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2020年高考数学专题复习第1课时空间角

立体几何中的向量方法

1.空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法(a,b 分别为 l1,l2 的方向向量)

a 与 b 的夹角β l1 与 l2 所成的角θ

范围 (0,π)

???0,π2 ???

cos θ=|cos β|= 求法 cos β=|aa|·|bb| |a·b|
|a||b|

(2)直线和平面所成角的求法

如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面α的法向量为 n,直线 l 与平面α所成的角

为φ,两向量 e 与 n 的夹角为θ,则有 sin φ=|cos θ|=||ee·||nn||.

(3)二面角的求法 a.如图①,AB,CD 是二面角α l β两个半平面内与棱 l 垂直的直线,则二面角的 大小θ=〈A→B,C→D〉.
b.如图②③,n1,n2 分别是二面角α l β的两个半平面α,β的法向量,则二面 角的大小θ满足 cos θ=cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉.
2.点到平面的距离的求法 如图,设 AB 为平面α的一条斜线段,n 为平面α的法向量,则点 B 到平面α的距离 d =|→A|B· n|n|.
1

判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是???0,π2 ???,直线与平面所成角的范围是???0,π2 ???,二面角的
范围是[0,π].( ) 答案:(1)× (2)× (3)× (4)√ (教材习题改编)已知 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面 ABC 的一个单
位法向量是( )

A.??? 33, 33,- 33???

B.??? 33,- 33, 33???

C.???- 33, 33, 33???
D.

???-

3 3 ,-

3 3 ,-

33???

解析:选 D.因为 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以→AB=(-1,1,0),→AC=

(-1,0,1).

经验证,当 n=???- 33,- 33,- 33???时, n·→AB= 33- 33+0=0,n·→AC= 33+0- 33=0.

所以???- 33,- 33,- 33???是平面 ABC 的一个单位法向量. 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC? A1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 2 2,
则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为( )

π A. 6

π B. 3
2

C.π4

D.1π2

解析:选 A.以 C 为原点建立空间直角坐标系,得下列坐标:A(2,0,0),C1(0,0,2 2).点

C1 在侧面 ABB1A1 内的射影为点 C2???32, 23,2 2???.

所以A→C1=(-2,0,2 2),A→C2=???-12, 23,2 2???, 设直线 AC1 与平面 ABB1A1 所成的角为θ,则 cos θ=|AA→→CC11·||AA→ →CC22|=12+30×+38= 23. 又θ∈???0,π2 ???,所以θ=π6 .

已知正方体 ABCD? A1B1C1D1 如图所示,则直线 B1D 和 CD1 所成的角为________.

解析:以 A 为原点,A→B、A→D、A→A1分别为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,设

正方体棱长为

1,则C→D1=(-1,0,1),B→1D=(-1,1,-1),cos〈C→D1,B→1D〉=

1+0-1= 2× 3

0,所以两直线所成的角为 90°.

答案:90°

在四棱锥 P? ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,PD⊥底面 ABCD,PD=DC,则二面角 C

? PB? D 的大小为________.

解析:以点 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 设 PD=DC=1,则 D(0,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0). 所以→DP=(0,0,1),→PC=(0,1,-1),
3

→DB=(1,1,0),→BC=(-1,0,0),

设平面 PBD 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),

由 n1·D→P=0,n1·D→B=0 得

??z1=0,
?
??x1+y1=0,

令 x1=1,得 n1=(1,-1,0).

设平面 PBC 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2),

由 n2·P→C=0,n2·B→C

=0 得???y2-z2=0, ??-x2=0,

令 y2=1 得 n2=(0,1,1).

设二面角 C? PB? D 的大小为θ,则

cos θ=||nn11·||nn22||=12,

所以θ=60°.

答案:60°

第 1 课时 空间角

异面直线所成的角 (2017·高考天津卷节选)如图,在三棱锥 P? ABC 中,PA⊥底面 ABC,∠BAC=90°.
点 D,E,N 分别为棱 PA,PC,BC 的中点,M 是线段 AD 的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面 BDE; (2)已知点 H 在棱 PA 上,且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 217,求线段 AH 的长.

【解】 如图,以 A 为原点,分别以→AB,→AC,→AP方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空
4

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:D→E=(0,2,0),→DB=(2,0,-2). 设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量,

则?????nn··D→ D→EB= =00, ,即?????22xy-=20, z=0. 不妨设 z=1,可得 n=(1,0,1).

又M→N=(1,2,-1),可得→MN·n=0. 因为 MN? 平面 BDE,所以 MN∥平面 BDE. (2)依题意,设 AH=h(0≤h≤4),则 H(0,0,h),

进而可得→NH=(-1,-2,h),→BE=(-2,2,2).

由已知,得|cos〈→NH,→BE〉|=||→→ NNHH|·|B→B→EE||

|2h-2|

7



h2+5×2

= 3

21



整理得 10h2-21h+8=0,解得 h=85或 h=12.

所以,线段

AH

81 的长为5或2.

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值等于两向量夹角余弦值的绝对值. [提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别: 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;当异面直线 的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.

5

1.长方体 ABCD? A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为( )

10 A. 10

30 B. 10

2 15 C. 10

3 10 D. 10

解析:选 B.建立空间直角坐标系如图.

则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0),C1(0,2,2).B→C1=(-1,0,2),→AE=(-1, 2,1),

cos〈B→C1,A→E〉=|BB→→CC11· ||A→A→EE|=

30 10 .

所以异面直线

BC1 与

AE

所成角的余弦值为

30 10 .

2. 如图,在四棱锥 P? ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=

60°.

(1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值. 解:(1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形, 所以 AC⊥BD. 因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 又因为 AC∩PA=A,所以 BD⊥平面 PAC. (2)设 AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Oxyz,
6

则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0).

所以→PB=(1, 3,-2),A→C=(0,2 3,0).

设 PB 与 AC 所成角为θ,则

cos θ=????|→ PP→BB· ||A→A→CC|????=2

6 2×2

6

= 3

4

.

即 PB 与 AC 所成角的余弦值为 46.

直线与平面所成的角 (2018·高考浙江卷) 如图,已知多面体 ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C 均垂直于平面
ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.

(1)证明:AB1⊥平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值. 【解】 法一:(1)由 AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB 得 AB1=A1B1=2 2, 所以 A1B21+AB21=AA21, 故 AB1⊥A1B1. 由 BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC 得 B1C1= 5, 由 AB=BC=2,∠ABC=120°得 AC=2 3, 由 CC1⊥AC,得 AC1= 13, 所以 AB21+B1C21=AC21, 故 AB1⊥B1C1. 因此 AB1⊥平面 A1B1C1.
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(2)如图,过点 C1 作 C1D⊥A1B1,交直线 A1B1 于点 D,连接 AD.

由 AB1⊥平面 A1B1C1 得

平面 A1B1C1⊥平面 ABB1,

由 C1D⊥A1B1 得 C1D⊥平面 ABB1, 所以∠C1AD 是 AC1 与平面 ABB1 所成的角.

由 B1C1= 5,A1B1=2 2,A1C1= 21得

cos∠C1A1B1=

67,sin∠C1A1B1=

1, 7

所以 C1D= 3,故 sin∠C1AD=CA1CD1= 1339.

因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 1339.

法二:(1)如图,以 AC 的中点 O 为原点,分别以射线 OB,OC 为 x,y 轴的正半轴,建立 空间直角坐标系 O? xyz.
由题意知各点坐标如下: A(0,- 3,0),B(1,0,0),A1(0,- 3,4),B1(1,0,2),C1(0, 3,1). 因此A→B1=(1, 3,2),A→1B1=(1, 3,-2), A→1C1=(0,2 3,-3). 由A→B1·A→1B1=0 得 AB1⊥A1B1. 由A→B1·A→1C1=0 得 AB1⊥A1C1.
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所以 AB1⊥平面 A1B1C1.

(2)设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为θ.

由(1)可知A→C1=(0,2 3,1),A→B=(1, 3,0),B→B1=(0,0,2).

设平面 ABB1 的法向量 n=(x,y,z).

由?????nn··A→ B→BB=1=00,,即???2xz+=03,y=0,可取 n=(- 3,1,0).

所以 sin θ=|cos

A→C1,n

|=||A→AC→C1|1··n||n|= 1339.

因此,直线

AC1 与平面

ABB1 所成的角的正弦值是

39 13 .

利用向量求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹 角(或其补角). (2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其 余角就是斜线与平面所成的角.

(2019·浙江省高中学科基础测试)如图,在三棱锥 P? ABC 中,△ABC 是等边三角形,D 是 AC 的中点,PA=PC,二面角 P? AC? B 的大小为 60°.

(1)求证:平面 PBD⊥平面 PAC; (2)求 AB 与平面 PAC 所成角的正弦值.

解:(1)证明:

BD⊥AC ?? PD⊥AC ? ? AC⊥平面 PBD, PD∩BD=D??

又 AC? 平面 PAC,所以平面 PAC⊥平面 PBD, 即平面 PBD⊥平面 PAC.

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(2)因为 AC⊥BD,如图建立空间直角坐标系. 则 D(0,0,0),令 A(1,0,0), 则 B(0, 3,0),C(-1,0,0). 又∠PDB 为二面角 P? AC? B 的平面角,得∠PDB=60°. 设 DP=λ,则 P???0,λ2 , 23λ???, 设 n=(x,y,z)为平面 PAC 的一个法向量,则→AC=(-2,0,0),A→P=???-1,λ2 , 23λ???,
??-2x=0 得???-x+λ2 y+ 23λz=0,取 y= 3,得 n=(0, 3,-1). 又A→B=(-1, 3,0),得 cos〈n,→AB〉=2×3 2=34. 设 AB 与平面 PAC 所成角为θ,则 sin θ=|cos〈n,A→B〉|=34.
二面角(高频考点) 二面角是高考的重点,是考查热点,题型多以解答题形式出现,一般为中档题.主要命 题角度有: (1)求二面角; (2)由二面角求其他量.
角度一 求二面角 如图,在三棱台 ABC? DEF 中,平面 BCFE⊥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】 (1)证明:延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,如图所示.
10

因为平面 BCFE⊥平面 ABC,平面 BCFE∩平面 ABC=BC,且 AC⊥BC,所以,AC⊥平面 BCK, 因此,BF⊥AC.又 EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且 F 为 CK 的中点,则 BF⊥CK,又 AC∩CK=C,所以 BF⊥平面 ACFD.
(2) 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, 连接 KO,则 KO⊥BC,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 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz.

由题意得 B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0, 3),A(-1,-3,0),E(12,0, 23),

F(-12,0, 23).

因此,A→C=(0,3,0),A→K=(1,3, 3),→AB=(2,3,0).

设平面 ACK 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 ABK 的法向量为 n=(x2,y2,z2).

由?????A→A→CK··mm==00,得???3xy1+1=30y1+

取 m=( 3z1=0,

3,0,-1);

由?????A→A→BK··nn==00,得???2xx2+2+33yy2+2=03,z2=0,取 n=(3,-2, 3).

于是,cos〈m,n〉=|mm|··n|n|= 43.

所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为 43.

角度二 由二面角求其他量

如图,四棱锥 P? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点.

11

(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. 【解】 (1)证明:连接 BD,设 AC 与 BD 的交点为 G,则 G 为 AC,BD 的中点,连接 EG. 在三角形 PBD 中,中位线 EG∥PB,且 EG 在平面 AEC 内,PB? 平面 AEC,所以 PB∥平面 AEC. (2)设 CD=m,分别以→AB,→AD,→AP的方向为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系,则

A(0,0,0),D(0, 3,0),E???0, 23,21???,C(m, 3,0).

所以→AD=(0, 3,0),→AE=???0, 23,12???,A→C=(m, 3,0). 设平面 ADE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 则 n1·A→D=0,n1·A→E=0,解得一个 n1=(1,0,0). 同理设平面 ACE 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 则 n2·A→C=0,n2·A→E=0, 解得一个 n2=(- 3,m,- 3m). 因为 cos 60°=|cos〈n1,n2〉|=||nn1|1· ·n|n2|2|



3

1

3+m2+3m2=2,解得

m=32.

设 F 为 AD 的中点,连接 EF,则 PA∥EF,且 EF=A2P=12,EF⊥平面 ACD,所以 EF 为三棱

锥 E? ACD 的高.

所以 VE? ACD=13·S△ACD·EF=13×12×32× 3×12= 83.

所以三棱锥 E?

ACD 的体积为

3 8.

求二面角大小的常用方法 (1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得 到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小. (2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个 向量的夹角的大小就是二面角的大小.
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(2019·温州普通高中模考)如图,四棱锥 P? ABCD 中,∠ABC=∠BCD=90°,AB=2, CD=CB=CP=1,点 P 在底面上的射影为线段 BD 的中点 M,F 为 AB 的中点.
(1)若 E 为棱 PB 的中点,求证:CE∥平面 PAD; (2)求二面角 A? PB? C 的平面角的余弦值.
解:(1)如图,由点 P 在底面上的射影为线段 BD 的中点 M,且 MC=MB=MF=MD,则 PC =PB=PD=BC,
以 B 为坐标原点,BC,BA 所在直线为 x,y 轴,建立空间直角坐标系 Bxyz,则 B(0,0,0),A(0,2,0),C(1,0,0),D(1,1,0), P???12,12, 22???,E???14,14, 42???, 则A→D=(1,-1,0),→AP=???12,-32, 22???, →CE=???-34,14, 42???, 所以 t=(1,1, 2)为平面 PAD 的一个法向量, 所以→CE·t=0,所以 CE∥平面 PAD. (2)→BA=(0,2,0),B→C=(1,0,0),B→P=???12,12, 22???,设平面 BPA 的一个法向量为 m =(x,y,z),
??B→A·m=0 ??2y=0 由???B→P·m=0,即???12x+12y+ 22z=0, 取 m=( 2,0,-1), 同理,平面 BPC 的一个法向量为 n=(0, 2,-1), 设θ是二面角 A? PB? C 的平面角,易见θ与〈m,n〉互补, 故 cos θ=-cos〈m,n〉=-|mm·||nn|=-13,
13

所以二面角 A? PB? C 的平面角的余弦值为-13.

合理建立空间直角坐标系

(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系,建系方

法的不同可能导致解题的简繁程度不同.

(2)一般来说,如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时,就以

这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系;如果不存在这样的三条直线,则应尽可能找两条

垂直相交的直线,以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系,即坐标系建立时以其中的垂直相

交直线为基本出发点.

(3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系,在没

有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系,在此基础上选择一个合理的位

置建立空间直角坐标系.

易错防范

(1)求异面直线所成角时,易求出余弦值为负值而盲目得出答案,忽视了夹角范围为

???0,π2 ???.

(2)求直线与平面所成角时,注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦

值.

(3)求二面角时,要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向,从而确定二面角与两法

向量 n1,n2 的夹角是相等,还是互补.

[基础达标]

1.在直三棱柱 ABC? A1B1C1 中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所

成的角等于( )

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

解析:选 C.不妨设 AB=AC=AA1=1,建立空间直角坐标系如图所示,则 B(0,-1,0), A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1),

所以B→A1=(0,1,1),
14

A→C1=(-1,0,1),

所以 cos〈B→A1,A→C1〉

=|B→BA→A1|1· ·A|→CA→1C1|=

1 2×

2=12,

所以〈B→A1,A→C1〉=60°,

所以异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等于 60°.

2.在三棱锥 P? ABC 中,PA⊥平面 ABC,∠BAC=90°,D,E,F 分别是棱 AB,BC,CP

的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为( )

1 A.5

25 B. 5

C.

5 5

2 D.5

解析:选 C.以 A 为原点,AB,AC,AP 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,由 AB=AC=1,PA=2,得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0, 0,2),D???12,0,0???,
E???12,12,0???,F???0,12,1???. 所以→PA=(0,0,-2),D→E=???0,12,0???, →DF=???-12,12,1???. 设平面 DFE 的法向量为 n=(x,y,z),
??n·D→E=0, 则由???n·D→F=0, 得?????y-=x0+,y+2z=0.
15

取 z=1,则 n=(2,0,1),设直线 PA 与平面 DEF 所成的角为θ,则 sin θ=||P→ P→AA· ||nn||



5 5 ,所以直线

PA

与平面

DEF

所成角的正弦值为

5 5.

3.在正方体 ABCD? A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐

二面角的余弦值为________.

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 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z), 则?????y1--z12= z=0,0,所以?????yz= =22,. 所以 n1=(1,2,2). 因为平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 所以 cos〈n1,n2〉=3×2 1=23.
2 即所成的锐二面角的余弦值为3. 答案:23 4.在正三棱柱 ABC? A1B1C1 中,AB=1,点 D 在棱 BB1 上,若 BD=1,则 AD 与平面 AA1C1C 所成角的正切值为________.

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解析:如图,设 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为α,E 为 AC 的中点,连接 BE,则 BE⊥AC,

所以

BE⊥平面

AA1C1C,可得→AD·→EB=(A→B+B→D)·E→B=A→B·E→B=1×

3 2×

33 2 =4=

3 2× 2 ×

cos

θ(θ为→AD与→EB的夹角),所以 cos

θ=

6 4 =sin

α,所以所求角的正切值为 tan

α=

cos θ 15 sin θ= 5 .

15 答案: 5 5.已知单位正方体 ABCD? A1B1C1D1,E,F 分别是棱 B1C1,C1D1 的中点.试求: (1)AD1 与 EF 所成角的大小; (2)AF 与平面 BEB1 所成角的余弦值.

解:建立如图所示的空间直角坐标系,得 A(1,0,1),B(0,0,1),D1(1,1,0),E???0,12,0???, F???12,1,0???. (1)因为A→D1=(0,1,-1),E→F=???12,12,0???, 所以 cos〈A→D1,E→F〉=(0,1,-1)·2???12,12,0???=12,
2× 2 即 AD1 与 EF 所成的角为 60°.
(2)→FA=???12,-1,1???,由图可得,B→A=(1,0,0)为平面 BEB1 的一个法向量,设 AF 与平
17

面 BEB1 所成的角为θ,则 sin θ=|cos〈→BA,→FA〉|=???1(×1,0,???012)???2+·???(12,--1)1,2+11???2???=13, 所以 cos θ=2 3 2.
即 AF 与平面 BEB1 所成角的余弦值为2 3 2. 6.(2019·宁波市余姚中学高三期中)如图,在四棱锥 P? ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, ∠BAD=60°,Q 为 AD 的中点.
(1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)设点 M 是线段 PC 上的一点,PM=tPC,且 PA∥平面 MQB. ①求实数 t 的值; ②若 PA=PD=AD=2,且平面 PAD⊥平面 ABCD,求二面角 M? BQ? C 的大小. 解:(1)证明:连接 BD,因为四边形 ABCD 为菱形, ∠BAD=60°, 所以△ABD 是正三角形,又 Q 为 AD 中点, 所以 AD⊥BQ. 因为 PA=PD,Q 为 AD 中点,所以 AD⊥PQ. 又 BQ∩PQ=Q,所以 AD⊥平面 PQB,AD? 平面 PAD, 所以平面 PQB⊥平面 PAD. (2)①当 t=13时,使得 PA∥平面 MQB, 连接 AC 交 BQ 于 N,交 BD 于 O, 则 O 为 BD 的中点,又因为 BQ 为△ABD 边 AD 上的中线, 所以 N 为正三角形 ABD 的中心, 令菱形 ABCD 的边长为 a,则 AN= 33a,AC= 3a. 因为 PA∥平面 MQB,PA? 平面 PAC,平面 PAC∩平面 MQB=MN, 所以 PA∥MN,
18

3a

PM AN PC=AC=

31 3a=3,即

PM=13PC,t=13.

②因为 PQ⊥AD,又平面 PAD⊥平面 ABCD, 以 Q 为坐标原点,分别以 QA,QB,QP 所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直 角坐标系 Qxyz,

由 PA=PD=AD=2,则 B(0, 3,0),C(-2, 3,0),

P(0,0, 3),设 M(a,b,c), 则P→M=(a,b,c- 3),→PC=(-2, 3,- 3), 因为 PM=13PC,所以P→M=13→PC,

所以 a=-23,b= 33,c=2 3 3,所以 M???-23, 33,2 3 3???, 设平面 MQB 的法向量 n=(x,y,z),

由Q→M=???-23, 33,2 3 3???,→QB=(0, 3,0),



n⊥Q→M,n⊥Q→B,得???-23x+

33y+2

3

3z=0 ,

?? 3y=0

取 z=1,得 n=( 3,0,1),

又平面 ABCD 的法向量 n=(0,0,1),

所以 cos〈m,n〉=|mm|· ·n|n|=12,

由图知二面角 M? BQ? C 的平面角为锐角,

所以二面角 M? BQ? C 的大小为 60°.

[能力提升]

1.(2019·杭州中学高三月考)如图,四棱锥 P? ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,PA

⊥底面 ABCD,M 是棱 PD 的中点,且 PA=AB=AC=2,BC=2 2.

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(1)求证:CD⊥平面 PAC; (2)求二面角 M? AB? C 的大小; (3)如果 N 是棱 AB 上一点,且直线 CN 与平面 MAB 所成角的正弦值为 510,求ANNB的值. 解:(1)证明:因为在△ABC 中,AB=AC=2,BC=2 2, 所以 BC2=AB2+AC2,所以 AB⊥AC, 因为 AB∥CD,所以 AC⊥CD, 又因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD, 因为 AC∩PA=A,所以 CD⊥平面 PAC. (2)如图,建立空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,2,0), 因为 M 是棱 PD 的中点,所以 M(-1,1,1),

所以→AM=(-1,1,1),A→B=(2,0,0),

设 n=(x,y,z)为平面 MAB 的法向量,

所以?????nn··A→ A→MB==00,即?????- 2xx=+0y+z=0.

??x=0 令 y=1,则?y=1 ,
??z=-1

所以平面 MAB 的法向量 n=(0,1,-1).

因为 PA⊥平面 ABCD,

所以→AP=(0,0,2)是平面 ABC 的一个法向量.

所以

cos〈n,→AP〉=|nn·||→ →AAPP|=2×-2

=- 2

22.

20

因为二面角 M? AB? C 为锐二面角,

所以二面角 M?

AB?

C

π 的大小为 4 .

(3)因为 N 是棱 AB 上一点,

所以设 N(x,0,0),→NC=(-x,2,0),

设直线 CN 与平面 MAB 所成角为α, 因为平面 MAB 的法向量 n=(0,1,-1),

2

10

所以



= x2+4

5



解得 x=1,即 AN=1,NB=1,所以NABN=1.

2.(2019·惠州市第三次调研考试)如图,四边形 ABCD 是圆柱 OQ 的轴截面,点 P 在圆

柱 OQ 的底面圆周上,G 是 DP 的中点,圆柱 OQ 的底面圆的半径 OA=2,侧面积为 8 3π,∠ AOP=120°.

(1)求证:AG⊥BD; (2)求二面角 P? AG? B 的平面角的余弦值. 解:建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,

由题意可知 8 3π=2×2π×AD,解得 AD=2 3. 则 A(0,0,0),B(0,4,0),D(0,0,2 3),P( 3,3,0), 因为 G 是 DP 的中点, 所以可求得 G??? 23,32, 3???. (1)证明:B→D=(0,-4,2 3),→AG=??? 23,32, 3???.
21

所以→AG·→BD=??? 23,32, 3???·(0,-4,2 3)=0, 所以 AG⊥BD.

(2)→BP=( 3,-1,0),→AG=??? 23,32, 3???,P→G=???- 23,-32, 3???,→BG=

??? 23,-52, 3???,

因为→BP·→PG=0,→AG·→BP=0,所以B→P是平面 APG 的法向量.

设 n=(x,y,1)是平面 ABG 的法向量,由 n·A→G=0,n·B→G=0.

解得 n=(-2,0,1),

cos〈B→P,n〉=|B→B→PP|··n|n|=-22

3 =- 5

15 5.

结合图形得,二面角 P? AG? B 的平面角的余弦值为 515. 3.(2019·温州十五校联考)已知菱形 ABCD 中,对角线 AC 与 BD 相交于一点 O,∠BAD =60°,将△BDC 沿着 BD 折起得△BDC′,连接 AC′.

(1)求证:平面 AOC′⊥平面 ABD; (2)若点 C′在平面 ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心,求直线 CD 与底面 ADC′所成角 的正弦值. 解:(1)证明:因为 C′O⊥BD,AO⊥BD,C′O∩AO=O,所以 BD⊥平面 C′OA,又因为 BD? 平面 ABD,所以平面 AOC′⊥平面 ABD. (2)

如图建系 Oxyz,令 AB=a,则 A??? 23a,0,0???, B???0,12a,0???,D???0,-12a,0???,C′??? 63a,0, 36a???,
22

所以→DC=→AB=???- 23a,12a,0???,平面 ADC′的法向量为 m=???1,- 3, 22???,设直线 CD

与底面

ADC′所成角为θ,则

sin

θ=|cos〈→DC,m〉|=||D→D→CC·||mm||=a·3a3



6 3,

2

故直线 CD 与底面 ADC′所成角的正弦值为 36.

4.如图,在四棱锥 P ABCD 中,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD= 2,PA⊥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)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值; (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 36?若存在,求出QPDQ的 值;若不存在,请说明理由. 解:(1)在△PAD 中,PA=PD,O 为 AD 中点,所以 PO⊥AD,又侧面 PAD⊥底面 ABCD,平 面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO? 平面 PAD,所以 PO⊥平面 ABCD. 在直角梯形 ABCD 中,连接 OC,易得 OC⊥AD,所以以 O 为坐标原点,直线 OC 为 x 轴, 直线 OD 为 y 轴,直线 OP 为 z 轴可建立空间直角坐标系(O→C、O→D、O→P的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向),则 P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1, 0),所以→PB=(1,-1,-1). 易证 OA⊥平面 POC, 所以→OA=(0,-1,0)是平面 POC 的一个法向量, 又 cos〈→PB,→OA〉=|P→ P→BB· ||→O→ OAA|= 33, 所以直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 36. (2)→PD=(0,1,-1),→CP=(-1,0,1), 设平面 PCD 的法向量为 u=(x,y,z),
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??u·C→P=-x+z=0, 则???u·P→D=y-z=0, 取 z=1,得 u=(1,1,1). 所以 B 点到平面 PCD 的距离为 d=|→B|P· u|u|= 33. (3)存在.设→PQ=λP→D(0≤λ<1), 因为→PD=(0,1,-1),所以P→Q=(0,λ,-λ)=→OQ-→OP, 所以→OQ=(0,λ,1-λ),所以 Q(0,λ,1-λ). 设平面 CAQ 的法向量为 m=(x′,y′,z′),
??m·A→C=x′+y′=0, 则???m·→AQ=(λ+1)y′+(1-λ)z′=0. 取 z′=λ+1,得 m=(1-λ,λ-1,λ+1), 易知平面 CAD 的一个法向量为 n=(0,0,1), 因为二面角 Q? AC? D 的余弦值为 36, 所以|cos〈m,n〉|=||mm·||nn||= 36, 得 3λ2-10λ+3=0, 解得λ=13或λ=3(舍去), 所以存在点 Q,使得二面角 Q? AC? D 的余弦值为 36,且QPDQ=12.
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