面角，二面角 E A1B C 的余弦值为77.（3）假设在线段 EB 上存在一点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC

28、 设 P(t，0，0)(0t2)，则1AP=(t，0，2)，1AD=(0，2 3，2)，设平面 A1DP 的法向量为 p=(x1，y1，z1)，由1100ADAPpp得 2 3y12z10，tx12z10.令 x1=2，得 p=2，t3，t.平面 A1DP平面 A1BC，mp=0，即 2 3t3 3t=0，解得 t=3.0t2，在线段 EB 上不存在点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC 技巧点拨 用向量解决探索性问题的方法 1确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求 2 确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标 3 解题时，把要成立的结

29、论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题 1（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）已知(2,1,3)a，(1,4,2)b，(7,5,)xc，若a，b，c三向量共面，则实数x A627 B637 C607 D657【答案】D 17【解析】(2,1,3)a，(1,4,2)b，a与b不平行，又a，b，c三向量共面，则存在实数X，Y使XYcab，即274532XYXYXYx，解得657x，故选 D【名师点睛】本题考查的知识点是共线向量与共面向量及平面向量基

30、本定理，其中根据a，b，c三向量共面，a与b不共线，则可用向量a，b作基底表示向量c，列关于x的方程，是解答本题的关键 2（四川省成都市树德中学 2019-2020 学年高三 11 月阶段性检测数学试题）如图三棱锥SABC中，SA底面ABC，ABBC，2ABBC，2 2SA，则SC与AB所成角的大小为 A90 B60 C45 D30【答案】B【解析】因为SA底面ABC，所以SAAC，SAAB，所以0AS AB，又ABBC，2ABBC，所以45BAC，2 2AC，因此2cos4522 242AB ACAB AC，所以4SC ABAC ABAS AB，又2 2SA，所以224SCSAAC，因此41

31、cos,4 22SC ABSC ABSC AB，所以SC与AB所成角的大小为60.故选：B.18【名师点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，灵活运用向量的方法求解即可，属于常考题型.求解时，先由题意，得到SAAB，SAAC，则0AS AB，再由题意求出45BAC，2 2AC，从而求出AB AC，进而求出SC AB，由向量夹角公式，求出cos,SC AB，即可得出结果.3（甘肃省天水市第一中学 2020 年高三上学期 12 月月考数学试题）如图 1 四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，,2,ADEF AF 4,2ADEF，沿AD边将四边形ADEF折起，使得平面ADEF 平面AB

32、CD，如图 2，动点M在线段EF上，,N G分别是,AB BC的中点，设异面直线MN与AG所成的角为，则cos的最大值为 A3010 B105 C1010 D55【答案】A【解析】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，由题意可得0,0,0A，4,2,0G，2,0,0N，0,1,1F，ADEF，动点M在线段EF上，则可设0,1My，1,3y，4,2,0AG，2,1NMy，coscos,AG NMAG NMAG NM2822 55yy 2455yy，令 4,1,3ty t则4yt，则2cos554tt225554tt2515112181tt ，19 当3t 时cos取最大值，max30(cos)

33、10，故选：A.【名师点睛】本题考查利用空间向量法求异面直线的夹角的余弦值，属于基础题.求解时，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，表示出相应的点的坐标，利用向量夹角公式求解.4（山东省泰安第二中学 2019-2020 学年高三上学期 9 月月考数学试题）在正方体1111ABCDABC D中，点M是1AA的中点，已知AB a，AD b，1AA c，用a，b，c表示CM，则CM _.【答案】12 abc【解析】CMCBBAAMBCABAM，又M是1AA的中点，112AMAA，112CMBCABAA，AB a，AD b，1AA c，12CM abc，故答案为：12CM abc.【名师点睛】本题考查向

34、量的线性运算，属于基础题.求解时，根据向量的线性运算解得.5（河南省天一大联考 2019-2020 学年高三阶段性测试（三）数学试题）在直四棱柱1111ABCDABC D中，底面ABCD是菱形，60BAD，1122ABAA，E、F分别是线段1AA、11C D的中点.20 （1）求证：BDCE；（2）求平面ABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）453151.【解析】（1）连接AC，交BD于点O.因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.因为四棱柱1111ABCDABC D是直四棱柱，所以1AA 平面ABCD.因为BD 平面ABCD，所以1AABD.因为1AAAC

35、A，所以BD 平面ACE.因为CE 平面ACE，所以BDCE.（2）由（1）知ACBD，以O为坐标原点，OA，OB分别为x，y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz.因为1122ABAA，所以14AA，因为底面四边形ABCD为菱形，且60BAD，所以2ABADBD，2 3AC，又因为E、F分别是线段1AA、11C D的中点，所以3,0,0C，3,0,2E，31,422F，21 所以2 3,0,2CE，31,422CF.设平面CEF的一个法向量为,x y zn，则2 320314022CExzCFxyznn.令3x，得3,21,3n.易知0,0,1m为平面AB

36、CD的一个法向量.设平面ABCD与平面CEF所成的锐二面角为，所以 2223,21,30,0,13453cos1514533213 m nmn，所以平面ABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值为453151.【名师点睛】本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，解题的关键就是建立空间直角坐标系，将问题转化为空间向量来计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.求解时，（1）连接AC，交BD于点O，利用菱形对角线的性质得出BDAC，由直棱柱的性质得出1AA 平面ABCD，可得出1BDAA，由直线与平面垂直的判定定理可证明出BD 平面ACE，由此可证明出B

37、DCE；（2）以O为坐标原点，OA，OB分别为x，y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，然后利用空间向量法计算出平面ABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值.6（四川省南充市高中2019-2020 学年高三第一次高考适应性考试数学试题）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，2AB，BCa，PAABCD底面.（1）当a为何值时，BDPAC 平面？证明你的结论；22（2）当122PAa时，求面PDC与面PAB所成二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）2 55.【解析】（1）当2a 时，ABCD为正方形，则BDAC.因为PAABCD 平面，BD

38、ABCD 平面，所以BDPA，又ACPAA.所以BDPAC 平面.故当2a 时，BDPAC 平面.（2）以A为坐标原点，AD的方向为x轴的正方向，AB的方向为y轴的正方向，AP的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则4,0,0D，4,2,0C，00 2P,，所以0,2,0DC，4,2,2PC，设,x y zn是面PDC的法向量，则00DCPC nn，即204220yxyz可取1,0,2n，AD是平面PAB的法向量，所以5cos,5|ADADADnnn，所以2 5sin,5ADn，所以面PDC与面PAB所成二面角的正弦值为2 55.【名师点睛】本题考查线面垂直的判定，以及用向量法求空

39、间角，考查计算能力，属于中档题.求解时，23（1）只需ACBD，可推出ABCD为正方形，即可得到BDPAC 平面；（2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，再求出面PDC与面PAB的法向量，即可求出结论.7（河北省承德市第一中学 2019-2020 学年高三上学期 12 月月考数学试题）如图，已知点 H 在正方体1111ABCDABC D的对角线11B D上，HDA=60 （1）求 DH 与1CC所成角的大小；（2）求 DH 与平面1ABD所成角的正弦值【答案】（1）45；（2）66.【解析】（1）以D为原点，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz 设 H（m，m，1）（m0），则DA

40、（1，0，0），1CC（0，0，1），连接 BD，B1D1 则DH（m，m，1）（m0），由已知DA，DH60，可得 2m221m，解得 m22，24 DH（22，22，1），cosDH，122CC，DH，1CC45，即 DH 与 CC所成角的大小为 45；（2）设平面A BD的法向量为(,),x y zn则(,)(1,0,1)0(,)(1,1,0)0DAx y zDBx y z nn，00 xzxy，令1,x 得(1,1,1)n是平面A BD的一个法向量 221(1)1(1)622cos623DH ，n，设 DH 与平面A BD所成的角为 所以6sincos6DH，n【名师点睛】本题考查向量

41、知识的运用，考查空间角，正确运用向量的夹角公式是关键.求解时，（1）建立空间直角坐标系，设 H（m，m，1）（m0），求出1CC、DH，利用向量的夹角公式可求 DH 与 CC所成角的大小；（2）求出平面 A1BD 的法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论 8（湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟 2019-2020 学年高三上学期 10 月联考数学试题）已知在多面体ABCDE中，DEAB，ACBC，24BCAC，2ABDE，DADC且平面DAC 平面ABC.（1）设点F为线段BC的中点，试证明EF 平面ABC；（2）若直线BE与平面ABC所成的角为60，求二面角BADC的余弦值.【答案】（

42、1）详见解析；（2）34.25【解析】（1）证明：取AC的中点O，连接EF，OF，在DAC中DADC，DOAC.由平面DAC 平面ABC，且交线为AC得DO 平面ABC.O，F分别为AC，BC的中点，OFABP，且2ABOF.又DEAB，2ABDE，OFDEP，且OFDE.四边形DEFO为平行四边形.EFDOP，EF 平面ABC.（2）DO 平面ABC，ACBC，以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.则1,0,0A，1,0,0C，1,4,0B.EF 平面ABC，直线BE与平面ABC所成的角为60EBF.tan602 3DOEFBF

43、.0,0,2 3D.可取平面ADC的法向量0,1,0m，设平面ADB的法向量,x y zn，2,4,0AB ，1,0,2 3AD ，则2402 30 xyxz，取1z，则2 3x，3y.2 3,3,1n，26 3cos,4m nm nm n，二面角BADC的余弦值为34.【名师点睛】本题考查了线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的大小，重点考查了空间想象能力，属中档题.求解时，（1）由四边形DEFO为平行四边形.EFDOP，再结合DO 平面ABC，即可证明EF 平面ABC；（2）由空间向量的应用，建立以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴的空间直角坐

44、标系，再求出平面ADC的法向量0,1,0m，平面ADB的法向量2 3,3,1n，再利用向量夹角公式求解即可.9（广东省广州市番禺区广东仲元中学 2019-2020 年高三上学期 11 月月考数学试题）如图 1，PAD是以AD为斜边的直角三角形，1PA，BCAD，CDAD，22ADDC，12BC，将PAD沿着AD折起，如图 2，使得2PC （1）证明：平面PAD 平面ABCD；（2）求二面角APBC大小的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）13 301301.【解析】（1）1DC，2PC，223PDADPA，222PDCDPC，即CDPD 又CDAD，PDADD，CD 面PAD，CD 面ABC

45、D，面PAD 面ABCD（2）如图，以O为坐标原点，垂直OD方向为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直线坐标系 27 10,02A，1,1,0B，31,02C，30,0,2P 设面BPC的法向量为111,x y zm，由00BCBPmm，得1132xz，10y，取3,0,2m，设面PAB的法向量为222,x y zn，由00ABBP nn，得22302xy，222302xyz，取23,2,3n，13 301cos,301m nm nmn，由图形可知二面角APBC为钝角，所以二面角APBC大小的余弦值为13 301301【名师点睛】本题考查了面面垂直和二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能

46、力.求解时，（1）利用勾股定理得到CDPD，证明CD 面PAD得到答案.（2）如图，以O为坐标原点，垂直OD方向为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直线坐标系，分别计算平面的法向量，再计算法向量夹角得到答案.10（天津市部分区 2019-2020 学年高三上学期期末数学试题）如图，在三棱柱111ABCABC中，P、O分别为AC、11AC的中点，112 2PAPC，1111ABBC12 3PB，114AC.28 （1）求证：PO 平面111ABC；（2）求二面角111BPAC的正弦值；（3）已知H为棱11BC上的点，若11113B HBC，求线段PH的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）2

47、55；（3）2 2.【解析】（1）在三角形11PAC中，11PAPC且O为11AC的中点，所以11POAC.在1RtPAO中，11112,2AOAC12 2PA，22112POPAAO.连接1OB，在111A BC中，1111=2 3AB BC，111OBAC，所以2211112 2OBABAO.又12 3PB，所以22211PBPOOB，所以1POOB.又因为111ACOBO，29 由，得PO 平面111ABC.（2）以点O为坐标原点，分别以11,OA OBOP的方向为,x y z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0O，112,0,0,0,2 2,0,0,0,2AB

48、P，所以111=2,2 2,0,=2,0,2A BA P.设,x y zn为平面11PAB的法向量，则有1110,0.ABAPnn即22 20,220.xyxz令=1x，得2,21.yz所以21,12n.易得，1=0,2 2,0OB且为平面11PAC的法向量，所以12OB n，12 5OB n，所以1115cos,5OBOBOBnnn.故所求二面角111BPAC的正弦值为252 5155（3）由（2）知12,0,0C.设点111,Hx y z，则1111,2 2,B Hx yz.又112,2 2,0BC ，11113B HBC，所以 1111,2 2,2,2 2,03x yz，从而1112,3

49、2 22 2,30.xyz 即点2 4 2,033H.所以2 4 2,233PH.所以22224 222 233PH.【名师点睛】本题考查线面垂直的判定定理、向量法求空间角及空间中线段的长度，考查空间想象能 30 力和运算求解能力，求解时注意空间直角坐标系建立的适当性.求解时，（1）证明11POAC，1POOB，再根据111ACOBO，从而得到线面垂直的证明；（2）以点O为坐标原点，分别以11,OA OBOP的方向为,x y z轴的正方向，利用向量法求得二面角的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系求得正弦值；（3）结合（2）中12,0,0C，求得点2 4 2,033H，再求PH的值，从而求得线

50、段PH的长度.1（2018 新课标全国理科）在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为 A15 B56 C55 D22【答案】C【解析】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 110,0,0,1,0,0,1,1,3,0,0,3DABD，所 以111,0,3,1,1,3ADDB，因 为1111111 35cos,525AD DBAD DBAD DB，所以直线1AD与1DB所成角的余弦值为55，故选 C.【名师点睛】先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹