(理数)2017年高考中档大题规范练(三)立体几何与空间向量

1如图，在四棱锥P- ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD丄平面ABCD ,点 M 在线段 PB 上 , PD // 平面 MAC , PA = PD = 7 , AB= 4 .(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B - PD - A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【分析】(1)设AC n BD=O，则0为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM // PD，再由平行线截线段成比例可得 M为PB的中点；(2)取AD中点G，可得PG丄AD，再由面面垂直的性质可得 PG丄平面ABCD，则PG丄AD，连接OG,贝U PG丄OG,再证明OG丄AD .以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面 PBD 与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角 B- PD - A的大小；(3)求出P的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解答】(1)证明：如图，设ACn BD=O ,••• ABCD为正方形，二O为BD的中点，连接 OM ,••• PD//平面 MAC, PD?平面 PBD，平面 PBDn 平面 AMC=OM ,••• PD// OM，则丄-二，即卩M为PB的中点；BD BP(2)解：取AD中点G,••• PA=PD，二 PG 丄 AD , •••平面PAD 丄平面ABCD ，且平面 PAD G 平面 ABCD=AD , ••• PG 丄平面ABCD ，贝U PG 丄AD ，连接OG ，贝U PG 丄OG , 由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得 OG // DC,贝U OG 丄AD .以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐 标系, 由 PA=PD=V^，AB=4，得 D( 2, 0，0)，A (- 2, 0, 0)，P (0，0,讥)，C (2, 4, 0) , B (- 2, 4, 0), M (- 1, 2,平)，设平面PBD 的一个法向量为|— ■-. ■，-. ■,取平面PAD 的一个法向量为::,L II ： •二面角B- PD - A 的大小为60 ° ; (3)解—:=,平面BDP 的一个法向量为,,1. 1.-•直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为| cos < r i' > =| 」.|=| - |=：Imllml @+4+护1 9【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中 档题.2.如图，在三棱锥 P- ABC 中，PA 丄底面ABC, / BAC=90° .点D , E, N 分 别为棱PA，m*DP=0则由，二工f ,得」L ID*DB=O7：y0,取 z=^，得&(i.--cos < 二：!>PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2 .(I)求证：MN //平面BDE ;(U)求二面角C- EM - N的正弦值；(川)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为二，求-W-丄线段AH的长.【分析】(I)取AB中点F,连接MF、NF，由已知可证 MF //平面BDE，NF//平面BDE .得至U平面 MFN //平面BDE，贝U MN //平面BDE ;(U)由PA丄底面ABC，/ BAC=90°.可以A为原点，分别以 AB、AC、AP 所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.求出平面 MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角c-EM-N的余弦值，进一步求得正弦值；(川)设AH=t，则H (0, 0, t),求出而、瓦的坐标，结合直线NH与直线 BE所成角的余弦值为」列式求得线段AH的长.21【解答】(I)证明：取AB中点F，连接MF、NF,••• M 为 AD 中点，二 MF // BD，••• BD?平面 BDE，MF?平面 BDE，二 MF // 平面 BDE .••• N 为 BC 中点，二 NF // AC，又 D、E 分别为 AP、PC 的中点，二 DE // AC,贝U NF // DE .v DE?平面 BDE , NF?平面 BDE，二 NF // 平面 BDE .又 MF A NF=F .•••平面 MFN //平面BDE，贝U MN //平面BDE ;(U)解：v PA丄底面ABC, / BAC=90°.•••以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.v PA=AC=4, AB=2,• A (0, 0, 0), B (2, 0, 0), C (0, 4, 0) , M (0, 0, 1) , N (1, 2, 0), E(0, 2, 2),则叮…..一，「...一，设平面MEN的一个法向量为.1 「,Q •袖二0 Z0f x+2y-z=0 左•远d得I沁二0取 z=2，得-b :.由图可得平面CME的一个法向量为:.Im ［ | n | XI 21•••二面角C- EM - N 的余弦值为］ ，则正弦值为;21 21（川）解：设 AH=t ，则 H （0, 0, t ）,而二（七 -2, t ）,祝二（七厶 2）. •••直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为」,21 | = | | ='.|NH||BE| 晶 I 迈 21 '解得：t=或t=±.52•••当H 与P 重合时直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为」，此时线段AH 的21【点评】本题考查直线与平面平行的判定， 考查了利用空间向量求解空间角， 考 查计算能力，是中档题.3.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.（I ）设P 是卜上的一点，且 AP 丄BE ，求/ CBP 的大小； （U ）当AB=3 , AD=2时，求二面角E - AG - C 的大小.D••• coy=:二 2t-2•••1 cosv 忙］,1 =| 长为一或］.【分析】(I)由已知利用线面垂直的判定可得 BE丄平面ABP,得到BE丄BP, 结合/EBC=120。

中档大题规范练——立体几何与空间向量1． 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面．根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r ，水面的半径为3r ，则容器内水的体积为V ＝V 圆锥－V 球＝13π·(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3， 而将球取出后，设容器内水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ， 从而容器内水的体积是V ′＝13π·(33h )2·h ＝19πh 3， 由V ＝V ′，得h ＝315r .即容器中水的深度为315r .2． 如图1所示，正三角形ABC 的边长为2a ，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC ，BC 的中点．现将△ABC 沿CD 翻折，翻折后平面ACD ⊥平面BCD (如图2)．求三棱锥C —DEF 的体积．图1 图2解 过点E 作EM ⊥DC 于点M ，因为平面ACD ⊥平面BCD ，平面ACD ∩平面BCD ＝CD ，而EM ⊂平面ACD ，所以EM ⊥平面BCD .即EM 是三棱锥E —CDF 的高．又CD ⊥BD ，AD ⊥CD ，F 为BC 的中点，所以S △CDF ＝12S △BCD ＝12×12CD ×BD ＝14×a 2－a 2×a ＝34a 2， 因为E 为AC 的中点，EM ⊥CD ，所以EM ＝12AD ＝12a . 所以三棱锥C —DEF 的体积为V C —DEF ＝V E —CDF ＝13S △CDF ×EM ＝13×34a 2×12a ＝324a 3. 3． 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH ∥平面EDB ；(2)求证：AC ⊥平面EDB .证明 (1)设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．如图，连接EG 、GH ，又H 为BC 的中点，∴GH 綊12AB . 又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH . ∴四边形EFHG 为平行四边形．∴EG ∥FH .又∵EG ⊂平面EDB ，FH ⊄平面EDB ，∴FH ∥平面EDB .(2)由四边形ABCD 为正方形，得AB ⊥BC .又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .又∵EF ⊥FB ，BC ∩FB ＝B ，∴EF ⊥平面BFC .∴EF ⊥FH .∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC .∴FH ⊥平面ABCD .∴FH ⊥AC .又FH ∥EG ，∴AC ⊥EG .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB .4． 如图所示，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 的中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ；(2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．(1)证明 由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD ∥AP .又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ，故MD ∥平面APC .(2)证明 因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD ⊥PB .所以AP ⊥PB .又AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以AP ⊥平面PBC .因为BC ⊂平面PBC ，所以AP ⊥BC .又BC ⊥AC ，AC ∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面APC .因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面APC .(3)解 由题意，可知MD ⊥平面PBC ，所以MD 是三棱锥D －BCM 的一条高，所以V D －BCM ＝V M －DBC ＝13×S △BCD ×MD ＝13×221×53＝107. 5． 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ， 又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF ∥平面PAB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面PAD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD ⊥平面PDC .6． 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB＝2AD ＝2CD ＝2.E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥PC ，∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ，∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解 如图，以C 为原点，DA →、CD →、CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)．设P (0,0，a )(a ＞0)，则E 12，－12，a2，CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE →＝12，－12，a2，设m ＝(b ，p ，m )为面PAC 的法向量，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＋p ＝0am ＝0，取m ＝(1，－1,0)， 设n ＝(x ，y ，z )为面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0，取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2， 则n ＝(a ，－a ，－2)，依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋2＝63，则a ＝2.于是n ＝(2，－2，－2)，PA →＝(1,1，－2)．设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝23，即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23.。

空间向量与立体几何练习题（带答案）一、选择题1．若空间向量a与b不相等，则a与b一定()A．有不同的方向B．有不相等的模C．不可能是平行向量D．不可能都是零向量【解析】若a＝0，b＝0，则a＝b，这与已知矛盾，故选D．【答案】D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1，在下列选项中，CD→的相反向量是()A.BA→B．A1C1→C.A1B1→D．AA1→【解析】由相反向量的定义可知，A1B1→是CD→的相反向量．【答案】C图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB→，AC→〉相等的是() A．〈AB→，BC→〉B．〈BC→，CA→〉C．〈C1B1→，AC→〉D．〈BC→，B1A1→〉【解析】∵B1A1→＝BA→，∴〈BA→，BC→〉＝〈AB→，AC→〉＝〈BC→，B1A1→〉＝60°，故选D．【答案】D4．在正三棱锥A-BCD中，E、F分别为棱AB，CD的中点，设〈EF→，AC→〉＝α，〈EF→，BD→〉＝β，则α＋β等于()A.π6B．π4C.π3D．π2【解析】如图，取BC的中点G，连接EG、FG，则EG∥AC，FG∥BD，故∠FEG＝α，∠EFG＝β.∵A－BCD是正三棱锥，∴AC⊥BD．∴EG⊥FG，即∠EGF＝π2.∴α＋β＝∠FEG＋∠EFG＝π2.【答案】D5．如图2－1－9所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB的方向向量有()图2－1－9A．8个B．7个C．6个D．5个【解析】与向量AB→平行的向量就是直线AB的方向向量，有AB→，BA→，A1B1→，B1A1→，C1D1→，D1C1→，CD→，DC→，共8个，故选A.【答案】A二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则向量CE→和BD→的夹角为________．【解析】∵BD→为平面ACC1A1的法向量，而CE在平面ACC1A1中，∴BD→⊥CE→.∴〈BD→，CE→〉＝90°.【答案】90°7．下列命题正确的序号是________．①若a∥b，〈b，c〉＝π4，则〈a，c〉＝π4.②若a，b是同一个平面的两个法向量，则a＝B．③若空间向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a∥c.【解析】①〈a，c〉＝π4或3π4，①错；②a∥b；②错；③当c＝0时，推不出a∥c，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】④8．在棱长为1的正方体中，S表示所有顶点的集合，向量的集合P＝{a|a ＝P1P2→，P1，P2∈S}，则在集合P中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知：在集合P 中模为3的向量的个数为8.【答案】8三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB＝3、AD＝2、AA1＝1的长方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量；(3)试写出与AB→相等的所有向量．【解】(1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1→，A1A→，BB1→，B1B→，CC1→，C1C→，DD1→，D1D→这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1→，D1A→，A1D→，DA1→，BC1→，C1B→，B1C→，CB1→共8个．(3)与向量AB→相等的所有向量(除它自身之外)共有A1B1→，DC→及D1C1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，求平面SBD的法向量与AD→的夹角．【解】∵正四棱锥底面为正方形，∴BD⊥AC，SO⊥AC又∵BD∩SO＝O∴AC⊥平面SBD．∴AC→为平面SBD的一个法向量．∴〈AC→，AD→〉＝45°.图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为正方形且PD＝AD，E、F分别是PC、PB的中点．(1)试以F为起点作直线DE的一个方向向量；(2)试以F为起点作平面PBC的一个法向量．【解】(1)取AD的中点M，连接MF，连接EF，∵E、F分别是PC、PB的中点，∴EF綊12BC，又BC綊AD，∴EF綊12AD，则由EF綊DM知四边形DEFM是平行四边形，∴MF∥DE，∴FM→就是直线DE的一个方向向量．(2)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵平面PCD，∴DE⊥BC，又PD＝CD，E为PC中点，∴DE⊥PC，从而DE⊥平面PBC，∴DE→是平面PBC的一个法向量，由(1)可知FM→＝ED→，∴FM→就是平面PBC的一个法向量.。

中档大题规范练2 立体几何与空间向量1.如图，在四棱锥P —ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点.(1)求证：PO ⊥平面ABCD ； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —AC —D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 因为P A ＝PD ＝2，O 为AD 的中点， 所以PO ⊥AD ，因为侧面P AD ⊥底面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 以O 为原点，OC ，OD ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (1，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1).PB →＝(1，－1，－1)，设平面PDC 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，CP →＝(－1，0，1)，PD →＝(0，1，－1).则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ，→＝－x ＋z ＝0，u ·PD ，→＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1，1，1)，B 点到平面PDC 的距离 d ＝|BP ，→·u ||u |＝33.(3)解 假设存在，则设PQ →＝λPD →(0<λ<1)， 因为PD →＝(0，1，－1)，所以Q (0，λ，1－λ)，设平面CAQ 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ，→＝0，m ·AQ ，→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，(λ＋1)b ＋(1－λ)c ＝0，所以取m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 平面CAD 的法向量n ＝(0，0，1)， 因为二面角Q —AC —D 的余弦值为63， 所以|m·n||m||n |＝63，所以3λ2－10λ＋3＝0，所以λ＝13或λ＝3(舍去)，所以PQ QD ＝12.2.如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ； (2)求二面角A —DF —C 的大小.(1)证明 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，D 1(0，0，2). ∵E 为AB 的中点， ∴E 点坐标为(1，1，0)， ∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23 (1，1，－2)＝(23，23，－43)，DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0，0，2)＋(23，23，－43)＝(23，23，23).设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0，取x ＝1得平面FDC 的一个法向量n ＝(1，0，－1). 设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1，1，1). ∵n·p ＝(1，0，－1)·(1，1，1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量， 则q ·DF →＝0，q ·DA →＝0. ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0，1，－1)， 设二面角A —DF —C 的平面角为θ， 由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝－|n·q|n|·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12，∴二面角A —DF —C 的大小为120°.3.如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点.(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值.解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4).因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B ，→·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)， 所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0， 即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0， 取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量. 取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23， 得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 4.如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥底面ABCD ，其中底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝CD ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ，Q 为PD 的中点.(1)证明：CQ ∥平面P AB ； (2)求二面角D —AQ —C 的余弦值.(1)证明 如图所示，取P A 的中点N ，连接QN ，BN .在△P AD 中，PN ＝NA ，PQ ＝QD ， 所以QN ∥AD ，且QN ＝12AD .在△APD 中，P A ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ， 所以AD ＝P A 2＋PD 2＝22＋(23)2＝4， 而BC ＝2，所以BC ＝12AD .又BC ∥AD ，所以QN ∥BC ，且QN ＝BC ， 故四边形BCQN 为平行四边形，所以BN ∥CQ . 又CQ ⊄平面P AB ，BN ⊂平面P AB ，所以CQ ∥平面P AB .(2)解 如图，在平面P AD 内，过点P 作PO ⊥AD 于点O ，连接OB .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 又PO ⊥AD ，AP ⊥PD ，所以PO ＝AP ×PD AD ＝2×234＝3，故AO ＝AP 2－PO 2＝22－(3)2＝1.在等腰梯形ABCD 中，取AD 的中点M ，连接BM ，又BC ＝2，AD ＝4，AD ∥BC ，所以DM ＝BC ＝2，DM ∥BC ，故四边形BCDM 为平行四边形. 所以BM ＝CD ＝AB ＝2.在△ABM 中，AB ＝AM ＝BM ＝2，AO ＝OM ＝1，所以BO ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以BO ⊥平面P AD .如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，D (0，3，0)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，P (0，0，3)，C (3，2，0)，则AC →＝(3，3，0).因为Q 为DP 的中点，故Q ⎝⎛⎭⎫0，32，32，所以AQ →＝⎝⎛⎭⎫0，52，32.设平面AQC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AC →，m ⊥AQ →，可得⎩⎨⎧m ·AC →＝3x ＋3y ＝0，m ·AQ →＝52y ＋32z ＝0，令y ＝－3，则x ＝3，z ＝5.故平面AQC 的一个法向量为m ＝(3，－3，5). 因为BO ⊥平面P AD ，所以OB →＝(3，0，0)是平面ADQ 的一个法向量.故cos 〈OB →，m 〉＝OB →·m |OB →|·|m |＝333·32＋(－3)2＋52＝337＝33737.从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737.5.在四棱锥P —ABCD 中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.(1)求证：BC ⊥平面PBD ；(2)在线段PC 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°？若存在，求PQPC 的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ， 所以PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD . 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，P (0，0，1)， DB →＝(1，1，0)，BC →＝(－1，1，0)， 所以BC →·DB →＝0，BC ⊥DB ，又由PD ⊥平面ABCD ，可得PD ⊥BC ， 因为PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD .(2)解 平面PBD 的法向量为BC →＝(－1，1，0)， PC →＝(0，2，－1)，设PQ →＝λPC →，λ∈(0，1)， 所以Q (0，2λ，1－λ)，设平面QBD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， DB →＝(1，1，0)，DQ →＝(0，2λ，1－λ)， 由n ·DB →＝0，n ·DQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，2λb ＋(1－λ)c ＝0， 令b ＝1，所以n ＝(－1，1，2λλ－1)， 所以cos 45°＝|n ·BC →||n ||BC →|＝222＋(2λλ－1)2＝22， 注意到λ∈(0，1)，得λ＝2－1，所以在线段PC 上存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°，此时PQPC ＝2－1.。

1【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c r r r不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++u r r r r,,a b c r r r称为基向量。

称为基向量。

2、空间直角坐标系的建立、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i ρρρ,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。

则轴。

则a xi y j zk =++r r r r（x,y,z ）称为空间直角坐标。

）称为空间直角坐标。

注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。

建立即可。

3、空间向量运算的坐标表示、空间向量运算的坐标表示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==r r ，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±r r()111,,a x y z λλλλ=r 121212a b x x y y z z ⋅=++r r 错误!未找到引用源。

121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===r r r r222111a a a x y z =⋅=++r r r ．a b ⋅r r =a rcos ,b a b 〈〉r r r ．cos ,a b a b a b ⋅〈〉=r r r r r r121212222222111222cos ,x x y y z za b a b ab x y z x y z ++⋅〈〉==++⋅++r r r r r r (2)(2)设设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r r r(3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则()()()222212121d x x y y z zAB =AB =-+-+-u u u r二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。

立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．(2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线． 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3.异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角或直角叫作异面直线a ，b 所成的角(或夹角)．②范围：.4.异面直线的判定方法： ]2,0(π【考点讲解】判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．【温馨提示】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查．1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题，要求会构造三角形，讨论两直线是否共面，并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示，作EO CD⊥于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF OD⊥于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，,EO CD EO⊥⊂平面CDE，EO∴⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，MFB∴△与EON△均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN===,，5,2MF BF BM==∴=，BM EN∴≠，故选B．] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15 BCD【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1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,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ， 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5，故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A．2 BCD【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A．2 B．5 C．5D．3 【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+，因此111cos 5BC BC D C D ∠===，故选C ． 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】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：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=o ，故BD =Rt BDE △中，2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=o ，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，ADADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______．【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得AC =如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由(0,2A，(2B，(0,2C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直，26CD CH CA ===，则3OH =，DH =='(,sin )636D αα-，则'sin )6236BD αα=--uuu r ，与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r ， 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时，cos θ取最大值9．9.【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】（Ⅰ）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，//AD BC ，所以PAD ∠即为所求，根据余弦定理求得，但本题可证明AD PD ⊥，所以cosAD PAD AP ∠=；（Ⅱ）要证明线面垂直，根据判断定理，证明线与平面内的两条相交直线垂直，则线与面垂直，即证明,PD BC PD PB ⊥⊥；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，做//DF AB ，连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】（Ⅰ）解：如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==. 所以，异面直线AP 与BC C（Ⅱ）证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B 1，0），1B ，3,2F ，C (0，2，0)．因此，3,2EF =u u u r ，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．2.【2017课标1，文6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ） A ． B ．C ．D ．【解析】本题考点是线面平行的判断问题，由题意可知：第二个选项中AB ∥MQ ，在直线AB ∥平面MNQ ，第三个选项同样可得AB ∥MQ ，直线AB ∥平面MNQ ，第四个选项有AB ∥NQ ，直线AB ∥平面MNQ ，只有选项A 不符合要求【答案】A2．空间中，可以确定一个平面的条件是（ ）A ．两条直线B ．一点和一条直线C ．一个三角形D ．三个点【解析】不共线的三点确定一个平面，C 正确；A 选项，只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面；B 选项，一条直线和直线外一点才能确定一个平面；D 选项，不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.在三棱锥A －BCD 的棱AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF ∩HG ＝P ，则点P （ ）A .一定在直线BD 上B .一定在直线AC 上 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上，也不在直线BD 上【解析】如图所示，∵EF ⊂平面ABC ，HG ⊂平面ACD ，EF ∩HG ＝P ，∴P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，∴P ∈AC ，故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ，则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，若直线l 与平面α相交，则在平面α内不存在直线与直线l 平行，故A 错误；若直线l ∥平面α，则在平面α内不存在直线与l 相交，故C 错误；对于直线l 与平面α相交，直线l 与平面α平行，直线l 在平面α内三种位置关系，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，故选B.【答案】B5.如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，2BC AD =，PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形，则异面直线CD 和PB 所成角的大小为（ ）A ．90︒B ．75︒C ．60︒D ．45︒【解析】设1AD =，则2BC =，过A 作//AE CD 交BC 于E ，则AD CE =，过E 作//EF PB 交PC于F ，则AEF ∠即为为所求，如图所示，过F 作//FG CD 交PD 于G ，连接AG ，则四边形AEFG 是梯形，其中//FG AE ，12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ，则GHA AEF ∠=∠，在GHA ∆中，1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+，所以90AEF ∠=︒，故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等，且A ∉α，给出以下三个命题：①△ABC 中至少 有一条边平行于α；②△ABC 中至多有两边平行于α；③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，如图，三点A 、B 、C 可能在α的同侧，也可能在α两侧，其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．【解析】本题考点反证法证明异面直线，异面直线所成的角.(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，可得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，M ，N 分别是棱AA 1，AB 上的点，且AM ＝AN ＝1.（1）证明：M ，N ，C ，D 1四点共面；（2）平面MNCD 1将此正方体分为两部分，求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明，平面分几何体的体积之比.（1）证明：连接A 1B ，在四边形A 1BCD 1中，A 1D 1∥BC 且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中，AM ＝AN ＝1，AA 1＝AB ＝3，所以1AM AN AA AB， 所以MN ∥A 1B ，所以MN ∥D 1C.所以M ，N ，C ，D 1四点共面.（2）记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1，上部分体积为V 2，连接D 1A ，D 1N ，DN ，则几何体D 1－AMN ，D 1－ADN ，D 1－CDN 均为三棱锥，所以V 1＝111D AMN D ADN D CDN V V V ---++＝13S △AMN ·D 1A 1＋13S △ADN ·D 1D ＋13S △CDN ·D 1D ＝13×12×3＋13×32×3＋13×92×3＝132. 从而V 2＝1111ABCD A B C D V -－V 1＝27－132＝412，所以121341V V =， 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。

(三)立体几何与空间向量1.如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为MA ，DC 的中点，求证： (1)EF ∥平面MNCB ； (2)平面MAC ⊥平面BND .证明 (1)取NC 的中点G ，连接FG ，MG ，如图所示．因为ME ∥ND 且ME ＝12ND ，F ，G 分别为DC ，NC 的中点，FG ∥ND 且FG ＝12ND ，所以FG 綊ME ，所以四边形MEFG 是平行四边形，所以EF ∥MG ，又MG ⊂平面MNCB ，EF ⊄平面MNCB ， 所以EF ∥平面MNCB .(2)因为四边形MADN 是矩形，所以ND ⊥AD .因为平面MADN ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面MADN ＝AD ，DN ⊂平面MADN ， 所以ND ⊥平面ABCD ， 所以ND ⊥AC .因为四边形ABDC 是菱形，所以AC ⊥BD . 因为BD ∩ND ＝D ，所以AC ⊥平面BDN . 又AC ⊂平面MAC ， 所以平面MAC ⊥平面BDN .2．如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G .将△ABF 沿AF 折起，得到如图2所示的三棱锥A －BCF ，其中BC ＝22.(1)证明：DE ∥平面BCF ； (2)证明：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F －DEG 的体积V F －DEG .(1)证明 在等边△ABC 中，AD ＝AE ，∴AD DB ＝AEEC 在折叠后的三棱锥A －BCF 中也成立． ∴DE ∥BC ，又DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，∴DE ∥平面BCF . (2)证明 在等边△ABC 中，F 是BC 的中点， ∴AF ⊥CF .∵在三棱锥A －BCF 中，BC ＝22， ∴BC 2＝BF 2＋CF 2＝14＋14＝12，∴CF ⊥BF .又BF ∩AF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF .(3)解 V F －DEG ＝V E －DFG ＝13×12×DG ×FG ×GE＝13×12×13×⎝⎛⎭⎫13×32×13＝3324.3.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点． (1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)， E ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)， 故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)． 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，且AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.4．(2015·广东)如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB . (1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P ADC 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．(1)证明 在△PDC 中，PD ＝PC 且E 为CD 的中点，∴PE ⊥CD .又∵平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PDC ， ∴PE ⊥平面ABCD ，又FG ⊂平面ABCD ，∴PE ⊥FG . (2)解 由(1)知PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥AD ， 又AD ⊥CD ，PE ∩CD ＝E ， ∴AD ⊥平面PDC ，∴AD ⊥PD ，∴∠PDC 为二面角P ADC 的平面角，在Rt △PDE 中，PD ＝4，DE ＝3，∴PE ＝16－9＝7， ∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73.即二面角P ADC 的正切值为73. (3)解 连接AC ，∵AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，∴AC ∥FG . ∴直线P A 与FG 所成角即直线P A 与AC 所成角∠P AC ， 在Rt △PDA 中，P A 2＝AD 2＋PD 2＝9＋16＝25， ∴P A ＝5.AC 2＝CD 2＋AD 2＝36＋9＝45，∴AC ＝35， cos ∠P AC ＝P A 2＋AC 2－PC 22P A ×AC ＝25＋45－162×5×35＝925 5.即直线P A 与直线FG 所成角的余弦值为9525.5.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都是2，又AA 1⊥平面ABC ，D ，E 分别是AC ，CC 1的中点． (1)求证：AE ⊥平面A 1BD ； (2)求二面角D －BA 1－A 的余弦值； (3)求点B 1到平面A 1BD 的距离．(1)证明 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，过D 作AC 的垂线为y 轴，DB 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (－1,0,0)，E (－1，－1,0)，A 1(1，－2,0)，C 1(－1，－2,0)，B (0,0，3)，B 1(0，－2，3)．AE →＝(－2，－1,0)，A 1D →＝(－1,2,0)，BD →＝(0,0，－3)，∴AE →·A 1D →＝2－2＋0＝0. ∴AE →⊥A 1D →.同理，AE →·BD →＝0，∴AE →⊥BD →. 又A 1D ∩BD ＝D ，∴AE ⊥平面A 1BD .(2)解 设平面A 1BD 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D →＝0，n 1·BD →＝0⇒⎩⎨⎧－x 1＋2y 1＝0，－3z 1＝0，取n 1＝(2,1,0)．设平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由于A 1A →＝(0,2,0)，A 1B →＝(－1,2，3)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1B →＝0，n 2·A 1A →＝0⇒⎩⎨⎧－x 2＋2y 2＋3z 2＝0，2y 2＝0，取n 2＝(3,0，3)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝65·12＝155，故所求二面角的余弦值为155. (3)解 B 1B →＝(0,2,0)，平面A 1BD 的法向量取n 1＝(2,1,0)，则点B 1到平面A 1BD 的距离为d ＝|B 1B →·n 1||n 1|＝25＝255.。

高考大题规范解答——立体几何(理)考点1 线面的位置关系与空间角例1 (2018·课标Ⅲ，19)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点． (1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【分析】 ①在题目所给的两个平面中选择一条直线，证明该直线垂直于另一个平面； ②建立空间直角坐标系，求得几何体体积最大时点M 的位置，利用两个平面的法向量的夹角求解即可．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .2分得分点①因为M 为CD ︵上异于C ，D 的两点， 且DC 为直径，所以DM ⊥CM .3分得分点② 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ．4分得分点③ 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．5分得分点④(2)以D 为坐标原点，DA →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 .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点． 由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)， AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．7分得分点⑤设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2).9分得分点⑥DA →是平面MCD 的法向量， 因此cosn ，DA →＝n ·DA →|n |·|DA →|＝55，11分得分点⑦sinn ，DA →＝255.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.12分得分点⑧【评分细则】①由面面垂直得到线面垂直，进一步得到线线垂直，给2分，直接得出不给分． ②由直径所对角为直角得到DM ⊥CD ，给1分． ③写出结论DM ⊥平面BMC ，给1分． ④得到平面AMD ⊥平面BMC ，给1分．⑤建立适当坐标系，写出相应的坐标及向量，给2分(酌情)． ⑥正确求出平面的法向量，给2分． ⑦写出公式cosn 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|，并正确求出余弦值，给2分． ⑧求出正弦值，并写好结论，给1分． 【名师点评】1．核心素养：本题主要考查面面垂直的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算． 2．解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出平面AMD ⊥平面BMC 成立的条件，写不全则不能得全分．(2)得关键分：第(1)问中，面面垂直性质定理的转化是关键，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，再转化为线线垂直．第(2)问一定要正确算出cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|的结果才能得2分．〔变式训练1〕(2019·湖北八校，18)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，F A＝FC，且∠DAB＝∠DBF ＝60°.(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．[解析](1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且O为AC中点，∵F A＝FC，∴AC⊥FO，又FO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDEF.(2)连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△BDF为等边三角形，∵O为BD中点，∴FO⊥BD，又AC⊥FO，AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD．∵OA，OB，OF两两垂直，∴可建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，设AB＝2，∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，∴BD ＝2，AC ＝2 3.∵△DBF 为等边三角形，∴OF ＝ 3.∴A (3，0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,0)，F (0,0，3)，∴AD →＝(－3，－1,0)，AF →＝(－3，0，3)，AB →＝(－3，1,0)． 设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧AF →·n ＝－3x ＋3z ＝0，AB →·n ＝－3x ＋y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)． 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ， 则sin θ＝|cosAD →，n|＝|AD →·n ||AD →|·|n |＝155.考点2 立体几何中的折叠问题例2 (2019·启东模拟)如图，已知在等腰梯形ABCD 中，AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，AB ＝1，AD ＝2，∠ADE ＝60°，沿AE ，BF 折成三棱柱AED －BFC ． (1)若M ，N 分别为AE ，BC 的中点，求证：MN ∥平面CDEF ； (2)若BD ＝5，求二面角E －AC －F 的余弦值．【分析】 ①利用面面平行的判定和性质即可证明；②建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解． 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)取AD 的中点G ，连接GM ，GN ，在三角形ADE 中，∵M ，G 分别为AE ，AD 的中点，∴MG ∥DE ， ∵DE ⊂平面CDEF ，MG ⊄平面CDEF ， ∴MG ∥平面CDEF .2分得分点①由于G ，N 分别为AD ，BC 的中点， 由棱柱的性质可得GN ∥DC ， ∵CD ⊂平面CDEF ，GN ⊄平面CDEF ，∴GN ∥平面CDEF . 3分得分点③又GM ⊂平面GMN ，GN ⊂平面GMN ，MG ∩NG ＝G ， ∴平面GMN ∥平面CDEF ，4分得分点④ ∵MN ⊂平面GMN ，∴MN ∥平面CDEF .5分得分点⑤(2)连接EB ，在Rt △ABE 中，AB ＝1，AE ＝3， ∴BE ＝2，又ED ＝1，DB ＝5， ∴EB 2＋ED 2＝DB 2，∴DE ⊥EB ，又DE ⊥AE 且AE ∩EB ＝E ， ∴DE ⊥平面ABFE .∴EA 、EF 、ED 两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系，可得E (0,0,0)，A (3，0,0)，F (0,1,0)，C (0,1,1)， AC →＝(－3，1,1)，AE →＝(－3，0,0)，FC →＝(0,0,1). 8分得分点⑥设平面AFC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝－3x ＋y ＋z ＝0，m ·FC →＝z ＝0，则z ＝0，令x ＝1，得y ＝3，则m ＝(1，3，0)为平面AFC 的一个法向量， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝－3x 1＝0，n ·AC →＝－3x 1＋y 1＋z 1＝0，则x 1＝0，令y 1＝1，得z 1＝－1，∴n ＝(0,1，－1)为平面ACE 的一个法向量.10分得分点⑦设m ，n 所成的角为θ，则cos θ＝m ·n |m |·|n |＝322＝64，由图可知二面角E －AC －F 的余弦值是64. 12分得分点⑧【评分细则】①由线线平行得到线面平行，给2分．②同理再推出一个线面平行，给1分．③由线面平行推出面面平行，给1分．④由面面平行得到线面平行，给1分．⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分．⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给2分．⑦正确求出平面的法向量，给2分．⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理，考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力．2．解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，要写全．(2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系，解题时折叠前后变量与不变量要弄清晰．〔变式训练2〕如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角C－AB－D的平面角的正切值为6，求二面角B－AD－E的余弦值．[解析](1)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，又BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD．因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB．又折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB ⊥平面ADC ． (2)由(1)知AB ⊥平面ADC ， 所以AB ⊥AC ，又AB ⊥AD ，所以二面角C －AB －D 的平面角为∠CAD ．又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AD ． 依题意tan ∠CAD ＝CDAD ＝ 6.因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x >0)，则BD ＝x 2＋1.依题意△ABD ∽△DCB ， 所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1. 又x >0，解得x ＝2， 故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 解法一：如图a 所示，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E (32，62，0)，A (33，0，63)，所以DE →＝(32，62，0)，DA →＝(33，0，63)．由(1)知平面BAD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE →＝0m ·DA →＝0，得⎩⎨⎧32x ＋62y ＝033x ＋63z ＝0，令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)． 所以cosn ，m＝n ·m |n |·|m |＝－12. 由图可知二面角B －AD －E 的平面角为锐角， 所以二面角B －AD －E 的余弦值为12.考点3 立体几何中的探索性问题例3 (2016·北京高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB ．(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱P A 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．【分析】 ①由线面垂直的判定定理证明PD ⊥平面P AB ； ②构造线面垂直，建立适当的直角坐标系求解； ③假设棱P A 上存在点M ，再根据条件分析论证． 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)因为平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ． 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ． 所以AB ⊥平面P AD ．2分得分点①因为PD ⊂平面P AD ．所以AB ⊥PD 。

立体几何与空间向量-高考必做题123平行的截面，则截得的三；截得的平面图形中，面积最大的值是．4的中点，为线段上的动点，过点，，则下列命题正确的是．5与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．7是正方体棱上一点（不包括棱的端点），．，则的取值范围是．8的最大值为满足9的中点，沿将矩形折起使得分别为中点．10C.3个D.4个分别为棱，上的点． 已知下列判断：上的正投影是面积为定值的三角形；平行的直线；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关．11，，，与平面所12的位置，使得平面，并证明你的13，坐标平面上的一组正投影图像如．14如图是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．（1）15 16 17 18椭圆的一部分 D.抛物线的一部分19 D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（20分别是棱的中点，是侧面长度的取值范围是（）．21D.D.③④分别是棱，的中点，过直线，，给出以下四个命题：22为正方形,，则三棱锥2324 2526 272829 30A. B.C. D.立体几何与空间向量-高考必做题123为边长为的等边三角形，面积为截得的平面图形中，正六边形如图所示分别为各边中点，边长为，面积为．故答案为；．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体4如图，在棱长为的正方体的中点，点在线段上．点到直线的距离的最小值为．∵，底面，∴四边形是矩形．∴，又平面，平面∴平面．∴直线上任一点到平面的距离是两条异面直线∵平面平面．5当时，为中点，此时可得截面为等腰梯形；当点向移动时，满足即可得截面为四边形，①正确；对于②，当时，如图所示，延长至，使，连接交于，连接可证，由可得故可得，∴截面对于③，由②知当此时的截面形状仍然为上图所示的五边形对于④，当时，与可证，且，可知截面故答案为：①②④．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系6与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．为平面与四棱锥的表面的交线．分别是线段，上的，的菱形，，，，，，所以，设平面的法向量为，则由可得令因为，所以直线与平面的成角的正弦值为法1：延长，分别交，延长线于，，连接，，则四边形为平面法2：记平面与直线的交点为，设由．所以即为点．所以连接，，则四边形为平面平面向量平面向量的基本概念向量的加法与减法平面向量的数量积数量积立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间向量空间直角坐标系空间向量的应用789的最大值为满足，所以，所以．，接下来研究这个二次函数的性质可函数函数的概念与表示最值单调性对称性二次函数立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系空间中的垂直10,，则中位线且又且,所以且所以四边形是平行四边形，所以，又平面，法二：如图，延长因为且，所以为中点，所以中位线,又平面，面，所以法一：如图，因为，所以又．所以∴，∴，又∵，，∴平面，面，∴又，所以平面，又为中点，所以所以平面，，所以中，，，∴二面角的余弦值为法二：如图，∵，∴∴，∴∴，∴，，又∵，，∴平面，面，∴，又，所以平面，面，∴则，，，而是平面的一个法向量，设平面的法向量为则令，则，面的一个法向量为所以所以，二面角的余弦值为立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间直角坐标系空间向量及其运算空间向量的应用11中，，分别为棱D.4个平面，而两个平面面与面上的正投影是面积为定值的三角形，此是一个正确的结点在面上的投影到此棱的距离是定平行的直线，此两平面相交，一个面内平行于两个平面的交线一定平行于另一个平面，此结论正确；所成的二面角（锐角）的大小与点的位置有关，与点的位置无关，此结论不对，与两者都有关系，可代入几个特殊点进行验证，如与重重合时的情况就不一样，故此命题不正点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直12的位置，使得平面，并证明你的，∵与平面所成角为，即，∴，由，知，，则，，，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则，∵平面，∴为平面的法向量，∴又∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．点是线段上一个动点，设，则，∵平面，∴，即，解得：，此时，点坐标为，．平面向量平面向量的基本定理及坐标表示平面向量的坐标运算用坐标表示平面向量共线的条件立体几何与空间向量立体几何初步点、直线、平面间的位置关系空间中的平行空间中的垂直空间向量空间向量及其运算空间向量的应用答案解析该几何体还原如图所示，易得体积为．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体体积和表面积的计算三视图14是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．求证：平面平面．，，，求：二面角的余弦值．（1）答案见解析．（2）答案见解析．（1）由是圆的直径，得．由平面，平面，得．在中，∵，，∴立体几何初步空间中的垂直空间向量空间向量的应用1516三角函数与解三角形解三角形立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体点、直线、平面间的位置关系17动点从到，再到，到再回到，，则经过的最短路径为：一个半圆和一个即．立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体18如图，三棱锥的顶点、、等边三角形，点，分别为线段体积的最大值为19椭圆的一部分 D.抛物线的一部分的交线的距离分别为和．，D.，所成角都相等的直线条数为所成角都相等的直线的条数为，则下面结论正确的是（2021D.连结，可以证明平面，所以点位于线段上，把三角形拿到平面上，则有，所以当点位于时，最大，当位于中点时，最小，此时所以，即所以线段长度的取值范围是22D.③④在正方体中，平面，∴平面平面，①正确；②连接，∵平面，四边形的对角线是固定的，要使面积最小，只需的长度最小即可，此时为棱中点，，长度最小，对应四边形②正确；③∵，∴四边形是菱形，当时，长度由大变小，当时，长度由小变大，∴函数不是单调函数，③错误；④连接，，，四棱锥分割成两个小三棱锥，以为底，分别以、为顶点，∵面积是个常数，、到平面的距离是个常数，2324函数图象的交点函数的零点三角函数与解三角形三角函数任意角与弧度制三角函数的定义立体几何与空间向量立体几何初步空间几何体解析几何曲线与方程25）成。

高三单元滚动检测卷·数学考生注意:1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟,满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测七立体几何与空间向量第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．(2015·嘉兴一中期中）已知m为一条直线，α,β为两个不同的平面,则下列说法正确的是( ）A．若m∥α，α∥β,则m∥βB．若α⊥β，m⊥α,则m⊥βC．若m∥α，α⊥β，则m⊥βD．若m⊥α，α∥β，则m⊥β2．（2015·江西六校联考）某空间几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积（)A．有最小值2 B．有最大值2C．有最大值6 D．有最大值43．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ）A．l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1,l2，l3共面4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a,顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B。

错误!πa2C。

错误!πa2D．5πa25．(2015·郑州第二次质量预测）设α,β，γ是三个互不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题中正确的是（) A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB．若α⊥β,m⊥α,则m∥βC．α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥βD．m∥α,n∥β，α⊥β,则m⊥n6．已知△ABC的直观图是边长为a的等边三角形A1B1C1（如图）,那么原三角形的面积为( ）A。

错误!a2B。

错误!a2C.错误!a2D。

错误!a27.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( ）①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′－FED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③8．（2015·成都模拟）如图,在棱长为4的正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F分别是AD，A′D′的中点,长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面A′B′C′D′上运动，则线段MN的中点P的轨迹（曲面）与二面角A－A′D′－B′所围成的几何体的体积为（）A。

2017年高考数学—立体几何（解答+答案）1.（17全国1理18.（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A -PB -C 的余弦值.2.（17全国1文18．（12分））如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= 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o 45 ，求二面角M AB D --的余弦值4.17全国2文18.(12分)如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=o 。

（1） 证明：直线//BC 平面PAD ； （2） 若PCD ∆的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积。

如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABDCBD ??，AB BD =．（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D AE C --的余弦值．6.（17全国3文19．（12分））如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC ⊥BD ；（2）已知△ACD 是直角三角形，AB =BD ．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．DABCE7.（17北京理（16）（本小题14分））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，//PD 平面,6,4MAC PA PD AB ===（I ）求证：M 为PB 的中点； （II ）求二面角B PD A --的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．8.（17北京文（18）（本小题14分））如图，在三棱锥P ABC -中，,,,2PA AB PA BC AB BC PA AB BC ⊥⊥⊥===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA BD ⊥；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当//PA 平面BDE 时，求三棱锥E BCD -的体积．9.（17山东理17.）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»DF的中点. （Ⅰ）设P 是»CE上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.10.（17山东文（18）（本小题满分12分））由四棱柱1111ABCD A B C D -截去三棱锥111C B CD -后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，1A E ⊥平面ABCD, （Ⅰ）证明：1A O ∥平面11B CD ；（Ⅱ）设M 是OD 的中点，证明：平面1A EM ⊥平面11B CD .11.（17天津理（17）（本小题满分13分））如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2.（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7，求线段AH 的长.12.（17天津文（17）（本小题满分13分））如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（Ⅰ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.14.（17江苏15.（本小题满分14分））-中，AB⊥AD，BC⊥BD，平如图，在三棱锥A BCD面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD。

2013-2017高考数学全国卷理科--立体几何汇编学校： 姓名： 班级： 考号：一、选择题I(理)]某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成, 正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为 ( )A. 10B. 12C. 14D. 162. [2017·全国新课标卷II(理)]如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为 ( )A. 90πB. 63πC. 42πD. 36π3. [2017·全国新课标卷II(理)]已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为 ( )A. 32B. 155C. 105D. 334. [2017·全国新课标卷III(理)]已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为 ( )A. πB. 3π4C. π2D. .π45. [2016·高考全国新课标卷Ⅰ,6]如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是()A. 17πB. 18πC. 20πD. 28π6. [2016·高考全国新课标卷Ⅰ,11]平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A. 32B. 22C. 33D. 137. [2016·高考全国新课标卷Ⅱ,6]如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A. 20πB. 24πC. 28πD. 32π8. [2016·高考全国新课标卷Ⅲ,9]如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为()A. 18+365B. 54+185C. 90D. 819. [2016·高考全国新课标卷Ⅲ,10]在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A. 4πB. 9π2C. 6πD. 32π310. [2015·高考全国新课标卷Ⅰ,6]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆第2页共10页放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A. 14斛B. 22斛C. 36斛D. 66斛11. [2015·高考全国新课标卷Ⅰ,11]圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积为16+20π,则r=()正视图俯视图A. 1B. 2C. 4D. 812. [2015·高考全国新课标卷Ⅱ,6]一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. 18B. 17C. 16D. 1513. [2015·高考全国新课标卷Ⅱ,9]已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A. 36πB. 64πC. 144πD. 256π第4页 共10页14. [2014·高考全国新课标卷Ⅰ，12]如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A. 62B. 6C. 42D. 415. [2014·全国新课标卷Ⅱ,6]如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A. 1727B. 59C. 1027D. 1316. [2014·全国新课标卷Ⅱ,11]直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠BCA ＝90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC ＝CA ＝CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A. 110B. 25C. 3010D. 2217. [2013·高考全国新课标卷Ⅰ，6]如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A. 500π3 cm 3B. 866π3 cm 3C. 1372π3 cm 3D. 2048π3 cm 318. [2013·高考全国新课标卷Ⅰ，8]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. 16＋8πB. 8＋8πC. 16＋16πD. 8＋16π19. [2013·高考全国新课标卷Ⅱ，4]已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( ) A. α∥β且l ∥α B. α⊥β且l ⊥β C. α与β相交，且交线垂直于l D. α与β相交，且交线平行l20. [2013·高考全国新课标卷Ⅱ，7]一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )A. B. C. D.二、填空题I(理)]如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.22. [2017·全国新课标卷III(理)]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:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)23. [2016·高考全国新课标卷Ⅱ,14]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)三、解答题第6页 共10页24. [2017·全国新课标卷I(理)] (本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA=PD=AB=DC ,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值. 25. [2017·全国新课标卷II(理)] (本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,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M-AB-D 的余弦值. 26. [2017·全国新课标卷III(理)] (本小题满分12分)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;(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.27. [2016·高考全国新课标卷Ⅰ,18] (本小题满分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,∠AFD=90°,且二面角D -AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.28. [2016·高考全国新课标卷Ⅱ,19] (本小题满分12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=10.第8页 共10页(1)证明:D'H ⊥平面ABCD ; (2)求二面角B -D'A -C 的正弦值.29. [2016·高考全国新课标卷Ⅲ,19] (本小题满分12分)如图,四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB =AD =AC =3,PA =BC =4,M 为线段AD 上一点,AM =2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面PAB ;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.30. [2015·高考全国新课标卷Ⅰ,18](本小题满分12分) 如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE=2DF ,AE ⊥EC.(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.31. [2015·高考全国新课标卷Ⅱ,19](本小题满分12分)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E ,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F= 4.过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.32. [2014·高考全国新课标卷Ⅰ,19] (本小题满分12分) 如图,三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面BB 1C 1C 为菱形,AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1,∠CBB 1＝60°,AB ＝BC ,求二面角A -A 1B 1-C 1的余弦值.33. [2014·全国新课标卷Ⅱ，18] (本小题满分12分) 如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点.(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D -AE -C 为60°,AP ＝1,AD ＝3,求三棱锥E -ACD 的体积.34. [2013·高考全国新课标卷Ⅰ，18](本小题满分12分) 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.第10页 共10页35. [2013·高考全国新课标卷Ⅱ，18](本小题满分12分)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值.。

高考中档大题专项训练-立体几何与空间向量1．如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB＝5,AC＝6,点E,F分别在AD,CD上,AE＝CF ＝错误!,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′＝错误!.1证明：D′H⊥平面ABCD；2求二面角B－D′A－C的正弦值．1证明由已知得AC⊥BD,AD＝CD.又由AE＝CF得错误!＝错误!,故AC∥EF.因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H.由AB＝5,AC＝6得DO＝BO＝错误!＝4.由EF∥AC得错误!＝错误!＝错误!.所以OH＝1,D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2,故D′H⊥OH.又D′H⊥EF,而OH∩EF＝H,所以D′H⊥平面ABCD.2解如图,以H为坐标原点,错误!的方向为x轴正方向,错误!的方向为y轴正方向,错误!的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,则H0,0,0,A－3,－1,0,B0,－5,0,C3,－1,0,D′0,0,3,错误!＝3,－4,0,错误!＝6,0,0,错误!＝3,1,3．设m＝x1,y1,z1是平面ABD′的法向量,则错误!即错误!所以可取m＝4,3,－5．设n＝x2,y2,z2是平面ACD′的法向量,则错误!即错误!所以可取n＝0,－3,1．于是cos〈m,n〉＝错误!＝错误!＝－错误!. sin〈m,n〉＝错误!.因此二面角B－D′A－C的正弦值是错误!.2．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．1已知G,H分别为EC,FB的中点,求证：GH∥平面ABC；2已知EF＝FB＝错误!AC＝2错误!,AB＝BC,求二面角F－BC－A的余弦值．1证明设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G,I分别是CE,CF的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI＝I,BC∩OB＝B,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH平面GHI,所以GH∥平面ABC.2解连接OO′,则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得B0,2错误!,0,C－2错误!,0,0．过点F作FM⊥OB于点M,所以FM＝错误!＝3,可得F0,错误!,3．故错误!＝－2错误!,－2错误!,0,错误!＝0,－错误!,3．设m＝x,y,z是平面BCF的法向量．由错误!可得错误!可得平面BCF的一个法向量m＝错误!,因为平面ABC的一个法向量n＝0,0,1,所以cos〈m,n〉＝错误!＝错误!.所以二面角F－BC－A的余弦值为错误!.3．将边长为1的正方形AA1O1O 及其内部绕OO1旋转一周形成圆柱,如图,AC 长为错误!π,11A B 长为错误!,其中B1与C 在平面AA1O1O 的同侧．1求三棱锥C —O1A1B1的体积；2求异面直线B1C 与AA1所成的角的大小．解 1连接O 1B 1,则11A B ＝∠A 1O 1B 1＝错误!,∴△O 1A 1B 1为正三角形,∴111O A B S ＝错误!,∴111—C O A B V＝错误!OO 1·111O A B S ＝错误!.2设点B 1在下底面圆周的射影为B ,连接BB 1,则BB 1∥AA 1,∴∠BB 1C 为直线B 1C 与AA 1所成角或补角,BB 1＝AA 1＝1.连接BC ,BO ,OC ,AB ＝11A B ＝错误!,AC ＝错误!,∴BC ＝错误!,∴∠BOC ＝错误!,∴△BOC 为正三角形,∴BC ＝BO ＝1,∴tan∠BB 1C ＝错误!＝1,∴∠BB 1C ＝45°,∴直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为45°.4．如图,在四棱锥P－ABCD中,AD∥BC,∠ADC＝∠PAB＝90°,BC＝CD＝错误!为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.1在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由；2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．解1在梯形ABCD中,AB与CD不平行．延长AB,DC,相交于点MM∈平面PAB,点M即为所求的一个点．理由如下：由已知,BC∥ED,且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形．从而CM∥EB.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2方法一由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD＝A,所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45°.设BC＝1,则在Rt△PAD中,PA＝AD＝2.过点A作AH⊥CE,交CE的延长线于点H,连接PH.易知PA⊥平面ABCD,从而PA⊥CE.且PA∩AH＝A,于是CE⊥平面PAH.又CE平面PCE,所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q,则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中,∠AEH＝45°,AE＝1,所以AH＝错误!.在Rt△PAH中,PH＝错误!＝错误!.所以sin∠APH＝错误!＝错误!.方法二由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD＝A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45°.由∠PAB＝90°,且PA与CD所成的角为90°,可得PA⊥平面ABCD.设BC＝1,则在Rt△PAD中,PA＝AD＝2.作Ay⊥AD,以A为原点,以错误!,错误!的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A0,0,0,P0,0,2,C2,1,0,E1,0,0．所以错误!＝1,0,－2,错误!＝1,1,0,错误!＝0,0,2．设平面PCE的法向量为n＝x,y,z．由错误!得错误!设x＝2,解得n＝2,－2,1．设直线PA与平面PCE所成的角为α,则sin α＝错误!＝错误!＝错误!.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为错误!.5．如图,在四棱锥P－ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA＝PD,AB⊥AD,AB＝1,AD＝2,AC ＝CD＝错误!.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,求错误!的值；若不存在,说明理由．1证明∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD＝AD,又AB⊥AD,AB平面ABCD,∴AB⊥平面PAD.∵PD平面PAD,∴AB⊥PD,又PA⊥PD,PA∩AB＝A,∴PD⊥平面PAB.2解取AD中点O,连接CO,PO.∵PA＝PD,∴PO⊥AD.又∵PO平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD,∵CO平面ABCD,∴PO⊥CO,∵AC＝CD,∴CO⊥AD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系．易知P0,0,1,B1,1,0,D0,－1,0,C2,0,0．则错误!＝1,1,－1,错误!＝0,－1,－1,错误!＝2,0,－1．设n＝x0,y0,1为平面PDC的一个法向量．由错误!得错误!解得错误!即n＝错误!.设PB与平面PCD的夹角为θ.则sin θ＝|cos〈n,错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!.3解设在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,则存在λ∈0,1使得错误!＝λ错误!,因此点M0,1－λ,λ,错误!＝－1,－λ,λ．∵BM平面PCD,∴BM∥平面PCD,当且仅当错误!·n＝0,即－1,－λ,λ·错误!＝0,解得λ＝错误!,∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时错误!＝错误!.。

山东省2017年高考数学（理科）专题练习立体几何的向量方法试 卷[建议用时：45分钟]1．(2016·北京高考)如图12-10，在四棱锥-P ABCD 中，PAD ABCD ⊥平面平面，PA PD ⊥，PA PD ＝，AB AD ⊥，1AB ＝，2AD ＝，AC CD ＝图12-10 （1）求证：平面P AB ．（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．（3）在棱P A 上是否存在点M ，使得BM 平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由． 2．(2016·四川高考)如图12-11，在四棱锥中-P ABCD，AD BC ，90ADC PAB ∠∠︒＝＝，12BC CD AD ＝＝，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90︒．图12-11 （1）在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM PBE 平面，并说明理由； （2）若二面角--P CD A 的大小为45︒，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．3．(2016·泰安模拟)在平面四边形ACBD (如图12-12（1）)中，ABC △与ABD △均为直角三角形且有公共斜边AB ，设2AB ＝，30BAD ∠︒＝，45BAC ∠︒＝，将ABC △沿AB 折起，构成如图12-12（2）所示的三棱锥-C ABD '，且使C D 'PD⊥（1） （2）图12-12 （1）求证：C AB DAB '⊥平面平面；（2）求二面角--A C D B '的余弦值．4．(2016·郑州二模)如图12-13，在梯形ABCD 中，AB CD ，1AD DC CB =＝＝，120BCD ∠︒＝，四边形BFED 为矩形，BFED ABCD ⊥平面平面，ABCD ，1BF ＝．图12-13 （1）求证：AD BFED ⊥平面；（2）点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．。

(二)立体几何与空间向量1．(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P —ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A —PB —C 的余弦值．(1)证明 由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ， 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩DP ＝P ，AP ，DP ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD .因为AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)解 在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD . 以点F 为坐标原点，FA →的方向为x 轴正方向，|AB →|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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，所以PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB →＝(2，0,0)，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，AB →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n·PC →＝0，n·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －22x1＋y1－22z1＝0，2x1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m·PA →＝0，m·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 22x2－22z2＝0，y2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝－23×2＝－33. 易知A —PB —C 为钝二面角，所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33.2.(2017·泉州质检)如图，在三棱锥A —BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，∠CBD ＝60°，BD ＝2BC ＝4，点E 在CD 上，DE ＝2EC .(1)求证：AC ⊥BE ； (2)若二面角E —BA —D 的余弦值为155，求三棱锥A —BCD 的体积．(1)证明 取BD 的中点O ，连接AO ，CO ，EO .因为AB ＝AD ，BO ＝OD ，所以AO ⊥BD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ， 所以AO ⊥平面BCD .又BE ⊂平面BCD ，所以AO ⊥BE .在△BCD 中，BD ＝2BC ，DE ＝2EC ，所以BD BC ＝DE EC＝2， 由角平分线定理，得∠CBE ＝∠DBE .又BC ＝BO ＝2，所以BE ⊥CO ，又因为AO ∩CO ＝O ，AO ⊂平面ACO ，CO ⊂平面ACO ，所以BE ⊥平面ACO ，又AC ⊂平面ACO ，所以AC ⊥BE .(2)解 在△BCD 中，BD ＝2BC ＝4，∠CBD ＝60°，由余弦定理，得CD ＝23，所以BC 2＋CD 2＝BD 2，即∠BCD ＝90°，所以∠EBD ＝∠EDB ＝30°，BE ＝DE ，所以EO ⊥BD ，结合(1)知，OE ，OD ，OA 两两垂直，以O 为原点，分别以OE →，OD →，OA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz (如图)，设AO ＝t (t >0)，则A (0,0，t )，B (0，－2,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，0，0， 所以BA →＝(0,2，t )，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2，0，。

第3讲空间向量与立体几何利用空间向量证明平行与垂直共研典例类题通法设直线l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），平面α、β的法向量分别为μ＝（a2，b2，c2)，υ＝(a3,b3,c3)，则有：（1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0。

（2）线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2,b1＝kb2，c1＝kc2.(3）面面平行α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0。

如图，在直三棱柱ADE.BCF中,平面ABFE 和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明:(1）OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.【证明】由题意，AB，AD，AE两两垂直,以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A(0，0，0）,B(1，0,0）,C(1，1，0），D （0，1，0)，F（1，0,1)，M错误!，O错误!.(1）错误!＝错误!，错误!＝(－1,0，0)，所以错误!·错误!＝0，所以错误!⊥错误!。

因为棱柱ADE.BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以错误!是平面BCF的一个法向量,且OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF.（2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝（x1,y1，z1）,n2＝(x2，y2,z2)．因为错误!＝(1，－1，1),错误!＝错误!,错误!＝（1，0,0），由n1·错误!＝n1·错误!＝0，得错误!解得错误!令x1＝1，则n1＝错误!.同理可得n2＝（0,1，1）．因为n1·n2＝0,所以平面MDF⊥平面EFCD.利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系,建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．（2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．（3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系．(4)根据运算结果解释相关问题．［跟踪训练]如图所示，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°,且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：（1）DE∥平面ABC；（2）B1F⊥平面AEF.[证明］（1)如图建立空间直角坐标系A­xyz,令AB ＝AA1＝4，则A（0,0,0)，E(0，4，2)，F(2，2，0),B（4,0,0)，B1(4，0，4）．取AB中点为N,连接CN，则N（2，0，0)，C（0，4，0），D(2，0,2)，所以错误!＝（－2，4,0),错误!＝(－2，4，0）,所以错误!＝错误!,所以DE∥NC，又因为NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC.故DE∥平面ABC.(2）错误!＝（－2，2,－4）,错误!＝（2，－2，－2），错误!＝（2,2，0)．错误!·错误!＝（－2）×2＋2×(－2)＋(－4)×（－2）＝0，错误!·错误!＝（－2)×2＋2×2＋（－4）×0＝0。

课时作业1.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为CD 和C 1C 的中点，则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为( )A.13B.25C.35D.37B [解析] 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)．若棱长为2，则A (2，0，0)、E (0，1，0)、D 1(0，0，2)、F (0，2，1)．所以EA →＝(2，－1，0)，D 1F →＝(0，2，－1)，cos 〈EA →，D 1F →〉＝EA →·D 1F →|EA →||D 1F →|＝－25·5＝－25. 则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为25. 2．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22B [解析] 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1，0)， 所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)． 因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23.3．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →的取值范围是________．[解析] 依题意，设BP →＝λBD 1→，其中λ∈[0，1]，DC →·AP →＝AB →·(AB →＋BP →)＝AB →·(AB →＋λBD 1→)＝AB →2＋λAB →·BD 1→＝1＋3λ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＝1－λ∈[0，1]，因此DC →·AP →的取值范围是[0，1]．[答案] [0，1]4.如图，矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝4，将△ABD 沿对角线BD 折起到△A ′BD 的位置，使点A ′在平面BCD 内的射影点O 恰好落在BC 边上，则异面直线A ′B 与CD 所成角的大小为________．[解析] 过O 作OE ∥CD 交BD 于点E ，由题意知，A ′O ⊥OC ，A ′O ⊥OE ，OE ⊥OC ，故以O 为原点，OC →，OE →，OA ′→分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则A ′(0，0，3)，B (－1，0，0)，C (3，0，0)，D (3，2，0)，所以A ′B →＝(－1，0，－3)，CD →＝(0，2，0)，A ′B →·CD →＝0，所以A ′B →⊥CD →，故异面直线A ′B 与CD 所成角的大小为90°.[答案] 90°5．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，其棱长为2，E 为棱DD 1的中点，F 为对角线DB 的中点．(1)求证：平面CFB 1⊥平面EFB 1；(2)求异面直线EF 与B 1C 所成角的余弦值；(3)求直线FC 1与平面B 1CA 所成角的正弦值．[解] (1)证明：因为F 为DB 的中点，则CF ⊥BD ，又CF ⊥D 1D ，BD ∩D 1D ＝D ，所以CF ⊥平面BB 1D 1D ，因为CF ⊂平面CFB 1，所以平面CFB 1⊥平面EFB 1.(2)以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (0，0，1)，F (1，1，0)，B 1(2，2，2)，C (0，2，0)，C 1(0，2，2)．所以EF →＝(1，1，－1)，B 1C →＝(－2，0，－2)．所以异面直线EF 与B 1C 所成角的余弦值为|cos 〈B 1C →，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－23×（－2）2＋（－2）2＝0. (3)由(1)知CF ⊥EF ，由(2)知EF ⊥B 1C ，又B 1C ∩CF ＝C ，B 1C ，CF ⊂平面B 1CA ，所以EF ⊥平面B 1CA .所以EF →是平面B 1CA 的法向量．因为FC 1→＝(－1，1，2)，所以cos 〈FC 1→，EF →〉＝EF →·FC 1→|EF →||FC 1→|＝－23， 所以直线FC 1与平面B 1CA 所成角的正弦值为23. 6.(2016·兰州市实战考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PA ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面PAB 所成的角为30°，求二面角D －PC －B 的余弦值．[解] (1)证明：连接OP ，因为PA ＝PB ，O 为AB 的中点，所以OP ⊥AB .因为侧面PAB ⊥底面ABCD ，所以OP ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥OD ，OP ⊥OC .因为OD ⊥PC ，所以OD ⊥平面OPC ，所以OD ⊥OC ，又OP ⊥OC ，所以OC ⊥平面OPD ，所以OC ⊥PD .(2)法一：在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ，所以AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2.因为侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，所以DA ⊥平面PAB ，CB ⊥平面PAB ，△DPA ≌△CPB ，所以∠DPA 为直线PD 与平面PAB 所成的角，所以∠DPA ＝30°，∠CPB ＝30°，PA ＝PB ＝3，所以DP ＝CP ＝2，所以△PDC 为等边三角形．设PC 的中点为M ，连接DM ，则DM ⊥PC .在Rt△CBP 中，过M 作NM ⊥PC ，交PB 于点N ，连接ND ，则∠DMN 为二面角D －PC －B 的一个平面角．由于∠CPB ＝30°，PM ＝1，故在Rt△PMN 中，MN ＝33， PN ＝233. 因为cos∠APB ＝3＋3－42×3×3＝13， 所以AN 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋3－2×233×3×13＝3， 所以ND 2＝3＋1＝4， 所以cos∠DMN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋3－42×33×3＝－13， 即二面角D －PC －B 的余弦值为－13. 法二：取CD 的中点E ，以O 为原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ，所以AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2.因为侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，所以DA ⊥平面PAB ，CB ⊥平面PAB ，△DPA ≌△CPB ，所以∠DPA 为直线PD 与平面PAB 所成的角，所以∠DPA ＝30°，∠CPB ＝30°，PA ＝PB ＝3，所以B (0，1，0)，C (1，1，0)，D (1，－1，0)，P (0，0，2)，从而PC →＝(1，1，－2)，CD →＝(0，－2，0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧PC →·n 1＝0CD →·n 1＝0得，⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0－2y 1＝0， 可取n 1＝(2，0，1)．同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13，所以二面角D －PC －B 的余弦值为－13.7.(2016·西安第一次质量检测)在如图所示的空间几何体中，平面ACD ⊥平面ABC ，△ACD 与△ACB 是边长为2的等边三角形，BE ＝2，BE 和平面ABC 所成的角为60°，且点E 在平面ABC 上的射影落在∠ABC的平分线上．(1)求证：DE ∥平面ABC ；(2)求二面角E －BC －A 的余弦值．[解] (1)证明：由题意知，△ABC ，△ACD 都是边长为2的等边三角形，取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，则BO ⊥AC ，DO ⊥AC .又平面ACD ⊥平面ABC ，所以DO ⊥平面ABC ，作EF ⊥平面ABC ，那么EF ∥DO ，根据题意，点F 落在BO 上，因为BE 和平面ABC 所成的角为60°，所以∠EBF ＝60°，因为BE ＝2，所以EF ＝DO ＝3，所以四边形DEFO 是平行四边形，所以DE ∥OF .因为DE ⊄平面ABC ，OF ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则B (0，3，0)，C (－1，0，0)，E (0，3－1，3)，所以BC →＝(－1，－3，0)，BE →＝(0，－1，3)，平面ABC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0n 2·BE →＝0， 所以⎩⎨⎧－x －3y ＝0－y ＋3z ＝0， 取z ＝1，所以n 2＝(－3，3，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1313，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角E －BC －A 的余弦值为1313. 8．(2016·福建省毕业班质量检测)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°.(1)证明：AB ⊥B 1C ；(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AB 1，在△ABB 1中，AB ＝1， BB 1＝2，∠ABB 1＝60°，由余弦定理得，AB 21＝AB 2＋BB 21－2AB ·BB 1·cos∠ABB 1＝3，所以AB 1＝3，所以BB 21＝AB 2＋AB 21，所以AB 1⊥AB .又△ABC 为等腰直角三角形，且AB ＝AC ，所以AC ⊥AB ，因为AC ∩AB 1＝A ，所以AB ⊥平面AB 1C .又B 1C ⊂平面AB 1C ，所以AB ⊥B 1C .(2)因为AB 1＝3，AB ＝AC ＝1，B 1C ＝2，所以B 1C 2＝AB 21＋AC 2，所以AB 1⊥AC .如图，以A 为原点，以AB →，AC →，AB 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(0，0，3)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，所以BB 1→＝(－1，0，3)，BC →＝(－1，1，0)．设平面BCB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BB 1→·n ＝0BC →·n ＝0，得 ⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0－x ＋y ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝3， 所以平面BCB 1的一个法向量为n ＝(3，3，1)．因为AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC →＋BB 1→＝(0，1，0)＋(－1，0，3)＝(－1，1，3)，所以cos 〈AC 1→，n 〉＝AC 1→·n |AC 1→||n |＝35×7＝10535，所以AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值为10535.。