1、第十二单元 空间向量教材复习课“空间向量”相关基础知识一课过空间向量中的有关定理过双基共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b0)，ab存在R，使ab共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面存在唯一的有序实数对(x，y)，使pxayb空间向量基本定理定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组x，y，z使得pxaybzc. 推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使xyz且xyz11已知O为空间任意一点，若，则A，B，C，P四点()A一定不共面B一定共面C不一定共面 D无法判断解析：选B，
2、且1.P，A，B，C四点共面2已知空间四边形OABC中，a，b，c，点M在OA上，且OM2MA，N为BC中点，则()A.abc BabcC.abc D.abc解析：选B如图所示，abc.3已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)若a，b，c三向量共面，则实数的值为()A. B.C. D.解析：选D由题意设ctab(2t，t4，3t2)，数量积及坐标运算过双基1两个向量的数量积(1)ab|a|b|cosa，b；(2)abab0(a，b为非零向量)；(3)|a|2，|a|.2向量的坐标运算a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)向量和ab(a1b1，a2b2，a3b3)向量差a
3、b(a1b1，a2b2，a3b3)数量积aba1b1a2b2a3b3共线aba1b1，a2b2，a3b3(R，b0)垂直aba1b1a2b2a3b30夹角公式cosa，b1已知直线l的方向向量s(1,1,1)，平面的法向量n(2，x2x，x)，若直线l平面，则x的值为()A2 BC. D解析：选D 因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故121(x2x)1(x)0，解得x.2已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与向量a成60夹角的是()A(1,1,0) B(1，1,0)C(0，1,1) D(1,0,1)解析：选B对于选项B，设b(1，1,0)ab(1,0，1)(1，1,0)1，且
4、|a|b|，cosa，b，又0a，b180，向量a与向量(1，1,0)的夹角为60.3.(2018西安联考)已知向量a(0，1,1)，b(4,1,0)，|ab|且0，则_.解析：因为ab(4，1，)，所以|ab|，化简整理得260，解得2或3，又0，所以3.答案：3向量法证明平行与垂直过双基1两个重要向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个(2)平面的法向量直线l平面，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面的法向量显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量2空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1
5、，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmmn0lnmnm平面，的法向量分别为n，mnmnmnmnm01若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，则()Al BlCl Dl与斜交解析：选Ba(1,0,2)，n(2,0，4)，n2a，即an，l.2.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1EA1D，AFAC，则()AEF至多与A1D，AC之一垂直BEFA1D，EFACCEF与BD1相交DEF与BD1异面解析：选B以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、
6、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，E，F，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，(1,0，1)，(1,1,0)，(1，1,1)，所以，0，0，从而EFBD1，EFA1D，EFAC，故选B.3若平面1，2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是()An1(1,2,1)，n2(3,1,1)Bn1(1,1,2)，n2(2,1,1)Cn1(1,1,1)，n2(1,2,1)Dn1(1,2,1)，n2(0，2，2)解析：选A两个平面垂直时其法向量也垂直，只有A中的两个向量垂直利用向量求空间角过双基1异面直线所成
7、角设异面直线a，b所成的角为，则cos ， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量2直线与平面所成角如图所示，设l为平面的斜线，lA，a为l的方向向量，n为平面的法向量，为l与所成的角，则sin |cosa，n|.3二面角 若AB，CD分别是二面角l的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图(1)平面与相交于直线l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1，n2，则二面角 l 为或.设二面角大小为，则|cos |cos |，如图(2)(3)1在三棱柱ABCA1B1C1中，若AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点
8、，则直线EF和BC1的夹角为()A45 B60C90 D120解析：选B如图所示，以BC，BA，BB1，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由于ABBCAA1，不妨取AB2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，所以(0，1,1)，(2,0,2)，则cos，故直线EF与BC1的夹角为60.2.如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为()A.B.C. D.解析：选A设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在直线为x轴，y轴，z轴建立空
9、间直角坐标系，如图所示，则B1，F(1,0,1)，E，G(0,0,2)，(1,0，1)设平面GEF的法向量n(x，y，z)，则即取x1，则z1，y，故n为平面GEF的一个法向量，所以cosn，所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.3正方形ABCD所在平面外有一点P，PA平面ABCD.若PAAB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为()A30 B45C60 D90解析：选B建立空间直角坐标系如图所示，设AB1， 则A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)(1,0，1)，(0，1,0)，易知平面PAB的法向量为n1(1,0,0)设平面PCD
10、的法向量n2(x，y，z)，则即令x1，则z1.n2(1,0,1)，cosn1，n2.平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为.所求二面角的大小为45.一、选择题1在空间直角坐标系中，点P(m,0,0)到点P1(4,1,2)的距离为，则m的值为()A9或1B9或1C5或5 D2或3解析：选B由题意PP1，即，(m4)225，解得m9或m1.2已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以是()A2， B，C3,2 D2,2解析：选Aab，bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，解得或3(2018揭阳期末)已知a(2,3，4)，b(4，3，2)，x2a，则x()A(0,3
11、，6) B(0,6，20)C(0,6，6) D(6,6，6)解析：选B由bx2a，得x4a2b(8,12，16)(8，6，4)(0,6，20)4已知a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若a，b，c三向量共面，则()A9 B9C3 D3解析：选B由题意知cxayb，即(7,6，)x(2,1，3)y(1,2,3)，解得9.5在空间四边形ABCD中，()A1 B0C1 D不确定解析：选B如图，令a，b，c，则a(cb)b(ac)c(ba)acabbabccbca0.6已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且2，现用基底，表示向量
12、，有xyz，则x，y，z的值分别为()A.， B.，C.， D.，解析：选A ()，x，y，z.7.如图所示，在大小为45的二面角AEFD中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A. B.C1 D.解析：选D，|2|2|2| |22221113，故|.8(2018东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，与 的夹角为120，则的值为()A B.C D解析：选C因为(1，)，所以cos 120，得.经检验不合题意，舍去，所以.二、填空题9已知2ab(0，5,10)，c(1，2，2)，ac4，|b|12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为_解析：由题意
13、得，(2ab)c0102010.即2acbc10，又ac4，bc18，cosb，c，b，c120，两直线的夹角为60.答案：6010在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1，BB1的中点，则sin，_.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则C(0,2,0)，M(2，0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1) 可知(2，2,1)，(2,2，1)，22(2)21(1)1，|3，|3，cos，sin，.答案：11已知点O为空间直角坐标系的原点，向量(1,2,3)，(2,1,2)，(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当取得最小值时，的坐标是_解析：点Q在直线O
14、P上，设点Q(，2)，则(1，2，32)，(2，1，22)，(1)(2)(2)(1)(32)(22)62161062，当时，取得最小值，此时.答案：12在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC，ABACAA11，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GDEF，则线段DF的长度的取值范围为_解析：设AFa，ADb，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E，G，F(a,0,0)，D(0，b,0)，a，1，(a，b,0)因为GDEF，所以，0，所以ab0，即a2b10，所以|DF| .由题意得，a12b0，所以0b，所以DF1.答案：三
15、、解答题13.如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点(1)求证：MNAB；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值解：(1)证明：设p，q，r.由题意可知，|p|q|r|a，且p，q，r三向量两两夹角均为60.()(qrp)，(qrp)p(qprpp2)(a2cos 60a2cos 60a2)0.，即MNAB.(2)由(1)可知(qrp)，|2(qrp)2q2r2p22(qrpqrp)2a2.|a，MN的长为a.(3)设向量与的夹角为.()(qr)，qp，(qr).又|a，|cos aacos .cos ，向量与的夹角的余弦
16、值为.因此异面直线AN与CM所成角的余弦值为.14(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值解：(1)证明：由题设可得，ABDCBD，从而ADDC.又ACD是直角三角形，所以ADC90.取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又因为ABC是正三角形，所以BOAC.所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中，BO2AO2AB2.又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD
17、2，故DOB90.所以平面ACD平面ABC.(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故(1,0,1)，(2,0,0)，.设n(x1，y1，z1)是平面DAE的法向量，则即可取n.设m(x2，y2，z2)是平面AEC的法向量，则即可取m(0，1，)则cosn，m.由图知二面角DAEC为锐角，所以二面角DAE
18、C的余弦值为.高考研究课(一)空间角3类型线线角、线面角、二面角 全国卷5年命题分析考点考查频度考查角度线线角5年2考求线线角线面角5年4考求线面角二面角5年7考求二面角，已知二面角求体积利用空间向量求异面直线所成角典例(2015全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值解(1)证明：连接BD，设BDAC于点G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC
19、，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)以G为坐标原点，分别以GB，GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.方法技巧用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间
20、直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值即时演练1如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的大小为_解析：以D为坐标原点，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因为AA1AB2，AD1，所以E(0,0,1)，A1(1,0,2)，F(1,1,0)，G(0,2,1)，所以(1,0，1)，(1，1，1)，设向量与所成角为，所以cos
21、0，所以异面直线A1E与GF所成的角为90.答案：902(2017江苏高考)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA1，BAD120.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角BA1DA的正弦值解：在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如图，以，为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为ABAD2，AA1，BAD120，则A(0,0,0)，B(，1,0)，D(0,2，0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)(1) (，1，)，(，1，)则cos，.因此异
22、面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)可知平面A1DA的一个法向量为(，0,0)设m(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又(，1，)，(，3,0)，则即不妨取x3，则y，z2，所以m(3，2)为平面BA1D的一个法向量，从而cos，m.设二面角BA1DA的大小为，则|cos |.因为0，所以sin .因此二面角BA1DA的正弦值为.利用空间向量求线面角典例(2017北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面MAC，PAPD，AB4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BD
23、P所成角的正弦值解(1)证明：设AC，BD的交点为E，连接ME.因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因为底面ABCD是正方形，所以E为BD的中点所以M为PB的中点(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PAPD，所以OPAD.又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，OP平面PAD，所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD，所以OPOE.因为底面ABCD是正方形，所以OEAD.以O为原点，以，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)设平面BDP的
24、一个法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得y1，z.于是n(1,1，)又平面PAD的一个法向量为p(0,1,0)，所以cosn，p.由题知二面角BPDA为锐角，所以二面角BPDA的大小为60.(3)由题意知M，C(2,4,0)，则.设直线MC与平面BDP所成角为，则sin |cosn，|.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.方法技巧利用平面的法向量求线面角的2个注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2cos21求出其值不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求即时演练1
25、正四棱锥S ABCD中，SAAB2，则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为()A.B.C. D.解析：选C建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得A(1，1,0)，C(1,1,0)，B(1,1,0)，S(0,0，)(2,2,0)，(1，1，)，(1，1，)设平面SBC的一个法向量n(x，y，z)，则即令z，得x0，y2，n(0,2，)设直线AC与平面SBC所成的角为，则sin |cosn，|.2.如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中BAEGAD45，AB2AD2，BAD60. (1)求证：BD平面ADG；(2)求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值解：(1
26、)证明：在BAD中，AB2AD2，BAD60.由余弦定理得，BD2AD2AB22ABADcos 60，解得BD，AB2AD2BD2，ADBD，在直平行六面体中，GD平面ABCD，BD平面ABCD，GDBD，又ADGDD，BD平面ADG.(2)以D为坐标原点，DA，DB，DG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Dxyz，BAEGAD45，AB2AD2，A(1,0,0)，B(0，0)，E(0，2)，G(0,0,1)，(1，2)，(1,0,1) ，GB(0，1)，设平面AEFG的法向量n(x，y，z)，则即令x1，得y，z1，n，设直线GB和平面AEFG的夹角为，则sin |c
27、osGB，n|，直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为. 利用空间向量求二面角典例(2017山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小解(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120，所以CBP30.(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0
28、)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，(2,0,3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.由图知二面角EAGC为锐角，故所求二面角EAGC的大小为60.方法技巧利用法向量求二面角的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误 即时演练1在正方体ABCD A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，
29、则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选B以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则即n1(1,2,2)又平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.2.如图，四棱锥P ABCD的底面为菱形，ABC60，E是DP的中点若APPB，ABPC2.(1)证明：PB平面ACE；(2)求二面角APCD的余弦值解：(1)证明：连接BD交AC于点F，连接EF，底面ABCD为菱形，F为B
30、D中点又E是DP中点，EFPB.PB平面ACE，EF平面ACE，PB平面ACE.(2)取AB的中点Q，连接PQ，CQ，底面ABCD为菱形，且ABC60，ABC为正三角形，CQAB.APPB，ABPC2，CQ，且PAB为等腰直角三角形，PQAB，PQ1，PQ2CQ2CP2，PQCQ.以Q为坐标原点，QA，QC，QP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0，0)，P(0,0,1)，D(2，0)，(1,0,1)，(0，1)，(2,0,0)设平面APC的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令y11，得x1，z1，故n1(，1，)设平面DPC的法向量为n2(x
31、2，y2，z2)，则即令y21，得z2，故n2(0,1，)cosn1，n2，由图知二面角APCD为锐角，二面角APCD的余弦值为.1.(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值解：(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD.因为ABCD，所以ABPD.又APPDP，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD，垂足为F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，的方
32、向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C.所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则即所以可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则即所以可取m(1,0,1)则cosn，m.由图知二面角APBC为钝角，所以二面角APBC的余弦值为.2(2016全国卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值解：(1)证明：由已
33、知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)过D作DGEF，垂足为G.由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz.由(1)知DFE为二面角D AFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3，0,0)，D(0,0，)由已知得ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60.从而可得C(2,0，)所以(1,0
34、，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，)设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4)则cos n，m.由图知，二面角EBCA为钝角，故二面角EBCA的余弦值为.1如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是棱AB的中点，BC1，AA1.(1)求证：BC1平面A1DC；(2)求二面角DA1CA的正弦值解：(1)证明：过点A作AOBC交BC于点O，过点O作OEBC交B1C1于E.因为平面ABC平面CBB1C1，所以AO平面CBB1C1.以O为坐标原点，OB，OE，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐
35、标系因为BC1，AA1，ABC是等边三角形，所以O为BC的中点则O(0,0,0)，A，B，C，D，A1，C1，设平面A1DC的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即 取x1，得z13，y11，平面A1DC的一个法向量为n1(，1，3)又(1，0)，n10，又BC1平面A1DC，BC1平面A1DC.(2)设平面ACA1的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，(0，0)，则即取x2，得y20，z21.平面ACA1的一个法向量为n2(，0，1)则cosn1，n2，设二面角DA1CA的大小为，cos ，sin ，故二面角DA1CA的正弦值为. 2(2017全国卷)如图，四棱锥PABCD中，侧面PA
36、D为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点(1)证明：直线CE平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求二面角MABD的余弦值解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EFAD，EFAD.由BADABC90，得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，所以四边形BCEF是平行四边形，CEBF，又CE平面PAB，BF平面PAB，故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1
37、,1,0)，P(0，1，)，(1,0，)，(1,0,0)设M(x，y，z)(0x1)，则(x1，y，z)，(x，y1，z)因为BM与底面ABCD所成的角为45，而n(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos，n|sin 45，即(x1)2y2z20.又M在棱PC上，设，则x，y1，z.由解得(舍去)，或所以M，从而.设m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则即所以可取m(0，2)于是cosm，n.由图知二面角MABD为锐角，因此二面角MABD的余弦值为.3.如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAA
38、C4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为坐标原点，分别以，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依题意可得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)(1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨取z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN
39、平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，又(0，2，1)，(1,2，1)，则即不妨取y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.4.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四边形， ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证
40、：ADPC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得AC284222cos 454，解得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACB90，即BCAC.又ADBC，所以ADAC.又ADAP2，DP2，所以AD2AP2DP2，所以APAD，又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.(2)因为侧面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，AC，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如
41、图所示的空间直角坐标系Axyz，则D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,1,0)，P(0,0,2)，所以(0,2，2)，(2,0，2)，(2,2，2)，设(0,1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，所以(21,21，22)，易得平面ABCD的法向量m(0,0,1)设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得n(1，1，1)因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos，m|cos，n|，即，所以|22|，即|1|，解得，所以.某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方体ABCDEFQH材料切
42、割成三棱锥HACF.(1)若点M，N，K分别是棱HA，HC，HF的中点，点G是NK上的任意一点，求证：MG平面ACF；(2)已知原长方体材料中，AB2，AD3，DH1，根据艺术品加工需要，工程师必须求出该三棱锥的高；甲工程师先求出AH所在直线与平面ACF所成的角，再根据公式hAHsin 求三棱锥HACF的高h.请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高解：(1)证明：HMMA，HNNC，HKKF，MKAF，MNAC.MK平面ACF，AF平面ACF，MK平面ACF，同理可证MN平面ACF，MKMNM，MN平面MNK，MK平面MNK，平面MNK平面ACF.又MG平面MNK，MG平面ACF.(2)以D为
43、坐标原点，DA，DC，DH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A(3，0,0)，C(0,2,0)，F(3,2,1)，H(0,0，1)，(3,2,0)，(0,2,1)，(3,0,1)，设平面ACF的一个法向量n(x，y，z)，则即令y3，则n(2,3，6)，sin |cos，n|，三棱锥HACF的高为AHsin .高考研究课(二)空间向量2综合翻折、探索全国卷5年命题分析考点考查频度考查角度翻折问题5年1考平面图形的翻折与二面角求法探索性问题未考查平面图形的翻折问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为平面图形翻折问题.常与空间中的
44、平行、垂直以及空间角相结合命题.典例(2018临沂模拟)如图1，已知ABC为正三角形，D为AB的中点，AEAC.现沿DE将ADE折起，折起过程中点A仍然记作点A，使得平面ADE平面BCED，如图2.(1)证明：ADCE；(2)求平面ABD与平面ACE所成角(锐角)的余弦值解(1)证明：在正三角形ABC中，取AC的中点G，连接BG(图略)，此时E为AG的中点，所以DEBG.因为BGAC，所以DECE，DEAE.在折起的图形中，因为平面ADE平面BCED，所以AE平面BCED，所以AECE.因为AEDEE，所以CE平面ADE.因为AD平面ADE，所以ADCE.(2)由(1)的证明可知ED，EC，E
45、A两两垂直，以点E为坐标原点，射线ED，EC，EA的正方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.设正三角形ABC的边长为4，则A(0,0,1)，B(2，1,0)，D(，0,0)，(2，1，1)，(，1,0)设平面ABD的法向量m(x，y，z)，则即令x，得y3，z3，所以平面ABD的一个法向量为m(，3,3)显然n(1,0,0)为平面ACE的一个法向量设平面ABD与平面ACE所成角(锐角)的大小为，则cos |cosm，n|.所以平面ABD与平面ACE所成角(锐角)的余弦值为.方法技巧(1)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情
46、况一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化(2)与空间角相结合问题求解时多利用空间向量法即时演练如图，在直角梯形PBCD中，PBDC，DCBC，点A在边PB上，ADBC，PB3BC6，现沿AD将PAD折起，使平面PAD平面ABCD.(1)当CDBC时，证明：直线BD平面PAC；(2)当三棱锥PABD的体积取得最大值时，求平面PBD与平面PCD所成锐二面角的余弦值解：(1)证明：在直角梯形PBCD中，ADBC，ABDC，DCBC，当CDBC时，四边形ABCD是正方形，BDAC.平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PAAD，AD平面ABCD，P
47、A平面ABCD.BD平面ABCD，BDPA.又ACPAA，BD平面PAC.(2)设DCt，t(0,6)，则PA6t，由(1)知VPABD(6t)t223，当且仅当6tt，即t3时取等号，此时APABDC3.以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(3,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，C(3,2,0)，(3,0,0)，(0，2,3)，(3,2,0)，设n(x，y，z)是平面PCD的一个法向量，则即取z2，得n(0,3,2)设m(a，b，c)是平面PBD的一个法向量，则即取c2，得m(2,3,2)设平面PBD与平面PCD所成
48、锐二面角为，则cos .平面PBD与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.立体几何中的探索性问题探索性问题虽然在全国卷中未作考查，但在地方卷中却频频露面，此类问题主要从两个角度进行考查：(1)与空间平行或垂直有关的探索性问题；(2)与空间角有关的探索性问题.角度一：与空间平行或垂直有关的探索性问题1.如图所示，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成角为60.(1)求证：AC平面BDE；(2)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM平面BEF，并证明你的结论解：(1)证明：因为DE平面ABCD，所以DEAC.因为四边形ABCD是
49、正方形，所以BDAC.又DEBDD，DE平面BDE，BD平面BDE，所以AC平面BDE.(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，因为BE与平面ABCD所成角为60，即DBE60，所以.由AD3，可知DE3，AF，则A(3,0,0)，F(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3，0)，所以(0，3，)，(3,0，2)设平面BEF的法向量n(x，y，z)，则即令z，得n(4,2，)，又点M是线段BD上一个动点，设M(t，t,0)(0t3)，则(t3，t,0)因为AM平面BEF，所以n0，即4(t3)2t0，解得t2.此时，点M的坐标为(2,2,0)，即当BMB
50、D时，AM平面BEF.方法技巧对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设角度二：与空间角有关的探索性问题2.(2018江西一模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1BC侧面A1ABB1，且AA1AB2.(1)求证：ABBC；(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为，则在线段A1C上是否存在点E，使得二面角ABEC的大小为？请说明理由解：(1)证明：连接AB1交A1B于点D，AA1AB，ADA1B.平面A1BC侧面A1ABB1，平面A1BC侧面A1ABB1A1B
51、，AD侧面A1ABB1，AD平面A1BC，又BC平面A1BC，ADBC.三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，AA1底面ABC.BC底面ABC，AA1BC.又AA1ADA，AA1平面A1ABB1，AD平面A1ABB1，BC平面A1ABB1，又AB平面A1ABB1，ABBC.(2)由(1)得AD平面A1BC，连接CD，则ACD是直线AC与平面A1BC所成的角，即ACD，又ADAB1，AC2，BC2.以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则A(0,2,0)，B(0,0,0)，A1(0,2,2)，C(2,0,0)，B1(0,0,2)(0，2,
52、0)，(2，2，2)，(0，2,2)，(0,0,2)假设A1C上存在点E，使得二面角ABEC的大小为，连接AE，BE，设(2，2，2)(2，2，22)设平面EAB的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得n.由(1)知AB1平面A1BC，(0，2,2)为平面CEB的一个法向量cos，n，二面角ABEC的大小为，0)现将AED，CFD，DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图所示(1)若2，求证：GR平面PEF；(2)是否存在正实数，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：由题意，可知PE，PF，PD三条直
53、线两两垂直PD平面PEF.在图中，E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，EFAC，GDGB2GH.在图中，2，且2，在PDH中，GRPD，GR平面PEF.(2)由题意，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.设PD4，则P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)，(2，2,0)，(0,2，4)，R，0，2，0，0.设平面DEF的一个法向量为m(x，y，z)，由得取z1，则m(2,2,1)直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，|cosm，|，921870，解得或(不合题意，舍去)故存在正实数，使得
54、直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.已知在三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC，ABC90，B1BAB2BC4，D，E分别是B1C1，A1A的中点(1)求证：A1D平面B1CE；(2)设M是B1E的中点，N在棱AB上，且BN1，P是棱AC上的动点，直线NP与平面MNC所成角为，试问：的正弦值存在最大值吗？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由 解：(1)证明：连接BC1交B1C于点O，连接EO，DO，在B1BC1中，DO綊B1B，在四边形B1BA1A中，A1E綊B1B，A1E綊DO，四边形A1EOD是平行四边形，A1DEOA1D平面B1CE，EO平面B1CE，A1D平面B1CE.(
55、2)假设存在符合题意的点P.以B为坐标原点，BA，BC，BB1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Bxyz，由已知得A(4,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,4)，E(4,0,2)，M(2,0,3)，N(1,0,0)，则(1,0，3)，(1,2,0)，(4,2,0)，(3,0,0)设平面MNC的一个法向量m(x，y，z)，则即取x6，得m(6,3，2)，设 (01)，则(34，2，0)，由题设得sin |cos，m|，设t1(01)，则1t，且0t1，sin .当t0时，sin 0，当0t1时，sin .当且仅当，即t时，sin 取得最大值，此时.存在符合题意的点
56、P，且.阶段滚动检测(三)检测范围：第一单元至第十二单元(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1设命题p：x0，log2x2x3，则綈p为()Ax0，log2x2x3Bx00，log2x02x03Cx00，log2x02x03Dx0，log2x2x3解析：选B由全称命题否定的定义可知，答案为B.2已知集合Ax|x22x0，B1,0,1,2，则AB()A0,2B0,1,2C(1,2) D1,0,1解析：选B因为Ax|0x2，B1,0,1,2，则AB0,1,23在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为
57、点P在直线l上的投影由区域中的点在直线xy20上的投影构成的线段记为AB，则|AB|()A2B4C3D6解析：选C作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点C，D分别作直线xy20的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，由得C(2，2)由得D(1,1)所以|AB|CD|3.4已知cos，则sin的值为()A. B C D.解析：选B因为cos，即cos，所以cos，由二倍角公式可得12sin2，所以sin.5一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A64 B64C6416 D64解析：选A由三视图可知，该几何体是一个正方体中间挖去两个顶点相接的圆锥，其中，两个圆
58、锥的体积和是V锥Sh224，VV正方体V锥4364.6若a，b，cR，且abacbc26a2，则2abc的最小值为()A.1 B.1 C22 D22解析：选D因为a，b，cR，且abacbc26a2，所以(2abc)24a2b2c24ab4ac2bc4(a2abacbc)4(62)4(1)2，所以2abc22，即2abc的最小值是22.7如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为()A15 B16 C. D.解析：选C由三视图可知，该几何体是如图所示的以俯视图为底面、高为5的四棱锥PABCD，则该几何体的体积V44225.8已知函数f(x)x，曲线yf
59、(x)上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的取值范围为()A(e2，) B(e2,0)C. D.解析：选Df(x)a，因为曲线yf(x)上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，所以f(x)a0有两个不同的解即a有两个不同的解，令g(x)，g(x)，由g(x)0，得x2，由g(x)0，得x2，所以g(x)在(，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以当x2时，函数g(x)取得极小值g(2)，当x时，g(x)，当x时，g(x)0，画出函数g(x)的大致图象如图所示，要满足题意，则需a0,0的图象相邻两条对称轴之间的距离为，且在x时取得最大值2，若f()
60、，且0,0的图象相邻两条对称轴之间的距离为可知，函数的周期T2，则1.又因为函数在x时取得最大值2，所以sin1，且0，所以，f(x)sin1，又f()sin1，所以sin，又，所以1时，显然不合题意，则解得a0；当x1x2，且f(x1)f(x2)时，x1x20成立，满足，且由函数的图象可知，当x1x2，且h(x1)h(x2)时，x1x20，满足，则h(x)是偏对称函数；p(x)x3x2，p(x)3x23x，令p(x)3x23x1或x1时，xp(x)0不成立，即p(x)不满足，不是偏对称函数；(x)exx1，则(0)0，即(x)满足，(x)ex1，当x0时，(x)0时，(x)0，所以当xR，且
61、x0时，都有x(x)0成立，即(x)满足，由函数(x)exx1图象可知，当x1x2，且(x1)(x2)时，x1x20，则函数(x)满足，则(x)是偏对称函数，故答案为2.答案：2三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)设锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2bsin A.(1)求B的大小；(2)求cos Asin C的取值范围解：(1)由正弦定理可得sin A2sin Bsin A.因为sin A0，所以sin B.因为B是锐角，所以B.(2)cos Asin Ccos Asincos Acos Asin As
62、in.因为CA，所以A，所以A，sin，所以sinAan1对nN*恒成立，求a1的取值范围解：(1)证明：，b1，bn是首项为，公比为的等比数列，bnn1(nN*)(2)an1an.nN*，anan1，an1an0，anan10，数列递减等价于a2a10，解得a12，a1的取值范围为(2，)20(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，二面角AA1B C是直二面角，ABBC2，点M是棱CC1的中点，三棱锥M BCA1的体积为1.(1)证明：BC平面ABA1；(2)求直线MB与平面BCA1所成角的正弦值解：(1)证明：过点A作AHA1B，垂足为H.由题可知平面ABA1平面BCA1
63、，且平面ABA1平面BCA1BA1，AH平面BCA1.又BC平面BCA1，AHBC.由直三棱柱的性质可知AA1平面ABC，又BC平面ABC，AA1BC.又AA1AHA，BC平面ABA1.(2)设AA1a，而VA1MBCVMBCA11.由(1)知ABBC，结合直棱柱的性质知AB平面BCM，AA1平面BCM，A1到平面BCM的距离等于AB2，VA1MBCABSBCM1，解得a3.以B为坐标原点，BC，BA，BB1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，则M，C(2,0,0)，A1(0,2,3)，(2,0,0)，(0,2,3)设平面BCA1的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，
64、得n(0,3，2)cos，n.设直线BM与平面BCA1所成的角为，则sin |cos，n|.21(本小题满分12分)已知函数f(x)(x1)ln xax，当x0(1，)时，函数f(x)的图象在点(x0，f(x0)处的切线方程为yxe.(1)求a的值；(2)求证：函数f(x)在定义域内单调递增解：(1)由题意，得f(x)ln x1a，所以函数f(x)的图象在点(x0，f(x0)处的切线方程为yf(x0)f(x0)(xx0)，即y(x01)ln x0ax0(xx0)，即yxln x0x01，所以令g(x)xln x1，则g(x)1，当x(1，)时，g(x)0，故当x(1，)时，g(x)单调递增又因
65、为g(e)e，所以x0e，将x0e代入ln x01a，得a2.(2)证明：由a2，得f(x)ln x1(x0)令h(x)ln x，则h(x).当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0，故当x(0,1)时，h(x)单调递减；当x(1，)时，h(x)单调递增，故h(x)h(1)1.因此当x(0，)时，f(x)h(x)10，当且仅当x1时，f(x)0.所以f(x)在定义域内单调递增22(本小题满分12分)已知函数f(x)(其中a0，c0)(1)当a2c2时，若f(x)对任意x(c，)恒成立，求实数a的取值范围；(2)设函数f(x)的图象在两点P(x1，f(x1)，Q(x2，f(x2)
66、处的切线分别为l1，l2，若x1 ，x2c，且l1l2，求实数c的最小值解：(1)当xc，a2c2时，f(x)2(xc).a0，c0，且c1，0c1.令f(x)0，得x1.当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(c,1)1(1，)f(x)0f(x)极小值函数f(x)在(c，)上的最小值为f(1)(1c)2a2.要使f(x)恒成立，只需a2恒成立，即a1或a1(舍去)又c10，a2.实数a的取值范围是(2，1(2)由l1l2可得，ff(c)1，而f(c)，f.当 c时，f2c.即a，与已知矛盾，舍去；当 c时，由0xc时，f(x)2(xc)，可得f2c，c.a0，c0，2a10，即a.令t，则a(t2)，c.设g(t)，则g(t).令g(t)0，得t2.当t变化时，g(t)与g(t)的变化情况如下表：t(2,2)2(2，)g(t)0g(t)极小值函数g(t)的最小值为g(2)，实数c的最小值为.