《2020年高考数学(理科)高频易错考点大解密专题：空间向量与立体几何(全国版含解析)44893.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学(理科)高频易错考点大解密专题：空间向量与立体几何(全国版含解析)44893.pdf（45页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1解密专题：空间向量与立体几何高考考点命题分析三年高考探源考查频率利用空间向量求线面角从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点 高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.2018 新课标全国182018 新课标全国202017 新课标全国19利用空间向量求二面角2019 新课标全国182019 新课标全国172019 新课标全国192018 新课标全国192017 新课标全国182017 新课标全国192017 新课标全国19考点 1利
2、用空间向量证明平行与垂直调研 1如图，在正方体1111ABCD A B CD中，O是AC的中点，E是线段1DO上一点，且1DEEO.（1）求证：11DBCD O平面；2（2）若平面CDE 平面1CD O，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】（1）不妨设正方体的棱长为 1，如图建立空间直角坐标系，则111 1(0,0,0),(1,1,1),(,0),(0,1,0),(0,0,1)2 2DBOCD，于是111 1(1,1,1),(,0),(0,1,1)2 2DBOCCD，因为1110,0DBCDDBOC ，所以111,DB CDDB OC，故11DBCD O平面.（2）由（1）可知
3、1CD O平面的一个法向量为1(1,1,1)DB m，由1DEEO，则1(,)2(1)2(1)(1)E，设平面 CDE 的法向量为(,)xyzn，由0,0CDDEnn，得0,02(1)2(1)(1)yxyz可取(2,0,)n，3因为1CDOCED平面平面，所以0,2 mn.技巧点拨直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线 l 的方向向量为 a=(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为=(a2，b2，c2)，v=(a3，b3，c3)，则（1）线面平行：l a a=0a1a2b1b2c1c2=0；（2）线面垂直：l a a=k a1=ka2，b1=kb2，c1=kc2；（3）面面平
4、行：v =v a2=a3，b2=b3，c2=c3；（4）面面垂直：v v=0a2a3b2b3c2c3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线 a b，只需证明向量 a=b（R）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.考点 2求空间角题组一求异面直线所成的角调研 1如图所示，在三棱锥 P ABC中，PA 平面 ABC，D 是棱 PB的中点，已知 PA=BC=2，AB=4，CBAB，则异面直线 PC，AD所成角的余弦值为A3
5、010B305C305D3010【答案】D【解析】因为 PA 平面 ABC，所以 PA AB，PA BC过点 A作 AE CB，又 CBAB，则 AP，AB，AE两两垂直如图，以 A为坐标原点，分别以 AB，AE，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，4则 A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(4，0，0)，C(4，2，0)因为 D 为 PB的中点，所以 D(2，0，1)故CPuur=(4，2，2)，ADuuur=(2，0，1)所以 cosADuuur，CPuur=|AD CPADCPuuuruuruuur uur=652 6=3010.设异面直线 PC，AD所成的角为
6、，则 cos =|cosADuuur，CPuur|=3010.调研 2在正方体1111ABCDABC D中，点P在1AC上运动（包括端点），则BP与1AD所成角的取值范围是A,4 3B,4 2C,6 2D,6 3【答案】D【解析】以点 D 为原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x y z、轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，点 P坐标为,1,xxx，则11,1,0,1BPxxx BC，设1BPBC、的夹角为，则 1222111cos121223()233BP BCBPBCxxx ，所以当13x 时，cos取最大值3,26.当1x 时，cos取最小值1,23.因为11BCAD，所以BP与
7、1AD所成角的取值范围是,6 3.故选 D.【名师点睛】空间向量的引入为求空间角带来了方便，解题时只需通过代数运算便可达到解题的目的，由于两向量夹角的范围为0,，因此向量的夹角不一定等于所求的空间角，因此在解题时求得两向量的夹角（或其余弦值）后还要分析向量的夹角和空间角大小间的关系解题时要根据所求的角的类型得到空间角的范围，并在此范围下确定出所求角（或其三角函数值）5技巧点拨利用向量求异面直线所成的角一是几何法：作证算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线 AC，BD 的夹角 的余弦值为 cos =|ACBDAC B
8、Duuuruuuruuur uuur.注意：两条异面直线所成的角 不一定是两直线的方向向量的夹角，即 cos =|cos|.题组二求线面角调研 3如图，四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD是直角梯形，DAB=90，AD BC，AD 侧面 PAB，PAB是等边三角形，DA=AB=2，BC=12AD，E是线段 AB 的中点（1）求证：PE CD；（2）求 PC 与平面 PDE所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）35.【解析】（1）因为 AD 侧面 PAB，PE 平面 PAB，所以 AD PE.又PAB是等边三角形，E是线段 AB 的中点，所以 PE AB 因为 AD AB=A，所以 PE
9、平面 ABCD，而 CD 平面 ABCD，所以 PE CD（2）以 E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 E xyz.则 E(0，0，0)，C(1，1，0)，D(2，1，0)，P(0，0，3)所以ED=(2，1，0)，EP=(0，0，3)，PC=(1，1，3)设 n=(x，y，z)为平面 PDE的法向量6由00EDEPuuuruurnn，得2x y 0，3z 0.令 x=1，可得 n=(1，2，0)设 PC 与平面 PDE所成的角为，则 sin =|cosPC，n|=|PCPCuuuruuurnn|=35.所以 PC 与平面 PDE所成角的正弦值为35.调研 4如图，四棱锥P ABCD中
10、，PDABCD 平面，底面ABCD是梯形，AB CD，BC CD，AB=PD=4，CD=2，2 2AD，M为 CD 的中点，N为 PB 上一点，且(01)PNPB.（1）若14 时，求证：MN 平面 PAD；（2）若直线 AN 与平面 PBC所成角的正弦值为2 55，求异面直线 AD 与直线 CN 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）4214.【解析】（1）当14时，14PNPB在 PA 上取点 E，使得14PEPA，连接 EN，DE，11444PNPB PEPA AB，EN AB，且114ENAB，M为 CD 的中点，CD=2，112DMCD，又 AB CD，EN DM，EN=DM，
11、四边形 DMNE是平行四边形，MN DE，7又DE平面 PAD，MN平面 PAD，MN 平面 PAD（2）如图所示，过点 D作 DHAB 于 H，则 DHCD 以 D为坐标原点建立空间直角坐标系 D xyz则 D（0，0，0），M（0，1，0），C（0，2，0），B（2，2，0），A（2，2，0），P（0，0，4），2,0,0,0,2,4CBCP，2,2,42,2,4AN APPN AP PB 22,22,44该平面 PBC的法向量为,xyzn，则由20240CBxCPyz nn，得02xyz，令 z=1，得0,2,1n该直线 AN 与平面 PBC所成的角为，则 22282 5sincos55
12、222244ANANAN nnn，解得1,32 2 824 8,2,2,03 3 333 3NCNAD，设直线 AD 与直线 CN 所成的角为，则442coscos,142 212 23AD CN所以直线 AD 与直线 CN 所成角的余弦值为4214技巧点拨利用向量求直线与平面所成的角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)；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，取其余角就是斜线和平面8所成的角注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化直线与平面的夹角计算设直
13、线 l 的方向向量为 a=(a1，b1，c1)，平面 的法向量为=(a3，b3，c3)，直线 l 与平面 的夹角为0 2，则 sin =|a|a|=|cosa，|.题组三求二面角调研 5二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知2AB，3AC，4BD，17CD，则该二面角的大小为A45B60C120D150【答案】B【解析】由已知可得：0,0AB ACAB BD，CDCAAB BD，22222|222CDCAAB BDCAABBDCA ABCA BDAB BD 2223242 3 4cos CA ，BD=17，cos CA，BD=12，即CA，
14、BD=120，二面角的大小为 60，故选 B.【名师点睛】这个题目考查的是立体几何中空间角的求法；解决立体几何的小题，通常有以下几种方法：一是建系法，二是用传统的方法，利用定义直接在图中找到要求的角；还有就是利用空间向量法来解决问题.注意向量夹角必须是共起点的，还有就是异面直线夹角必须是锐角或直角.调研 6如图，在四棱锥P ABCD中，AP，AB，AD两两垂直，BCAD，且4AP ABAD，2BC.9（1）求二面角P CD A的余弦值；（2）已知点H为线段PC上异于C的点，且DC DH，求PHPC的值.【答案】（1）23；（2）13.【思路分析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标
15、，根据方程组解得各平面法向量，利用向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系求结果；（2）设PHPC，根据向量坐标表示距离，再根据距离相等解得，即为PHPC的值.【解析】以,AABAPD为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz.则0,0,0A，4,0,0B，4,2,0C，0,4,0D，0,0,4P.（1）易知0,4,4DP，4,2,0DC.设平面PCD的法向量为1,xyzn，则1100DPDC nn，即440420yzxy，令1x，则2y，2z.所以11,2,2n.易知平面ACD的法向量为20,0,1n，所以1212122cos,3n nnnn n，所以二面角P CD A的余
16、弦值为23.（2）由题意可知，4,2,4PC，4,2,0DC，设4,2,4PHPC ，则DH DP PH 4,24,44，因为DC DH，所以2224244420，化简得23410，10所以1或13.点H异于点C，所以13，即13PHPC.调研 7如图，在三棱柱111ABCA B C中，侧棱1CC底面ABC，且122,CCACBC AC BC，D是棱AB的中点，点M在侧棱1CC上运动.（1）当M是棱1CC的中点时，求证：CD 平面1MAB；（2）当直线AM与平面ABC所成的角的正切值为32时，求二面角11A MB C的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）3 1414.【思路分析】（1）取线段1
17、AB的中点E，连接,DE EM，可得四边形CDEM是平行四边形，CD EM，即可证明CD 平面1MAB；（2）以C为原点，CA，CB，1CC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角11A MB C的余弦值.【解析】（1）取线段1AB的中点E，连接,DE EM.1,AD DBAE EB，1DE BB，且112DEBB.又M为1CC的中点，1CM BB，且112CMBB，CM DE，且CM DE，四边形CDEM是平行四边形，CD EM.又EM平面1,AB M CD 平面1AB M，CD 平面1MAB.（2）1,CA CB CC两两垂直，以C为原点，1,CA CB CC所在直
18、线分别为x，y，z轴，建立空间直11角坐标系C xyz，如图，三棱柱111ABCA B C中，1CC平面ABC，MAC即为直线AM与平面ABC所成的角.设1AC，则由3tan2MAC，得32CM.130,0,0,1,0,0,0,1,0,0,1,2,(0,0,)2CABBM，13(1,0,),(1,1,2)2AMAB，设平面1AMB的一个法向量为,xyzn，则130,220,AMxzABx yz nn令2z，得3,1xy，即3,1,2n.又平面11BCC B的一个法向量为1,0,0CA，3 14cos,14CACACAnnn，又二面角11A MB C的平面角为钝角，二面角11A MB C的余弦值
19、为3 1414.技巧点拨利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤（1）建立恰当的空间直角坐标系；（2）求出相关点的坐标；（3）写出向量坐标；12（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论平面与平面的夹角计算公式设平面，的法向量分别为=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面，的夹角为(0)，则|cos|=|v|v|=|cos，v|.题
20、组四解决探索性问题调研 8如图，在五面体 ABCDPE中，PD 平面 ABCD，ADC=BAD=90，F为棱 PA 的中点，PD=BC=2，AB=AD=1，且四边形 CDPE为平行四边形（1）判断 AC 与平面 DEF的位置关系，并给予证明；（2）在线段 EF 上是否存在一点 Q，使得 BQ 与平面 PBC所成角的正弦值为36？若存在，请求出 QE 的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）AC 平面 DEF，证明见解析；（2）在线段 EF 上存在一点 Q14，1，3 24，使得 BQ 与平面PBC所成角的正弦值为36，此时 QE=194.【解析】（1）AC 平面 DEF.理由如下：设线段 PC
21、 交 DE 于点 N，连接 FN，如图所示，因为四边形 PDCE为平行四边形，所以点 N为 PC 的中点，又点 F为 PA 的中点，所以 FN AC，因为 FN 平面 DEF，AC 平面 DEF，所以 AC 平面 DEF.（2）假设在线段 EF 上存在一点 Q，使得 BQ 与平面 PBC所成角的正弦值为36，设FQ=FE(0 1)，如图，以 D为坐标原点，分别以 DA，DC，DP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系因为 PD=BC=2，AB=AD=1，所以 CD=2，所以 P(0，0，2)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，所以PB=(1，1，2)，BC
22、=(1，1，0)13设平面 PBC的法向量为 m=(x，y，z)，则(,)(1,1,2)0(,)(1,1,0)0PB xyzBC xyz uuruuurmm，即x y 2z 0，x y 0，解得x y，z 2x，令 x=1，得平面 PBC的一个法向量为 m=(1，1，2)假设存在点 Q满足条件由 F12，0，22，E(0，2，2)，可得FE=12，2，22.由FQ=FE(0 1)，整理得12(1)(,2,)22Q，则BQ=12(1)(,21,)22，因为直线 BQ 与平面 PBC所成角的正弦值为36，所以|cosBQ，m|=|BQBQuuuruuurmm|=|5 1|2 19210 7=36，
23、化简可得 1425 1=0，又 0 1，所以=12，故在线段 EF 上存在一点 Q14，1，3 24，使得 BQ 与平面 PBC所成角的正弦值为36，且 QE=22213 2(0)(12)(2)44=194.调研 9棱台1111ABCD A B CD的三视图与直观图如图所示.（1）求证：平面11ACC A平面11BDD B；（2）在线段1DD上是否存在一点Q，使CQ与平面11BDD B所成的角的正弦值为2 69？若存在，指出点Q的位置；若不存在，说明理由.14【答案】（1）见解析；（2）存在，点Q在1DD的中点位置，理由见解析.【思路分析】（1）首先根据三视图特征可得1AA 平面ABCD，四边
24、形ABCD为正方形，所以AC BD.再由1AA BD即可得线面垂直，从而得出面面垂直；（2）直接建立空间直角坐标系写出各点坐标求出法向量，再根据向量的夹角公式列等式求出12.【解析】（1）根据三视图可知1AA 平面ABCD，四边形ABCD为正方形，所以AC BD.因为BD 平面ABCD，所以1AA BD，又1AA AC A，所以BD 平面11ACC A.因为BD 平面11BDD B，所以平面11ACC A平面11BDD B.（2）以A为坐标原点，1,AB AD AA所在直线分别为,xyz轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据三视图可知四边形ABCD为边长为 2 的正方形，四边形1111A B C
25、D为边长为 1 的正方形，1AA 平面ABCD，且11AA.所以 11,0,1B，10,1,1D，2,0,0B，0,2,0D，2,2,0C.因为Q在1DD上，所以可设101DQDD .因为10,1,1DD，所以1AQ AD DQ ADDD 0,2,00,1,10,2,.所以0,2,Q，2,CQ.设平面11BDD B的法向量为,xyzn，根据 1,2,2,00,0,0,1,10,0 xyzBDxyzDD nn15令1x，可得1y z，所以 1,1,1n.设CQ与平面11BDD B所成的角为，则sincos,CQCQCQnnn 2222222 6934232 .所以12，即点Q在1DD的中点位置.
26、调研 10如图（1），在边长为 4 的菱形 ABCD中，BAD=60，DE AB 于点 E，将ADE沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1D DC，如图（2）（1）求证：A1E 平面 BCDE.（2）求二面角 EA1BC的余弦值（3）判断在线段 EB 上是否存在一点 P，使平面 A1DP 平面 A1BC？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由【答案】（1）见解析；（2）77；（3）在线段 EB 上不存在点 P，使得平面 A1DP 平面 A1BC【解析】（1）DE BE，BE DC，DE DC又A1D DC，A1D DE=D，DC 平面 A1DE，DC A1E.又A1E DE，DC D
27、E=D，A1E 平面 BCDE.（2）A1E 平面 BCDE，DE BE，以 EB，ED，EA1所在直线分别为 x 轴，y 轴和 z 轴，建立空间直角坐标系（如图）易知 DE=2 3，则 A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，2 3，0)，D(0，2 3，0)，1BAuuur=(2，0，2)，BCuuur=(2，2 3，0)，易知平面 A1BE 的一个法向量为 n=(0，1，0)设平面 A1BC 的法向量为 m=(x，y，z)，16由1BAuuurm=0，BCuuurm=0，得2x 2z 0，2x 2 3y 0.令 y=1，得 m=(3，1，3)，cosm，n=mn|m|n|=171=
28、77.由图得二面角 EA1BC 为钝二面角，二面角 EA1BC 的余弦值为77.（3）假设在线段 EB上存在一点 P，使得平面 A1DP 平面 A1BC设 P(t，0，0)(0t 2)，则1APuuur=(t，0，2)，1ADuuur=(0，2 3，2)，设平面 A1DP的法向量为 p=(x1，y1，z1)，由1100ADAP uuuruuurpp得2 3y12z10，tx12z10.令 x1=2，得 p=2，t3，t.平面 A1DP 平面 A1BC，mp=0，即 2 3t3 3t=0，解得 t=3.0t 2，在线段 EB上不存在点 P，使得平面 A1DP 平面 A1BC技巧点拨用向量解决探索
29、性问题的方法1确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求2 确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标3 解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题1（山东省泰安第二中学 2019-2020 学年高三上学期 9 月月考数学试题）已知(2,1,3)a，(1,4,2)b，(7,5,)xc，若a，b，c三向量共面，则实数x A627B637C607D657【答案】D17【解析】(2,1,3)a，(1,4,2)b，a与b
30、不平行，又a，b，c三向量共面，则存在实数X，Y使XYcab，即274532X YXYXY x ，解得657x，故选 D【名师点睛】本题考查的知识点是共线向量与共面向量及平面向量基本定理，其中根据a，b，c三向量共面，a与b不共线，则可用向量a，b作基底表示向量c，列关于x的方程，是解答本题的关键2（四川省成都市树德中学 2019-2020 学年高三 11 月阶段性检测数学试题）如图三棱锥S ABC中，SA 底面ABC，ABBC，2ABBC，2 2SA，则SC与AB所成角的大小为A90B60C45D30【答案】B【解析】因为SA 底面ABC，所以SA AC，SA AB，所以0ASAB，又ABB
31、C，2ABBC，所以45BAC，2 2AC，因此2cos452 2 242 AB ACAB AC，所以4 SCABAC AB ASAB，又2 2SA，所以224SCSA AC，因此41cos,4 22SCABSCABSCAB，所以SC与AB所成角的大小为60.故选：B.18【名师点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，灵活运用向量的方法求解即可，属于常考题型.求解时，先由题意，得到SA AB，SA AC，则0ASAB，再由题意求出45BAC，2 2AC，从而求出AB ACuuuruuur，进而求出SCAB，由向量夹角公式，求出cos,SCAB，即可得出结果.3（甘肃省天水市第一中学 2020 年
32、高三上学期 12 月月考数学试题）如图 1 四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，,2,ADEF AF4,2ADEF，沿AD边将四边形ADEF折起，使得平面ADEF 平面ABCD，如图 2，动点M在线段EF上，,NG分别是,AB BC的中点，设异面直线MN与AG所成的角为，则cos的最大值为A3010B105C1010D55【答案】A【解析】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，由题意可得0,0,0A，4,2,0G，2,0,0N，0,1,1F，ADEF，动点M在线段EF上，则可设0,1My，1,3y，4,2,0AG，2,1NMy，coscos,AGNMAGNMAGNM2822
33、 55yy2455yy，令4,1,3ty t 则4yt，则 2cos554tt 225554tt 2515112181tt，19当3t 时cos取最大值，max30(cos)10，故选：A.【名师点睛】本题考查利用空间向量法求异面直线的夹角的余弦值，属于基础题.求解时，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，表示出相应的点的坐标，利用向量夹角公式求解.4（山东省泰安第二中学 2019-2020 学年高三上学期 9 月月考数学试题）在正方体1111ABCDAB CD中，点M是1AA的中点，已知AB a，ADb，1AA c，用a，b，c表示CM，则CM_.【答案】12 abc【解析】CM CBBA AM
34、BC AB AM ，又M是1AA的中点，112AMAA，112CMBC ABAA ，AB a，ADb，1AA c，12CM abc，故答案为：12CM abc.【名师点睛】本题考查向量的线性运算，属于基础题.求解时，根据向量的线性运算解得.5（河南省天一大联考 2019-2020 学年高三阶段性测试（三）数学试题）在直四棱柱1111ABCDAB CD中，底面ABCD是菱形，60BAD，1122ABAA，E、F分别是线段1AA、11CD的中点.20（1）求证：BD CE；（2）求平面ABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）453151.【解析】（1）连接AC，交
35、BD于点O.因为四边形ABCD是菱形，所以AC BD.因为四棱柱1111ABCD A B CD是直四棱柱，所以1AA 平面ABCD.因为BD 平面ABCD，所以1AA BD.因为1AA AC A，所以BD 平面ACE.因为CE 平面ACE，所以BD CE.（2）由（1）知AC BD，以O为坐标原点，OA，OB分别为x，y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系O xyz.因为1122ABAA，所以14AA，因为底面四边形ABCD为菱形，且60BAD，所以2AB AD BD，2 3AC，又因为E、F分别是线段1AA、11CD的中点，所以3,0,0C，3,0,2E，31,
36、422F，21所以2 3,0,2CE，31,422CF.设平面CEF的一个法向量为,xyzn，则2 320314022CExzCFxyznn.令3x，得3,21,3n.易知0,0,1m为平面ABCD的一个法向量.设平面ABCD与平面CEF所成的锐二面角为，所以 2223,21,30,0,13453cos1514533213 m nm n，所以平面ABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值为453151.【名师点睛】本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，解题的关键就是建立空间直角坐标系，将问题转化为空间向量来计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
37、求解时，（1）连接AC，交BD于点O，利用菱形对角线的性质得出BD AC，由直棱柱的性质得出1AA 平面ABCD，可得出1BD AA，由直线与平面垂直的判定定理可证明出BD 平面ACE，由此可证明出BD CE；（2）以O为坐标原点，OA，OB分别为x，y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系O xyz，然后利用空间向量法计算出平面ABCD与平面CEF所成锐二面角的余弦值.6（四川省南充市高中 2019-2020 学年高三第一次高考适应性考试数学试题）如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，2AB，BC a，PAABCD底面.（1）当a为何值时，BDPAC平
38、面？证明你的结论；22（2）当122PAa时，求面PDC与面PAB所成二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）2 55.【解析】（1）当2a 时，ABCD为正方形，则BD AC.因为PAABCD平面，BDABCD平面，所以BD PA，又AC PA A.所以BDPAC平面.故当2a 时，BDPAC平面.（2）以A为坐标原点，AD的方向为x轴的正方向，AB的方向为y轴的正方向，AP的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系A xyz，则4,0,0D，4,2,0C，00 2P,，所以0,2,0DC，4,2,2PC，设,xyzn是面PDC的法向量，则00DCPCnn，即204220yxyz可取1,0
39、,2n，AD是平面PAB的法向量，所以5cos,5|ADADADnnn，所以2 5sin,5ADn，所以面PDC与面PAB所成二面角的正弦值为2 55.【名师点睛】本题考查线面垂直的判定，以及用向量法求空间角，考查计算能力，属于中档题.求解时，23（1）只需AC BD，可推出ABCD为正方形，即可得到BDPAC平面；（2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，再求出面PDC与面PAB的法向量，即可求出结论.7（河北省承德市第一中学 2019-2020 学年高三上学期 12 月月考数学试题）如图，已知点 H在正方体1111ABCD A B CD的对角线11BD上，HDA=60（1）求 DH 与1CC
40、所成角的大小；（2）求 DH 与平面1A BD所成角的正弦值【答案】（1）45；（2）66.【解析】（1）以D为原点，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz设 H（m，m，1）（m 0），则DA（1，0，0），1CC（0，0，1），连接 BD，B1D1则DH（m，m，1）（m 0），由已知DA，DH 60，可得 2m221m，解得 m22，24DH（22，22，1），cosDH，122CC，DH，1CC 45，即 DH 与 CC 所成角的大小为 45；（2）设平面ABD的法向量为(,),xyzn则(,)(1,0,1)0(,)(1,1,0)0DAxyzDBxyz nn，00 x zx
41、 y ，令1,x 得(1,1,1)n是平面ABD的一个法向量221(1)1(1)622cos623DH ，n，设 DH 与平面ABD所成的角为所以6sincos6DH，n【名师点睛】本题考查向量知识的运用，考查空间角，正确运用向量的夹角公式是关键.求解时，（1）建立空间直角坐标系，设 H（m，m，1）（m 0），求出1CC、DH，利用向量的夹角公式可求 DH 与 CC 所成角的大小；（2）求出平面 A1BD的法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论8（湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟 2019-2020 学年高三上学期 10 月联考数学试题）已知在多面体ABCDE中，DE AB，AC B
42、C，24BCAC，2AB DE，DA DC且平面DAC 平面ABC.（1）设点F为线段BC的中点，试证明EF 平面ABC；（2）若直线BE与平面ABC所成的角为60，求二面角B AD C的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）34.25【解析】（1）证明：取AC的中点O，连接EF，OF，在DAC中DA DC，DO AC.由平面DAC 平面ABC，且交线为AC得DO 平面ABC.O，F分别为AC，BC的中点，OF ABP，且2ABOF.又DE AB，2AB DE，OF DEP，且OF DE.四边形DEFO为平行四边形.EF DOP，EF 平面ABC.（2）DO 平面ABC，AC BC，以O为原点
43、，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.则1,0,0A，1,0,0C，1,4,0B.EF 平面ABC，直线BE与平面ABC所成的角为60EBF.tan602 3DO EF BFo.0,0,2 3D.可取平面ADC的法向量0,1,0m，设平面ADB的法向量,xyzn，2,4,0AB uuur，1,0,2 3AD uuur，则2402 30 xyxz ，取1z，则2 3x，3y.2 3,3,1n，263cos,4m nmnm n，二面角B AD C的余弦值为34.【名师点睛】本题考查了线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的大小，重点考查了空间想
44、象能力，属中档题.求解时，（1）由四边形DEFO为平行四边形.EF DOP，再结合DO 平面ABC，即可证明EF 平面ABC；（2）由空间向量的应用，建立以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴的空间直角坐标系，再求出平面ADC的法向量0,1,0m，平面ADB的法向量2 3,3,1n，再利用向量夹角公式求解即可.9（广东省广州市番禺区广东仲元中学 2019-2020 年高三上学期 11 月月考数学试题）如图 1，PAD是以AD为斜边的直角三角形，1PA，BCAD，CD AD，22ADDC，12BC，将PAD沿着AD折起，如图 2，使得2PC（1）证明：平
45、面PAD 平面ABCD；（2）求二面角A PBC大小的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）13 301301.【解析】（1）1DC，2PC，223PDAD PA，222PD CDPC，即CD PD又CD AD，PD AD D，CD 面PAD，CD 面ABCD，面PAD 面ABCD（2）如图，以O为坐标原点，垂直OD方向为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直线坐标系2710,02A，1,1,0B，31,02C，30,0,2P设面BPC的法向量为111,xyzm，由00BCBP mm，得1132xz，10y，取3,0,2m，设面PAB的法向量为222,x y zn，由00ABBP nn，得22
46、302xy，222302xyz，取23,2,3n，13 301cos,301m nmnm n，由图形可知二面角A PBC为钝角，所以二面角A PBC大小的余弦值为13 301301【名师点睛】本题考查了面面垂直和二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.求解时，（1）利用勾股定理得到CD PD，证明CD 面PAD得到答案.（2）如图，以O为坐标原点，垂直OD方向为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直线坐标系，分别计算平面的法向量，再计算法向量夹角得到答案.10（天津市部分区 2019-2020 学年高三上学期期末数学试题）如图，在三棱柱111ABCA B C中，P、O分别为AC、11A
47、C的中点，112 2PA PC，1111A BB C12 3PB，114A C.28（1）求证：PO 平面111A B C；（2）求二面角111BPA C的正弦值；（3）已知H为棱11B C上的点，若11113BHB C，求线段PH的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）2 55；（3）2 2.【解析】（1）在三角形11PA C中，11PA PC且O为11A C的中点，所以11PO AC.在1RtPA O中，11112,2A OA C12 2PA，22112POPA AO.连接1OB，在111AB C中，1111=2 3A B B C，111OB AC，所以2211112 2OBA BAO.又
48、12 3PB，所以22211PB PO OB，所以1PO OB.又因为111A COB O，29由，得PO 平面111A B C.（2）以点O为坐标原点，分别以11,OAOBOP的方向为,xyz轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz，则0,0,0O，112,0,0,0,2 2,0,0,0,2ABP，所以111=2,2 2,0,=2,0,2ABAP.设,xyzn为平面11PA B的法向量，则有1110,0.ABAPnn即22 20,220.xyxz 令=1x，得2,21.yz所以21,12n.易得，1=0,2 2,0OB且为平面11PA C的法向量，所以12OB n，12 5OBn，
49、所以1115cos,5OBOBOBnnn.故所求二面角111BPA C的正弦值为252 5155（3）由（2）知12,0,0C.设点111,Hxyz，则1111,2 2,BHx yz.又112,2 2,0BC ，11113BHB C，所以1111,2 2,2,2 2,03xyz，从而1112,32 22 2,30.xyz 即点2 4 2,033H.所以2 4 2,233PH.所以22224 222 233PH.【名师点睛】本题考查线面垂直的判定定理、向量法求空间角及空间中线段的长度，考查空间想象能30力和运算求解能力，求解时注意空间直角坐标系建立的适当性.求解时，（1）证明11PO AC，1P
50、O OB，再根据111ACOBO，从而得到线面垂直的证明；（2）以点O为坐标原点，分别以11,OA OBOP的方向为,xyz轴的正方向，利用向量法求得二面角的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系求得正弦值；（3）结合（2）中12,0,0C，求得点2 4 2,033H，再求PH的值，从而求得线段PH的长度.1（2018 新课标全国理科）在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为A15B56C55D22【答案】C【解析】以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 110,0,0,1,0,0,1