1、18.6 空间向量在立体几何中的应用考纲解读考点 内容解读 要求 高考示例 常考题型 预测热度空间向量及其应用理解直线的方向向量与平面的法向量;能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系;能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理);能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用掌握2017浙江,9;2017课标全国,19;2017天津,17;2017江苏,22;2017北京,16;2017浙江,19;2017山东,17;2016课标全国,19;2016山东,17;2016浙江,17;20
2、15课标,19;2014陕西,17;2013课标全国,18解答题 分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.五年高考考点 空间向量及其应用1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面
3、体ABCD-A 1B1C1D1中,AA 1平面ABCD,且AB=AD=2,AA 1=,BAD=120.(1)求异面直线A 1B与AC 1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A 1D-A的正弦值.解析 在平面ABCD内,过点A作AEAD,交BC于点E.因为AA 1平面ABCD,所以AA 1AE,AA 1AD.如图,以,为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1=,BAD=120,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A 1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos=-,2因此异面直线A 1B与AC 1所成
4、角的余弦值为.(2)平面A 1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA 1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,2)为平面BA 1D的一个法向量,从而cos=.设二面角B-A 1D-A的大小为,则|cos |=.因为0,所以sin =.因此二面角B-A 1D-A的正弦值为.2.(2017北京,16,14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MAC,PA=PD=,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
5、MC与平面BDP所成角的正弦值.解析 (1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME,所以PDME.因为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PA=PD,所以OPAD.又因为平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD,所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD,所以OPOE.因为ABCD是正方形,所以OEAD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=
6、1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).3所以cos=.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为,则sin =|cos|=.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.3.(2017课标全国,19,12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=AD,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.解析 (1)取PA的中点F,连
7、接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EFAD,EF=AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=AD,所以EFBC, 四边形BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE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,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0|=sin 45,=,即(x-1) 2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设=,则x=,y=1,z=-.由,解得(舍去),或所以M,从而=.设m=
8、(x 0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos=.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.44.(2016课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,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.解析 (1)由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=BC=2.(3分)又ADBC,故TNAM, 故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面
9、PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(6分)(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,且AE=.以A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A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos|=.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)教师用书专用(525)5.(2017浙江,9,5分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,A
10、P=PB,=2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为,则( )A.=.易知所求角为锐二面角,6因此所求的角为60.9.(2015课标,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E,F分别在A 1B1,D1C1上,A 1E=D1F=4.过点E,F的平面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与平面所成角的正弦值.解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EMAB,垂足为M,则AM=A 1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=
11、EF=BC=10.于是MH=6,所以AH=10.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,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos|=.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.10.(2016山东,17,12分)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
12、EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析 (1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在CEF中,因为点G是CE的中点,所以GIEF.又EFOB,所以GIOB.在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC.又HIGI=I,所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.7(2)解法一:连接OO,则OO平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BOAC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=3,可得F(0,3).故=
13、(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO.过点F作FM垂直OB于点M.则有FMOO.又OO平面ABC,所以FM平面ABC.可得FM=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FNBC,从而FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin 45=.从而FN=,可得cosFNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.11.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCF
14、E平面ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析 (1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.8因为平面BCFE平面ABC,且ACBC,所以,AC平面BCK,因此,BFAC.又因为EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BFCK.所以BF平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQAK于Q,连接BQ.因为BF平面ACK,所以BFAK,则AK平面BQF,所以BQAK.所以,BQF是二面角B-AD-F的平面角.在RtACK中,AC=3,CK=2,得FQ
15、=.在RtBQF中,FQ=,BF=,得cosBQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KOBC,又平面BCFE平面ABC,所以,KO平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F.因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x 1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x 2,y2,z2).由得取m=(,0,-
16、1);由得取n=(3,-2,).于是,cos=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.12.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A 1BE的位置,如图2.(1)证明:CD平面A 1OC;(2)若平面A 1BE平面BCDE,求平面A 1BC与平面A 1CD夹角的余弦值.解析 (1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=,所以BEAC.即在题图2中,BEOA 1,BEOC,从而BE平面A 1OC,又CDBE,所以CD平面A 1OC.
17、(2)因为平面A 1BE平面BCDE,9又由(1)知,BEOA 1,BEOC,所以A 1OC为二面角A 1-BE-C的平面角,所以A 1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A 1B=A1E=BC=ED=1,BCED,所以B,E,A 1,C,得=,=,=(-,0,0).设平面A 1BC的法向量n 1=(x1,y1,z1),平面A 1CD的法向量n 2=(x2,y2,z2),平面A 1BC与平面A 1CD夹角为,则得取n 1=(1,1,1);得取n 2=(0,1,1),从而cos =|cos|=,即平面A 1BC与平面A 1CD夹角的余弦值为.13.(2015四川,18,12分)一个
18、正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析 (1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OMCD,且OM=CD,HNCD,且HN=CD.所以OMHN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MNOH.又MN平面BDH,OH平面BDH,所以MN平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MPAC于P.在正方体ABCD-EFGH中,ACE
19、G,所以MPEG.过P作PKEG于K,连接KM,所以EG平面PKM,从而KMEG.所以PKM是二面角A-EG-M的平面角.10设AD=2,则CM=1,PK=2.在RtCMP中,PM=CMsin 45=.在RtPKM中,KM=.所以cosPKM=.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n 1=(x,y,z),由得取x=2,得n 1=(2,2,1).在正方体
20、ABCD-EFGH中,DO平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n 2=(1,1,0),所以cos=,故二面角A-EG-M的余弦值为.14.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,ABC=BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.解析 以,为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD平面P
21、AB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m=0,m=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos=,11所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=(-,0,2)(01),又=(0,-1,0),则=+=(-,-1,2),又=(0,-2,2),从而cos=.设1+2=t,t1,3,则cos 2 =.当且仅当t=,即=时,|cos|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最
22、小值.又因为BP=,所以BQ=BP=.15.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析 解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GHAB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面A
23、DE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.12又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以B为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可
24、知GMAE.又AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MFAD.又AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因为GMMF=M,GM平面GMF,MF 平面GMF,所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF,所以GF平面ADE.(2)同解法一.16.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值.解析 (1)证明:由该四面体的三视图可知,BDD
25、C,BDAD,ADDC,BD=DC=2,AD=1.由题设,知BC平面EFGH,平面EFGH平面BDC=FG,平面EFGH平面ABC=EH,BCFG,BCEH,FGEH.同理EFAD,HGAD,EFHG,四边形EFGH是平行四边形.又ADDC,ADBD,BDDC=D,AD平面BDC,ADBC,EFFG,四边形EFGH是矩形.13(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),EFAD,FGBC,n=0,n=0,得取n=
26、(1,1,0),sin =|cos|= =.解法二:以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E是AB的中点,F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n=0,n=0,得取n=(1,1,0),sin =|cos|=.17.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A 1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形,ADBC,且AD=2BC.过A 1,C,D三点的平面记为,BB 1与的交点为Q
27、.(1)证明:Q为BB 1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA 1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面与底面ABCD所成二面角的大小.解析 (1)证明:因为BQAA 1,BCAD,BCBQ=B,ADAA 1=A,所以平面QBC平面A 1AD.从而平面A 1CD与这两个平面的交线相互平行,即QCA 1D.故QBC与A 1AD的对应边相互平行,于是QBCA 1AD.所以=,即Q为BB 1的中点.(2)如图1,连接QA,QD.设AA 1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V 上 和V 下 ,设BC=a,则AD=2a.14图1
28、=2ahd=ahd,VQ-ABCD=dh=ahd,所以V 下 =+VQ-ABCD=ahd,又=ahd,所以V 上 =-V下 =ahd-ahd=ahd,故=.(3)解法一:如图1,连接AC,在ADC中,作AEDC,垂足为E,连接A 1E.因为DEAA 1,且AA 1AE=A,所以DE平面AEA 1,于是DEA 1E.所以AEA 1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BCAD,AD=2BC,所以S ADC =2SBCA .又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S ADC =4,AE=4.于是tanAEA 1=1,AEA 1=.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.解法二:如图2,以
29、D为原点,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.图2设CDA=.由(2)知|=a.因为S 四边形ABCD =2sin =6,所以a=.从而C(2cos ,2sin ,0),A 1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.设平面A 1DC的法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos=,易知平面与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角,故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.18.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADAB,A
30、BDC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BEDC;15(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BFAC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析 解法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BEDC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个
31、法向量.于是有cos=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=,01.故=+=+=(1-2,2-2,2).由BFAC,得=0,因此,2(1-2)+2(2-2)=0,解得=.即=.设n 1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n 1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n 2=(0,1,0),则cos=-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取PD的中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的
32、中点,故EMDC,且EM=DC,又由已知,可得EMAB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BEAM.因为PA底面ABCD,故PACD,而CDDA,从而CD平面PAD,因为AM平面PAD,于是CDAM,又BEAM,所以BECD.(2)连接BM,由(1)有CD平面PAD,得CDPD,而EMCD,故PDEM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PDAM,可得PDBE,所以PD平面BEM,故平面BEM平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BEEM,可得EBM为锐角,故EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在
33、直角三角形BEM中,tanEBM=,因此sinEBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.16(3)如图,在PAC中,过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD,故FH底面ABCD,从而FHAC.又BFAC,得AC平面FHB,因此ACBH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FGDC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DCAB,故GFAB,所以A,B,F,G四点共面.由ABPA,ABAD,得AB平面PAD,故ABAG.所以PAG为二面角F-AB-P的平面角.在PAG中,PA=2,PG=PD=,APG=45,由余弦定理可得AG=,cosPAG=
34、.所以二面角F-AB-P的余弦值为.19.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MNNP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析 (1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,ABD,BCD为正三角形,因此AOBD,OCBD.因为AO,OC平面AOC,且AOOC=O,所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC,所以BDAC.取BO的中点H,连接NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NHAO,MNBD.因为AOBD,所以NHBD.因为M
35、NNP,所以NPBD.因为NH,NP平面NHP,且NHNP=N,所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP,所以BDHP.又OCBD,HP平面BCD,OC平面BCD,所以HPOC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)解法一:如图,作NQAC于Q,连接MQ.17由(1)知,NPAC,所以NQNP.因为MNNP,所以MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知,ABD,BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.由俯视图可知,AO平面BCD.因为OC平面BCD,所以AOOC.因此在等腰RtAOC中,AC=.作BRAC于R.在ABC中,AB=BC,所以BR=.因为在平面ABC内,NQAC,
36、BRAC,所以NQBR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ=.同理,可得MQ=,所以在等腰MNQ中,cosMNQ=.故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯视图及(1)可知,AO平面BCD.因为OC,OB平面BCD,所以AOOC,AOOB.又OCOB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,0),=(1,0
37、,0),=.设平面ABC的法向量n 1=(x1,y1,z1),则即有 从而取z 1=1,则x 1=,y1=1,所以n 1=(,1,1).设平面MNP的法向量n 2=(x2,y2,z2),则即有从而取z 2=1,所以n 2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为,则cos =.18故二面角A-NP-M的余弦值是.20.(2013课标全国,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A 1B1C1中,D,E分别是AB,BB 1的中点,AA 1=AC=CB=AB.(1)证明:BC 1平面A 1CD;(2)求二面角D-A 1C-E的正弦值.解析 (1)证法一:连接AC 1交 A1C于点F,则F为AC 1
38、的中点.又D是AB的中点,连接DF,则BC 1DF.因为DF平面A 1CD,BC1平面A 1CD,所以BC 1平面A 1CD.证法二:由AC=CB=AB得,ACBC.以C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C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A 1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).设n=(x 1,y1,z1)是平面A 1CD的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).=(0,0,2)-(0,2,0)=(0,-2,2).从而n=(1,-1,-1)(0,-2,2)=0.BC 1平面A 1CD.(2)设m=(a,b,
39、c)是平面A 1CE的法向量,则即可取m=(2,1,-2).从而cos=,故sin=.即二面角D-A 1C-E的正弦值为.21.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A 1B1C1D1中,ADBC,BAD=90,ACBD,BC=1,AD=AA 1=3.(1)证明:ACB 1D;(2)求直线B 1C1与平面ACD 1所成角的正弦值.19解析 解法一:(1)如图1,因为BB 1平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACBB 1.图1又ACBD,所以AC平面BB 1D,而B 1D平面BB 1D,所以ACB 1D.(2)因为B 1C1AD,所以直线B 1C1与平面ACD 1所成的角等于直
40、线AD与平面ACD 1所成的角(记为).如图1,连接A 1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且B 1A1D1=BAD=90,所以A 1B1平面ADD 1A1,从而A 1B1AD 1.又AD=AA 1=3,所以四边形ADD 1A1是正方形,于是A 1DAD 1.故AD 1平面A 1B1D,于是AD 1B 1D.由(1)知,ACB 1D,所以B 1D平面ACD 1,故ADB 1=90-.在直角梯形ABCD中,因为ACBD,所以BAC=ADB.从而RtABCRtDAB,故=,即AB=.连接AB 1.易知AB 1D是直角三角形,且B 1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B 1
41、D=.在RtAB 1D中,cosADB 1=,即cos(90-)=.从而sin =.即直线B 1C1与平面ACD 1所成角的正弦值为.解法二:(1)易知,AB,AD,AA 1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA 1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B 1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).图2从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为ACBD,所以=-t 2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3)
42、,=(,1,0).因为=-3+3+0=0,所以,即ACB 1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD 1的一个法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).设直线B 1C1与平面ACD 1所成角为,则sin =|cos|=.即直线B 1C1与平面ACD 1所成角的正弦值为.22.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,ACB=ACD=,F为PC的中点,AFPB.(1)求PA的长;(2)求二面角B-AF-D的正弦值.20解析 (1)如图,连接BD交AC于O,因为BC=CD,
43、即BCD为等腰三角形,又AC平分BCD,故ACBD.以O为坐标原点,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O-xyz,则OC=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).因PA底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F.又=,=(,3,-z),因AFPB,故=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以|=2.(2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面FAD的法向量为n 1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n 2=(x2
44、,y2,z2),由n 1=0,n1=0,得因此可取n 1=(3,-2).由n 2=0,n2=0,得故可取n 2=(3,-,2).从而法向量n 1,n2的夹角的余弦值为cos=.故二面角B-AF-D的正弦值为.23.(2013天津,17,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A 1A底面ABCD,ABDC,ABAD,AD=CD=1,AA 1=AB=2,E为棱AA 1的中点.(1)证明B 1C1CE;(2)求二面角B 1-CE-C1的正弦值;(3)设点M在线段C 1E上,且直线AM与平面ADD 1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.解析 解法一:如图,以点A为原点建立空间直角坐标
45、系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B 1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).21(1)证明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是=0,所以B 1C1CE.(2)=(1,-2,-1).设平面B 1CE的法向量m=(x,y,z),则即消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).由(1)知B 1C1CE,又CC 1B 1C1,可得B 1C1平面CEC 1,故=(1,0,-1)为平面CEC 1的一个法向量.于是cos=-,从而sin=.所以二面角B 1-CE-C1的正弦值为.(3)=(0,1,0),=(1
46、,1,1).设=(,),01,有=+=(,+1,).可取=(0,0,2)为平面ADD 1A1的一个法向量.设为直线AM与平面ADD 1A1所成的角,则sin =|cos|=.于是=,解得=,所以AM=.解法二:(1)证明:因为侧棱CC 1底面A 1B1C1D1,B1C1平面A 1B1C1D1,所以CC 1B 1C1.经计算可得B 1E=,B1C1=,EC1=,从而B 1E2=B1+E,所以在B 1EC1中,B 1C1C 1E,又CC 1,C1E平面CC 1E,CC1C 1E=C1,所以B 1C1平面CC 1E,又CE平面CC1E,故B 1C1CE.(2)过B 1作B 1GCE于点G,连接C 1
47、G.由(1)知B 1C1CE,故CE平面B 1C1G,得CEC 1G,所以B 1GC1为二面角B 1-CE-C1的平面角.在CC 1E中,由CE=C 1E=,CC1=2,可得C 1G=.在RtB 1C1G中,B 1G=,所以sinB 1GC1=,即二面角B 1-CE-C1的正弦值为.(3)连接D 1E,过点M作MHED 1于点H,可得MH平面ADD 1A1,连接AH,AM,则MAH为直线AM与平面ADD 1A1所成的角.设AM=x,从而在RtAHM中,有MH=x,AH=x.在RtC 1D1E中,C 1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在AEH中,AEH=135,AE=1,由AH 2=AE2+EH2-2AEEHcos 135,得x 2=1+x2+x,整理得5x 2-2x-6=0,解得x=.所以线段AM的长为.24.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=,连接CE并延长交AD于F.(1)求证:AD平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.22解析 (1)在ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故BAD=,ABE
