1、栏目索引总纲目录考点一考点二考点三第3讲 空间向量与立体几何栏目索引总纲目录考点一考点二考点三总纲目录总纲目录考点一利用空间向量求线线角、线面角考点二利用空间向量求二面角考点三利用空间向量解决空间角的综合问题栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一考点一 利用空间向量求线线角、线面角1.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;直线AB与a所成角的最小值为45;直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是.(填写所
2、有正确结论的编号)栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一答案解析 解法一:过点C作直线a1a,b1b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分别以a1、b1、AC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系,取n1=(1,0,0)为a1的方向向量,n2=(0,1,0)为b1的方向向量,令A(0,0,1).可设B(cos,sin,0),则=(cos,sin,-1).当直线AB与a成60角时,|cos|=,|cos|=,|sin|=,|cos|=,即AB与b所成角也是60.|cos|=,直线AB与a所成角的最小值为45.综上,和是正确的,和是错误的.故填.解法二:过点B作a1a,b1b,当直线AB与a
3、成60角时,由题意,可知AB在由a1,b1栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一确定的平面上的射影为BC,且BC与a1成45角,又ab,故AB与b所成角也是60.错误,正确;当直线aBC时,AB与a所成角最小,故最小角为45.正确,错误.综上,正确的是,错误的是.(注:一条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的射影与平面内一条直线所成角的余弦值的乘积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦值)栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一2.(2018课标全国,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明
4、:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一解析(1)证明:由已知可得BFEF,又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一 由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=,EH=,则H(0,0,0),P,D,栏目索
5、引总纲目录考点一考点二考点三考点一=,=为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin=.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一总结提升向量法求直线和平面所成的角设为直线l与平面所成的角,为直线l的方向向量v与平面的法向量n之间的夹角,则有=-(如图1)或=+(如图2),所以有sin=|cos|=cos=.特别地,=0时,=,l;=时,=0,l或l.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一1.(2019江西中学协作体联考)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形,BCAD,且AD=2AB=2BC=2,BAD=90,PAD为等边三
6、角形,平面ABCD平面PAD,点E,M分别为PD,PC的中点.(1)证明:CE平面PAB;(2)求直线DM与平面ABM所成角的正弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一解析(1)证明:设PA的中点为N,连接EN,BN.E,N分别为PD,PA的中点,EN为PAD的中位线,ENAD,且EN=AD.在梯形ABCD中,BCAD,且BC=AD,BCEN,BC=EN,四边形ENBC是平行四边形,ECBN.又BN平面PAB,CE平面PAB,CE平面PAB.(2)设AD的中点为O,PAD为等边三角形,栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一PA=PD,POAD,平面PAD平面ABCD,交线为AD,PO平
7、面PAD,PO平面ABCD.又在梯形ABCD中,BCAD,且BC=AD=AO,四边形BAOC为平行四边形,COBA.又BAD=90,COAD,有OA,OC,OP两两垂直,故以点O为坐标原点,OA,OP,OC所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一则A(1,0,0),B(1,0,1),C(0,0,1),P(0,0),M,D(-1,0,0),栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一=(0,0,1),=,设平面ABM的法向量为m=(x,y,z).则有令x=,得y=2,则m=(,2,0).由=,可得cos=栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一
8、=,直线DM与平面ABM所成角的正弦值为.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一2.(2019四川石室中学模拟)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,已知DAB=EAB=60,AD=AE=2,DE=.(1)求证:平面ABE平面ABCD;(2)求直线AE与平面CED所成角的正弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一解析(1)证明:如图,过点D作DOAB于点O,连接EO.DAB=EAB=60,AD=AE=2,AO=AO,DAOEAO.DOA=EOA=90,DO=EO=.又DE=,栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一DO2+EO2=DE2,由勾股定理的逆定理得DOE=90,即
9、DOEO.又DOAB,ABEO=O,AB平面ABE,EO平面ABE,DO平面ABE.又DO平面ABCD,平面ABE平面ABCD.(2)由(1)可知DOEO,DOAB,EOAB,如图,以O为坐标原点,OE、OB、OD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.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一 由已知得E(,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,),C(0,2,),=(,-2,-),=(0,-2,0),=(-,-1,0).设平面CED的法向量为n=(x1,y1,z1),栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点一则 即令z1=1,则x1=1,n=(1,0,1).设直线AE与
10、平面CED所成的角为,则sin=|cos|=,则直线AE与平面CED所成角的正弦值为.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二考点二 利用空间向量求二面角(2019课标全国,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二解析(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1DC,可得
11、B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二 则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二所以 可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则所以可取n=(2,0,-1).于是c
12、os=,所以二面角A-MA1-N的正弦值为.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二总结提升向量法求二面角设二面角-l-的平面角为(0),n1,n2分别为平面,的法向量,向量n1,n2的夹角为,则有+=(如图1)或=(如图2),其中cos=.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二1.(2019河北唐山第一次联考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,O为BC的中点,C1O底面ABC,点M在线段BB1上,且C1MBB1.(1)证明:A1MBB1;(2)若AC=BC,MB=MB1,求二面角C-A1M-C1的余弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二解析(1)证明:C1O底面ABC,AC
13、底面ABC,C1OAC.又ACBC,BCC1O=O,C1O,BC平面BCC1B1,AC平面BCC1B1.BB1平面BCC1B1,ACBB1.又ACA1C1,A1C1BB1.又C1MBB1,A1C1C1M=C1,A1C1,C1M平面A1C1M,BB1平面A1C1M,而A1M平面A1C1M,A1MBB1.(2)连接C1B,以点C为坐标原点,CA、CB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二 MB=MB1,且C1MBB1,C1B1=C1B=BC,又C1O底面ABC,BC平面ABC,C1OBC,又O为BC的中点,C1C=C1B=BC,C1CB为等边
14、三角形.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二设AC=2,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,1,),由(1)可知平面A1MC1的一个法向量为=(0,1,),则=+=(2,1,),=+=+=.设平面CA1M的法向量为n=(x,y,z),则令y=,则x=2,z=-5,n=(2,-5).栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二cos=-.由图可知二面角C-A1M-C1为锐角,二面角C-A1M-C1的余弦值为.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二2.(2019湖南五市十校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,CDA=BAD=
15、90,AB=AD=2DC=2,E,F分别为PD,PB的中点.(1)求证:CF平面PAD;(2)若截面CEF与底面ABCD所成的锐二面角为,求PA的长.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二解析(1)证明:如图,取PA的中点Q,连接QF,QD.F是PB的中点,QFAB,且QF=AB.底面ABCD为直角梯形,CDA=BAD=90,AB=AD=2DC=2,CDAB,CD=AB.QFCD,且QF=CD.四边形QFCD是平行四边形,CFQD.又CF平面PAD,QD平面PAD,CF平面PAD.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二(2)如图,分别以AD,AB,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角
16、坐标系,设PA=a(a0),则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0),D(2,0,0),E,F.取平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1).栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点二=,=,设平面CEF的法向量为n2=(x,y,z),则有即不妨取z=4,则x=a,y=a,即n2=(a,a,4).|cos|=,解得a=4,即PA的长为4.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三考点三 利用空间向量解决空间角的综合问题1.(2018课标全国,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO平面ABC;(2)若点M在
17、棱BC上,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,
18、2).取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三由n=0,n=0得可取n=(a-4),a,-a),所以cos=.由已知可得|cos|=.所以=.解得a=-4(舍去)或a=.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三所以n=.又=(0,2,-2),所以cos=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三2.如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD平面ABC;
19、(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D-AE-C的余弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三解析(1)证明:由题设可得,ABDCBD,从而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90.取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.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
20、向为x轴正方栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.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栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三的距离为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=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即可取n=.设m是平面AEC的法向量,则栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三同理可取m=(0,-1,).则cos=.易知二面角D-AE-C为锐角,所以二面角
21、D-AE-C的余弦值为.总结提升正确分析空间几何体的特征,建立合适的空间直角坐标系,是解决此类问题的关键.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三1.(2019黑龙江哈尔滨第三中学模拟)如图,在四边形ABCD中,ADBC,BAD=90,AB=2,BC=4,AD=6,E是AD上的点,且AE=AD,P为BE的中点.将ABE沿BE折到A1BE的位置,使得A1C=4,如图.(1)求证:平面A1CP平面A1BE;(2)若点M在线段CD上,当直线A1M与平面A1PD所成角的正弦值为时,求二面角M-A1P-D的余弦值.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三 栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三解析(1
22、)证明:因为AB=2,AE=AD=2,所以BE=4.又tanABE=,所以ABE=,易知PBC=.在BPC中,BP=BE=2,BC=4,所以PC=2,所以BP2+PC2=BC2,所以BPPC.在A1PC中,A1P=BE=2,A1C=4,所以A1P2+PC2=A1C2,所以A1PPC.因为A1P平面A1BE,PB平面A1BE,PBA1P=P,所以PC平面A1BE.又PC平面A1CP,所以平面A1CP平面A1BE.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三(2)以点P为坐标原点,PC,PE所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,1,),C(2,0,0),D(2,4,0).设
23、M(2,a,0),0a4,栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三则=(2,a-1,-),=(0,1,),=(2,4,0).设平面A1PD的法向量为m=(x1,y1,z1),由得令x1=2,则y1=-,z1=1,所以m=(2,-,1),所以|cos|=,解得a=2或a=8(舍),所以=(2,1,-),=(2,2,0).栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三设平面A1PM的法向量为n=(x2,y2,z2),由得令x2=1,则y2=-,z2=1,所以n=(1,-,1),所以cos=.由图可知二面角M-A1P-D为锐角,所以当直线A1M与平面A1PD所成角的正弦值为时,二面角M-A1P-D的余弦值
24、为.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三2.(2019佛山质量检测)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AA1=A1B1=AB=1,ABC=60,AA1平面ABCD.(1)若M是AD的中点,求证:C1M平面AA1B1B;(2)棱BC上是否存在一点E,使得二面角E-AD1-D的余弦值为?若存在,求出线段CE的长;若不存在,请说明理由.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三解析(1)证明:如图,连接B1A,由已知得B1C1BCAD,且B1C1=AM=AD,所以四边形AB1C1M是平行四边形,所以C1MB1A.因为C1M平面AA1B1B,B1A平面AA1B1B,所以
25、C1M平面AA1B1B.栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三(2)如图,取BC的中点Q,连接AQ,AC.因为四边形ABCD是菱形,且ABC=60,所以ABC是正三角形,所以AQBC,即AQAD.又AA1平面ABCD,所以A1A,AD,AQ两两垂直,以点A为坐标原点,AQ,AD,AA1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A(0,0,0),A1(0,0,1),D1(0,1,1),Q(,0,0).假设点E存在,设点E的坐标为(,0),-11.所以=(,0),=(0,1,1).设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),栏目索引总纲目录考点一考点二考点三考点三则 即可取n=(,-,).易知平面ADD1的一个法向量为=(,0,0),所以|cos|=,解得=.又二面角E-AD1-D为锐角,故由图可知,点E在线段QC上,所以=,即CE=1-.