2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.6 立体几何中的向量方法（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 8.6 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法 目录 一、考点全归纳一、考点全归纳 1两条异面直线所成角的求法两条异面直线所成角的求法 设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 l1与 l2所成的角 a 与 b 的夹角 范围 0， 2 0， 求法 cos |a b| |a|b| cos a b |a|b| 2.直线与平面所成角的求法直线与平面所成角的求法 设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为 ，a 与 n 的夹角为 ，

2、则 sin |cos |a n| |a|n| 3求二面角的大小求二面角的大小 (1)如图， AB， CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线， 则二面角的大小 AB ， CD (2)如图， n1， n2分别是二面角 l 的两个半平面 ， 的法向量， 则二面角的大小 满足|cos |cos n1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 【常用结论】 利用空间向量求距离利用空间向量求距离 (1)两点间的距离 设点 A(x1，y1，z1)，点 B(x2，y2，z2)，则|AB|AB | （x1x2）2（y1y2）2（z1z2）2. (2) 点到平面的距离 如图

3、所示，已知 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则 B 到平面 的距离为|BO |AB n| |n| . 二二 题型全归纳题型全归纳 题型一题型一 异面直线所成的角异面直线所成的角 【题型要点】用向量法求异面直线所成角的一般步骤【题型要点】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 【易错提醒】【易错提醒】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

4、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 【例【例 1】如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是菱形，AB2，BAD60 . (1)求证：BD平面 PAC； (2)若 PAAB，求 PB 与 AC 所成角的余弦值 【解析】(1)证明：因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 ACBD. 因为 PA平面 ABCD，所以 PABD. 又因为 ACPAA，所以 BD平面 PAC. (2)设 ACBDO. 因为BAD60 ，PAAB2， 所以 BO1，AOCO 3. 如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系

5、 Oxyz， 则 P(0， 3，2)，A(0， 3，0)，B(1，0，0)，C(0， 3，0) 所以PB (1， 3，2)，AC(0，2 3，0) 设 PB 与 AC 所成角为 ，则 cos PB AC |PB |AC| 6 2 2 2 3 6 4 . 即 PB 与 AC 所成角的余弦值为 6 4 . 【例【例 2】.如图，在三棱锥 P- ABC 中，PA底面 ABC，BAC90 .点 D，E，N 分别为棱 PA，PC，BC 的中 点，M 是线段 AD 的中点，PAAC4，AB2. (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

6、7 21，求线段 AH 的长 【解析】 ： 如图，以 A 为原点，分别以AB ，AC，AP的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空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：DE (0，2，0)，DB (2，0，2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量， 则 n DE 0， n DB 0， 即 2y0， 2x2z0. 不妨设 z1，可取 n(1，0，1) 又MN (1，2，1)，可得MN n0. 因为 MN平面 BDE， 所以 MN平面 B

7、DE. (2)依题意，设 AHh(0h4)，则 H(0，0，h)， 进而可得NH (1，2，h)，BE (2，2，2) 由已知，得|cosNH ，BE |NH BE | |NH |BE | |2h2| h25 2 3 7 21， 整理得 10h221h80，解得 h8 5或 h 1 2. 所以，线段 AH 的长为8 5或 1 2. 题型二题型二 直线与平面所成的角直线与平面所成的角 【题型要点】【题型要点】(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：分别求出斜线和它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

8、量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角 (2)若直线 l 与平面 的夹角为 ，直线 l 的方向向量 l 与平面 的法向量 n 的夹角为 ，则 2 或 2. 【易错提醒】【易错提醒】求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系， 线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值 【例【例 1】(2020 深圳模拟深圳模拟)如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PDPB，H 为 PC 上的点，过 AH 的平面分别交 PB，PD 于点 M，N，且 BD平面 AMHN. (1)证明：MNPC； (2)设 H 为 PC 的中点，PAPC 3AB，PA

9、与平面 ABCD 所成的角为 60 ，求 AD 与平面 AMHN 所成角的 正弦值 【解析】 ：(1)证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 PO. 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BDAC，且 O 为 BD 的中点 因为 PDPB，所以 POBD， 因为 ACPOO，且 AC，PO平面 PAC，所以 BD平面 PAC. 因为 PC平面 PAC，所以 BDPC. 因为 BD平面 AMHN，且平面 AMHN平面 PBDMN，所以 BDMN， 所以 MNPC. (2)由(1)知 BDAC 且 POBD， 因为 PAPC，且 O 为 AC 的中点， 所以 POAC，所以 PO平面 AB

10、CD， 因为 PA 与平面 ABCD 所成的角为PAO，所以PAO60 ，所以 AO1 2PA，PO 3 2 PA. 因为 PA 3AB，所以 BO 3 6 PA. 以 O 为坐标原点，OA ，OD ，OP 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标 系， 记 PA2， 则 O(0， 0， 0)， A(1， 0， 0)， B 0， 3 3 ，0 ， C(1， 0， 0)， D 0， 3 3 ，0 ， P(0， 0， 3)， H 1 2，0， 3 2 ， 所以BD 0，2 3 3 ，0 ，AH 3 2，0， 3 2 ，AD 1， 3 3 ，0 . 设平面 AMHN

11、的法向量为 n(x，y，z)，则 n BD 0， n AH 0， 即 2 3 3 y0， 3 2x 3 2 z0， 令 x2，解得 y0，z2 3，所以 n(2，0，2 3)是平面 AMHN 的一个法向量 记 AD 与平面 AMHN 所成角为 ，则 sin |cosn，AD | n AD |n|AD | 3 4 . 所以 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值为 3 4 . 【例【例 2】如图，在几何体 ACDA1B1C1D1中，四边形 ADD1A1与四边形 CDD1C1均为矩形，平面 ADD1A1 平面 CDD1C1，B1A1平面 ADD1A1，ADCD1，AA1A1B12，E 为棱 AA1

12、的中点 (1)证明：B1C1平面 CC1E； (2)求直线 B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值 【解析】(1)证明：因为 B1A1平面 ADD1A1，所以 B1A1DD1， 又 DD1D1A1，B1A1D1A1A1，所以 DD1平面 A1B1C1D1， 又 DD1CC1，所以 CC1平面 A1B1C1D1. 因为 B1C1平面 A1B1C1D1，所以 CC1B1C1. 因为平面 ADD1A1平面 CDD1C1，平面 ADD1A1平面 CDD1C1DD1，C1D1DD1， 所以 C1D1平面 ADD1A1. 经计算可得 B1E 5，B1C1 2，EC1 3，从而 B1E2B1C21EC21

13、， 所以在 B1EC1中，B1C1C1E. 又 CC1，C1E平面 CC1E，CC1C1EC1，所以 B1C1平面 CC1E. (2) 如图，以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得 A(0，0，0)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1， 2，1)，E(0，1，0)， 则CE (1，1，1)，B 1C (1，2，1) 设平面 B1CE 的法向量为 m(x，y，z)，则 m B1C 0， m CE 0， 即 x2yz0， xyz0，消去 x 得 y2z0， 不妨设 z1，可得 m(3，2，1)为平面 B1CE 的一个法向量， 易得B1C1 (1，0，1)，设直线 B1C1与

14、平面 B1CE 所成角为 ， 则 sin |cosm，B1C1 | m B1C1 |m| |B1C1 | 4 14 2 2 7 7 ， 故直线 B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值为2 7 7 . 题型三题型三 二面角二面角 【题型要点】利用向量计算二面角大小的常用方法【题型要点】利用向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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(钝)二面角 (2)找与棱垂直的方向向量法：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

15、就是二面角的大小 【易错提醒】 ：【易错提醒】 ：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行 【例【例 1】(2020 深圳模拟深圳模拟)已知四棱锥 P- ABCD，底面 ABCD 为菱形，PDPB，H 为 PC 上的点，过 AH 的平 面分别交 PB，PD 于点 M，N，且 BD平面 AMHN. (1)证明：MNPC； (2)当 H 为 PC 的中点，PAPC 3AB，PA 与平面 ABCD 所成的角为 60 ，求 AD 与平面 AMHN 所成角的 正弦值 【解析】(1)证明：连接 AC、BD 且 ACBDO，连接 PO.因为 ABCD 为菱形，所以 BDAC， 因为 PDPB，所以

16、POBD， 因为 ACPOO 且 AC、PO平面 PAC， 所以 BD平面 PAC， 因为 PC平面 PAC，所以 BDPC， 因为 BD平面 AMHN， 且平面 AMHN平面 PBDMN， 所以 BDMN，MN平面 PAC， 所以 MNPC. (2)由(1)知 BDAC 且 POBD， 因为 PAPC，且 O 为 AC 的中点， 所以 POAC，所以 PO平面 ABCD， 所以 PA 与平面 ABCD 所成的角为PAO， 所以PAO60 ， 所以 AO1 2PA，PO 3 2 PA， 因为 PA 3AB，所以 BO 3 6 PA. 以OA ，OD ，OP 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角

17、坐标系，如图所示 设 PA2，所以 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， 3 3 ，0)，C(1，0，0)，D(0， 3 3 ，0)，P(0，0， 3)， H(1 2，0， 3 2 )， 所以BD (0，2 3 3 ，0)，AH (3 2，0， 3 2 )，AD (1， 3 3 ，0) 设平面 AMHN 的法向量为 n(x，y，z)， 所以 n BD 0， n AH 0， 即 2 3 3 y0， 3 2x 3 2 z0， 令 x2，则 y0，z2 3，所以 n(2，0，2 3)， 设 AD 与平面 AMHN 所成角为 ， 所以 sin |cosn，AD | n AD |n|AD | |

18、 3 4 . 所以 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值为 3 4 . 【例【例 2】 图 1 是由矩形 ADEB， Rt ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形， 其中 AB1， BEBF2， FBC 60 .将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 BCGA 的大小 【解析】 ：(1)证明：由已知得 ADBE，CGBE， 所以 ADCG，故 AD，CG 确定一个平面， 从而 A，C，G，D 四点共面 由已知得 ABBE，ABBC， 故 A

19、B平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC， 所以平面 ABC平面 BCGE. (2)作 EHBC，垂足为 H. 因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC， 所以 EH平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60 ， 可求得 BH1，EH 3. 以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 H- xyz， 则 A(1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0， 3)，CG (1，0， 3)，AC (2，1，0) 设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 CG n0 AC n0，即 x 3z0， 2xy0. 所以可

20、取 n(3，6， 3) 又平面 BCGE 的法向量可取为 m(0，1，0)， 所以n，m n m |n|m| 3 2 . 因此二面角 B- CG- A 的大小为 30 . 题型四题型四 利用空间向量求距离利用空间向量求距离 【题型要点】【题型要点】求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长如图，设点 P 在平 面 外，n 为平面 的法向量，在平面 内任取一点 Q，则点 P 到平面 的距离 d|PQ n| |n| . 【易错提醒】该题中的第(2)问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法等体积法与向量法，显 然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可

21、 【例【例 1】(2020 云南师范大学附属中学云南师范大学附属中学 3 月月考月月考)如图，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中， ABC 是边长为 2 的正 三角形，AA12 6，D 是 CC1的中点，E 是 A1B1的中点 (1)证明：DE平面 A1BC; (2)求点 A 到平面 A1BC 的距离 【解析】 (1)证明：如图 取 A1B 的中点 F，连接 FC，FE. 因为 E，F 分别是 A1B1，A1B 的中点， 所以 EFBB1，且 EF1 2BB1. 又在平行四边形 BB1C1C 中，D 是 CC1的中点， 所以 CDBB1，且 CD1 2BB1，所以 CDEF，且 CDEF.

22、所以四边形 CFED 是平行四边形，所以 DECF. 因为 DE/平面 A1BC，CF平面 A1BC，所以 DE平面 A1BC. (2)法一：(等体积法)因为 BCACAB2，AA12 6，三棱柱 ABC- A1B1C1为直三棱柱，所以 V三棱锥A1ABC 1 3S ABC AA1 1 3 3 4 22 2 62 2. 又在 A1BC 中，A1BA1C2 7，BC2，BC 边上的高 h A1B2 1 2BC 2 3 3， 所以 S A1BC1 2BC h3 3. 设点 A 到平面 A1BC 的距离为 d，则 V三棱锥AA1BC1 3S A1BC d 1 3 3 3 d 3d. 因为 V三棱锥A

23、1ABCV三棱锥AA1BC，所以 2 2 3d，解得 d2 6 3 ， 所以点 A 到平面 A1BC 的距离为2 6 3 . 法二：(向量法)由题意知，三棱柱 ABC- A1B1C1是正三棱柱取 AB 的中点 O，连接 OC，OE.因为 ACBC， 所以 COAB. 又平面 ABC平面 ABB1A1，平面 ABC平面 ABB1A1AB，所以 CO平面 ABB1A1. 因为 O 为 AB 的中点，E 为 A1B1的中点，所以 OEAB，所以 OC，OA，OE 两两垂直 如图，以 O 为坐标原点，以 OA，OE，OC 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 C(0， 0， 3

24、)，A(1，0，0)，A1(1，2 6，0)，B(1，0，0) 则BA1 (2，2 6，0)，BC (1，0， 3) 设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z)， 则由 nBA1 ， nBC ， 可得 n BA1 2x2 6y0， n BC x 3z0， 整理得 x 6y0， x 3z0，令 x 6，则 y1，z 2. 所以 n( 6，1， 2)为平面 A1BC 的一个法向量 而BA (2，0，0)，所以点 A 到平面 A 1BC 的距离 d|BA n| |n| 6 2 612 2 6 3 . 【例【例 2】如图， BCD 与 MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD平面 BCD，

25、AB平面 BCD，AB 2 3，求点 A 到平面 MBC 的距离 【答案】见解析 【解析】 ：如图，取 CD 的中点 O，连接 OB，OM，因为 BCD 与 MCD 均为正三角形，所以 OBCD， OMCD，又平面 MCD平面 BCD，平面 MCD平面 BCDCD，OM平面 MCD，所以 MO平面 BCD. 以 O 为坐标原点，直线 OC，BO，OM 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz. 因为 BCD 与 MCD 都是边长为 2 的正三角形， 所以 OBOM 3， 则 O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0， 3)， B(0， 3，0)，A(0， 3，2 3)

26、， 所以BC (1， 3，0) BM (0， 3， 3) 设平面 MBC 的法向量为 n(x，y，z)， 由 nBC ， nBM 得 n BC 0， n BM 0， 即 x 3y0， 3y 3z0， 取 x 3，可得平面 MBC 的一个法向量为 n( 3，1，1) 又BA (0，0，2 3)， 所以所求距离为 d|BA n| |n| 2 15 5 . 三、高效训练突破三、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1若直线 l 的方向向量与平面 的法向量的夹角等于 120 ，则直线 l 与平面 所成的角等于( ) A120 B60 C30 D60 或 30 【答案】【答案】C 【解析】设直线 l 与平

27、面 所成的角为 ，直线 l 与平面 的法向量的夹角为 .则 sin |cos |cos 120 | 1 2. 又 090，30 . 2在正方体 A1B1C1D1- ABCD 中，AC 与 B1D 所成角大小为( ) A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】【答案】D 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系 设正方体边长为 1，则 A(0，0，0), C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0). AC (1，1，0)， B1D (1，1，1)，AC B1D 1 (1)1 10 (1)0，AC B1D ，AC 与 B1D 所成的角为 2. 3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱

28、ABC- A1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦 值为( ) A. 5 5 B. 5 3 C.2 5 5 D.3 5 【答案】【答案】A 【解析】设 CA2，则 C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量AB1 (2，2，1)，BC1 (0，2，1)，由向量的夹角公式得 cosAB1 ，BC1 2 02 21 （1） 041 441 1 5 5 5 . 4.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2 3 ，A1B1 长为 3，其中 B1与 C 在平面

29、AA1O1O 的同侧则异面直线 B1C 与 AA1所成的角的大小为( ) A. 6 B 4 C. 3 D 2 【答案】B 【解析】 ：.以 O 为坐标原点建系如图 则 A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1 3 2 ，1 2，1 ，C 3 2 ，1 2，0 . 所以AA1 (0，0，1)，B1C (0，1，1)， 所以 cosAA1 ，B1C AA1 B1C |AA1 |B1C | 0 00 （1）1 （1） 1 02（1）2（1）2 2 2 ， 所以AA1 ，B1C 3 4 ，所以异面直线 B1C 与 AA1所成的角为 4.故选 B. 5.如图，已知长方体 ABCD- A1B1C1D1中

30、，ADAA11，AB3，E 为线段 AB 上一点，且 AE1 3AB，则 DC1 与平面 D1EC 所成的角的正弦值为( ) A.3 35 35 B2 7 7 C. 3 3 D 2 4 【答案】A. 【解析】 ：如图 以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 C1(0，3，1)， D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以DC1 (0，3，1)，D1E (1，1，1)，D1C (0，3，1)设 平面 D1EC 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n D1E 0， n D1C 0， 即 xyz0， 3yz0， 即 x2y

31、， z3y，取 y1，得 n(2，1，3) 因为 cosDC1 ，n DC1 n |DC1 | |n| （0，3，1） （2，1，3） 10 14 3 35 35 ，所以 DC1与平面 D1EC 所成的角的正弦 值为3 35 35 ，故选 A. 6二面角的棱上有 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 AB 4，AC6，BD8，CD2 17.则该二面角的大小为( ) A150 B45 C60 D120 【答案】C. 【解析】 ：如图所示 二面角的大小就是AC ，BD 因为CD CA ABBD ， 所以CD 2CA2AB2BD22(CA ABCA

32、BD AB BD )CA 2AB2BD22CA BD ， 所以CA BD 1 2(2 17) 262428224. 因此AC BD 24，cosAC ，BD AC BD |AC |BD | 1 2， 又AC ，BD 0 ，180 ， 所以AC ，BD 60 ，故二面角为 60 . 7 已知斜四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的各棱长均为 2， A1AD60 ， BAD90 ， 平面 A1ADD1平面 ABCD， 则直线 BD1与平面 ABCD 所成的角的正切值为( ) A. 3 4 B. 13 4 C. 39 13 D. 39 3 【答案】【答案】C 【解析】取 AD 中点 O，连接 OA1

33、，易证 A1O平面 ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系 得 B(2，1，0)，D1(0，2， 3)，BD1 (2，3， 3)，平面 ABCD 的一个法向量为 n(0，0，1)，设 BD1 与平面 ABCD 所成的角为 ，sin |BD1 n| |BD1 |n| 3 4 ，tan 39 13 . 8.如图， 在四棱锥 P- ABCD 中， 四边形 ABCD 为平行四边形， 且 BC平面 PAB， PAAB， M 为 PB 的中点， PAAD2.若 AB1，则二面角 B- AC- M 的余弦值为( ) A. 6 6 B. 3 6 C. 2 6 D.1 6 【答案】【答案】A 【解析】 因为 B

34、C平面 PAB，PA平面 PAB，所以 PABC，又 PAAB，且 BCABB，所以 PA平面 ABCD.以 点 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 A- xyz. 则 A(0，0，0)，C(1，2，0)，P(0，0，2)，B(1，0，0)，M 1 2，0，1 ， 所以AC (1，2，0)，AM 1 2，0，1 ， 求得平面 AMC 的一个法向量为 n(2，1，1)， 又平面 ABC 的一个法向量AP (0，0，2)， 所以 cosn，AP n AP |n|AP | 2 411 2 1 6 6 6 . 所以二面角 B- AC- M

35、的余弦值为 6 6 . 9设正方体 ABCD- A1B1C1D1的棱长为 2，则点 D1到平面 A1BD 的距离是( ) A. 3 2 B. 2 2 C.2 2 3 D.2 3 3 【答案】【答案】D 【解析】如图建立坐标系 则 D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)， D1A1 (2，0，0)，DB (2，2，0)， DA1 (2，0，2) 设平面 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，则 n DA 1 0， n DB 0， 2x2z0， 2x2y0，令 z1，得 n(1，1，1) D1到平面 A1BD 的距离 d|D1A1 n| |n| 2 3 2 3 3 . 二、填空

36、题二、填空题 1.如图，正三棱柱 ABC- A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G 分别为 AB，AA1，A1C1的中点，则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为_ 【答案】 ：3 5 【解析】 ：设正三棱柱的棱长为 2，取 AC 的中点 D，连接 DG，DB，分别以 DA，DB，DG 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 B1(0， 3，2)，F(1，0，1)， E 1 2， 3 2 ，0 ，G(0，0，2)， B1F (1， 3，1)，EF 1 2， 3 2 ，1 ，GF (1，0，1) 设平面 GEF 的法向量为 n(x，y，z)， 则 EF n0

37、， GF n0， 即 1 2x 3 2 yz0， xz0， 取 x1，则 z1，y 3， 故 n(1， 3，1)为平面 GEF 的一个法向量， 所以|cosn，B1F |131| 5 5 3 5， 所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为3 5. 2.如图，平面 ABCD平面 ABEF，四边形 ABCD 是正方形，四边形 ABEF 是矩形，且 AF1 2ADa，G 是 EF 的中点，则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为_ 【答案】 6 3 【解析】如图 以 A 为原点建立空间直角坐标系， 则 A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)， AG (a

38、，a，0)，AC (0，2a，2a)，BG (a，a，0)， 设平面 AGC 的法向量为 n1(x1，y1，1)， 由 AG n10 AC n10 ax1ay10 2ay12a0 x11 y11n 1(1，1，1)sin |BG n1| |BG |n1| 2a 2a 3 6 3 . 3已知正四棱锥 S- ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是 SB 的中点，则 AE 与 SD 所成角的余弦值为 _ 【答案】 3 3 【解析】以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA，OB，OS 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间 直角坐标系 设边长为 2，则有 O(0，0，0)，A(

39、2，0，0)，B(0， 2，0)，S(0，0， 2)，D(0， 2，0)，E 0， 2 2 ， 2 2 ， AE 2， 2 2 ， 2 2 ，SD (0， 2， 2)， AE ，SD |AE SD | |AE |SD | 2 2 3 3 3 ， 故 AE 与 SD 所成角的余弦值为 3 3 . 4在正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，AA12AB，则 CD 与平面 BDC1所成角的正弦值等于_ 【答案】2 3 【解析】以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图 设 AA12AB2，则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)， C1(0，1，2)，则DC (0，1，0)，D

40、B (1，1，0)，DC1 (0，1，2) 设平面 BDC1的法向量为 n(x，y，z)， 则 n DB 0， n DC1 0， 所以有 xy0， y2z0， 令 y2，得平面 BDC1的一个法向量 n(2，2，1) 设 CD 与平面 BDC1所成的角为 ，则 sin |cosn，DC | n DC |n|DC | 2 3. 5(2020 汕头模拟汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥 S- ABCD 中，ABC90 ，ADBC，SA平面 ABCD，SA ABBC1，AD1 2，则平面 SCD 与平面 SAB 所成锐二面角的余弦值是_ 【答案】 6 3 【解析】如图所示 建立空间直角坐标系，则依题

41、意可知， D 1 2，0，0 ，C(1，1，0)，S(0，0，1)， 可知AD 1 2，0，0 是平面 SAB 的一个法向量 设平面 SCD 的一个法向量 n(x，y，z)， 因为SD 1 2，0，1 ，DC 1 2，1，0 ，所以 n SD 0， n DC 0， 即 x 2z0， x 2y0. 令 x2，则有 y1，z1， 所以 n(2，1，1) 设平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角为 ， 则 cos |AD n| |AD |n| 1 2 20 （1）0 1 1 2 2 22（1）212 6 3 . 6.(2020 北京模拟北京模拟)如图所示，四棱锥 P- ABCD 中，PD底面

42、ABCD，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PD 2，E 是棱 PB 的中点，M 是棱 PC 上的动点，当直线 PA 与直线 EM 所成的角为 60 时，那么线段 PM 的 长度是_ 【答案】5 4 2 【解析】如图建立空间直角坐标系， 则 A(2，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)， AP ( )2，0，2 ， E 是棱 PB 的中点， E(1，1，1)， 设 M(0，2m，m)，则EM ()1，1m，m1 ， | |cosAP ，EM AP EM |AP |EM | |22() m1 2 2 12（m1）2 1 2， 解得 m3 4，M 0，5 4， 3 4 ， PM 25

43、 16 25 16 5 4 2. 三三 解答题解答题 1如图所示，菱形 ABCD 中，ABC60 ，AC 与 BD 相交于点 O，AE平面 ABCD，CFAE，ABAE 2. (1)求证：BD平面 ACFE； (2)当直线 FO 与平面 BED 所成的角为 45 时，求异面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值的大小 【答案】见解析 【解析】 ：(1)证明：因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 BDAC. 因为 AE平面 ABCD，BD平面 ABCD， 所以 BDAE. 又因为 ACAEA，AC，AE平面 ACFE. 所以 BD平面 ACFE. (2)以 O 为原点，OA，OB 所在直线分别为

44、x 轴，y 轴，过点 O 且平行于 CF 的直线为 z 轴(向上为正方向)， 建立空间直角坐标系，则 B(0， 3，0)，D(0， 3，0)，E(1，0，2)，F(1，0，a)(a0)，OF (1，0， a) 设平面 EBD 的法向量为 n(x，y，z)， 则有 n OB 0， n OE 0， 即 3y0， x2z0， 令 z1，则 n(2，0，1)， 由题意得 sin 45 |cosOF ，n|OF n| |OF |n| |2a| a21 5 2 2 ， 解得 a3 或 a1 3(舍去) 所以OF (1，0，3)，BE (1， 3，2)， cosOF ，BE 16 10 8 5 4 ， 故异

45、面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值为 5 4 . 2(2020 湖北十堰 4 月调研)如图，在三棱锥 PABC 中，M 为 AC 的中点，PAPC，ABBC，ABBC， PB 2，AC2，PAC30 . (1)证明：BM平面 PAC； (2)求二面角 BPAC 的余弦值 【答案】 ：见解析 (1)证明：因为 PAPC，ABBC，所以 MPMB1 2AC1， 又 MP2MB2BP2，所以 MPMB. 因为 ABBC，M 为 AC 的中点，所以 BMAC， 又 ACMPM，所以 BM平面 PAC. (2)法一：取 MC 的中点 O，连接 PO，取 BC 的中点 E，连接 EO，则 OEBM，从

46、而 OEAC. 因为 PAPC，PAC30 ，所以 MPMCPC1. 又 O 为 MC 的中点，所以 POAC. 由(1)知 BM平面 PAC，OP平面 PAC，所以 BMPO. 又 BMACM，所以 PO平面 ABC. 以 O 为坐标原点，OA，OE，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意知 A 3 2，0，0 ，B 1 2，1，0 ，P 0，0， 3 2 ，BP 1 2，1， 3 2 ，BA (1，1，0)， 设平面 APB 的法向量为 n(x，y，z)，则 n BP1 2xy 3 2 z0， n BA xy0， 令 x1，得 n(1，1， 3)为平面 APB 的一个法向量， 易得平面 PAC 的一个法向量为 (0，1，0)，cosn， 5 5 ， 由图知二面角 BPAC 为锐角， 所以二面角 BPAC 的余弦值为 5 5 . 法二：取 PA 的中点 H，连接 HM，HB， 因为 M 为 AC 的