第一篇：2015語文一輪復習迎戰高考：7-7立體幾何中的向量方法X

1.古詩文默寫。（10分）

【小題1】知之者不如好之者。（《論語﹒雍也》 【小題2】關關雎鳩，在河之洲。，君子好逑。（《詩經·關雎》）【小題3】采菊東籬下。（陶淵明《飲酒》）

【小題4】

__________，出則無敵國外患者，國恒亡。（《生于憂患，死于安樂》）【小題5】長風破浪會有時。（李白《行路難》）【小題6】

__________，西北望，射天狼。（蘇軾《江城子·密州出獵》）

【小題7】杜甫《茅屋為秋風所破歌》中“

__________，”與于謙《詠煤炭》中“但愿蒼生俱飽暖，不辭辛苦出山林”兩句都表達了作者憂國憂民的思想。

【小題8】我國的航天事業經過幾代科學家的努力，歷經艱難曲折，終于實現了載人航天航天員出艙活動、實行航天員太空行走的重大突破。這種過程可以用陸游《游山西村》中的“

__________，”來形容。

2.根據提示默寫詩文名句或填空。（10分）【小題1】但愿人長久。（蘇軾《水調歌頭（明月幾時有）》）【小題2】晴川歷歷漢陽樹。（崔顥《黃鶴樓》）【小題3】__________，決眥入歸鳥。（杜甫《望岳》）【小題4】春蠶到死絲方盡。（李商隱《無題》）【小題5】__________，奉命于危難之間。（諸葛亮《出師表》）【小題6】問渠那得清如許？。（朱熹《觀書有感》）

【小題7】晏殊的《浣溪沙》中將自然現象與人的感受巧妙結合，生發出值得玩味、充滿情趣的句子是：“______________________，______________________。”

【小題8】在默寫古詩詞名句時，有時同學不能正確區別“雁”與“燕”而出現誤寫。其實，這兩種形象在古詩詞中表達的情感是不同的。“雁”一般與思鄉有關，如(A)。而“燕”一般則與報春有關，如(B)。

1.閱讀下面的文章，完成小題。生氣的成本有多高 林海峰

①人人都知道生氣不好，可事到臨頭每個人都會不加控制地大生其氣。原因何在？還是對生氣認識不到位。事實是，你的每一次心情變化，都會在瞬間對你的身體產生巨大影響。②神經為了應對產生的心理變化，會調動身體的全部資源，進入應激狀態。由于神經系統連接著內分泌系統、免疫系統、循環系統、消化系統，所以，一旦神經啟動應激狀態，就像一個國家啟動戰爭程序一樣，所有相關系統都會投入戰斗，正常的生產將停止，所有資源都用來備戰。

③于是，原來用于生長、修復的內分泌，被改變為用于應激狀態的內分泌，其結果就是內分泌系統紊亂；免疫會因為應激需要而受到抑制；循環能力會因為應激而下降；消化功能會因為應激而減弱。機體為了應激，不得不強化心臟的跳動以支持“戰爭”所需的供養，這就為心臟病的發生累積了條件。為了應激，機體不得不提高血壓來保證循環需要，從而引發高血壓。血糖也不得不升高，機體還要將肝糖迅速轉化為血糖，將組織中的蛋白質也轉化為糖，以支持能量的應激供應，這就當然地引起糖尿病！

④可悲的是，這場戰爭是假想出來的！并不是像兔子遇到老虎，猴子遇到蟒蛇那樣，必須應激以保護生命！而是由于你自己大腦的思維模式，引起的神經緊張，牽動了機體的系統變更！⑤別以為你有可以生氣的理由，就可以理直氣壯的生氣；別以為你有值得懷疑的證據，就可以讓自己疑神疑鬼；別以為情緒緊張所導致的壓力，只是一時的心情不好。對不起，你的身體不知道你在小題大做，你的神經不知道這個世界上還有“想象出來的可怕、緊張”。你的神經忠誠于你的想法，只要你往壞處想，神經就即刻為你準備！那是自然界生存的法則——迅速備戰，才有機會逃離危險。

⑥美國的生理學家愛爾馬，為了研究心理狀態對人健康的影響，做了一個實驗。把人在生氣時呼出的“生氣水”注射在大白鼠身上，幾分鐘后大白鼠就死了。人生氣10分鐘，所消耗的精力，不亞于參加一次3000米的賽跑。

⑦在導致疾病的五大因素中，營養失衡、毒素積累、損耗過度、自然衰老這四個因素加起來的損害，都沒有不良情緒積累所帶來的嚴重。因為，不良情緒的產生，可以像導火索那樣導致其他四個因素同時發生。

⑧人們是在什么情況下產生不良情緒，引發壞心情，觸動壓力導火索的？原來，仔細研究發現，能夠觸動神經緊張的因素來自這樣幾個方面：陷入了不愿意面對的境遇；碰上了讓人失望的事情；預期的意愿沒有達到。⑨如何避免不良情緒，如何創造好心情？這是養生之道中最關鍵的部分。道家為此選擇閉關；佛家進入深山老林，嚴格宣布“八戒”；儒家設法約束舉止；武術家更是想盡辦法讓自己入靜。數千年來，人們為了擺脫人為的思想壓力所引起的生理病變，費盡腦汁！

⑩淡定從容、泰然自若、不慌不忙、不卑不亢，這些成語，道出了心智修養的核心，也道出了解決不良情緒傷害的途徑。

?沒有什么事情值得你真正生氣，因為生命一定遠比那些事情重要；沒有什么人值得你生氣，因為你無需因為他們而傷害自己。不要出賣你的心情去制造壓力，不要出賣你的心情去累積負面的情緒！照顧好自己，首先要照顧好你的心情。（摘自《濟南時報》有刪改）【小題1】細讀第①～③段，分析生氣影響人身體的過程，在下列的方框內填寫恰當的內容。

【小題2】聯系上下文，分析下面句中加橫線詞語的作用。你的每一次心情變化，都會在瞬間對你的身體產生巨大影響。

【小題3】文中畫線句子用了什么說明方法？有何作用？

（1）人生氣10分鐘，所消耗的精力，不亞于參加一次3000米的賽跑。

（2）不良情緒的產生，可以像導火索那樣導致其他四個因素同時發生。

【小題4】讀了此文，你認為避免不良情緒傷害的重要途徑是什么？生活中，遭遇不良情緒時，你常用什么方法排遣？

2.閱讀下面的文字，完成小題。尊重夜色 張勁

城里能見到夜晚，卻見不到正宗的、完整的夜色。城里的夜晚很肥碩，夜色卻瘦弱如殘片。它像只失魂落魄的耗子，被燈光的貓追得東躲西藏，被市聲的刀閹割得七零八落。還讓人想起貶值的稀薄的奶粉，或是摻了假的地溝油之類。正宗的夜色應該是大大的筆蘸上濃濃的墨，揮灑在宣紙上的黑體字。那墨汁慢慢浸潤開來，一筆一劃，飽滿，厚實，酣暢淋漓，且不帶雜質。這樣的筆墨，現在多數已隱居在鄉村了。前些日子，我隨一幫人去開陽縣一個叫禾豐的鄉村采風，便有幸經歷了這樣一場純凈的夜色的洗禮。禾豐的夜色來得濃情，而又斯文得體。仿佛是趕赴一場約會，它有些急不可待，但又不失穩重的傳統。直到家家炊煙即將散盡，只只倦鳥陸續歸巢，它才應和著雀噪，拽著炊煙的尾巴，一點點、一縷縷地翩然降臨。

與這樣完整的夜色邂逅，純屬偶然。采風隊一行數十人，燈火旺處，安置了所有的女士們和部分男士們住。我們十二位“剩男”便只能被發落到荒村野店似的小旅舍了。說是荒村，其實白天不荒，野店也不算野，但因許多房間電燈壞了，或關不嚴門窗，于是入夜就被荒野化了。

我住小店頂樓，正有一樁煩心事堵在胸口，郁悶不能釋懷。這煩心事是白天種下的，但夜色激活了它，催生了它。反正睡不著覺，索性起身下床，在露臺上獨坐，與夜色相對作竟夕談。開頭以為夜色不善言辭，其實錯了。山峰，河流，遠村，近樹，田垅，莊稼??雖被寬廣的、渾無際涯的黑幕所籠罩，所覆蓋，但那似無卻有的碎語，柔軟，綿長，很為晚風所賞識。蛙鳴是早就約好了的，開始是兩聲，三聲，如傳遞開會通知，后來群蛙響應如辯論，鼓點似的呱呱韻押得鏗鏘而又活潑。蟲鳴則押的是仄聲韻，不成陣勢，在我耳畔細吟如簫聲斷續。還有幾聲忠實值勤的狗吠，混合著小兒的啼哭，遠遠傳來，沉沉夜幕被咬破了幾個洞。有夜氣從中淌出來，似有微波漾動，然而轉瞬即逝，夜色毫不滴湯漏水，仍是那么平靜，飽滿如初。

也有陣陣流水的低沉暗唱，那是一條名叫青龍河的波浪，在夜以繼日地詮釋著那句“逝者如斯，不舍晝夜”的含義。

我在露臺上徘徊，看不見河的流動，只能看見遠處公路橋上的一盞路燈，閃爍其辭。驀地想起了前人的詩句：“悄立市橋人不識，一星如月看多時。” 面對那“一星”，詩人不僅覺得它“如月”，且還要悄立良久“看多時”，以前不太理會，現在似乎有些領悟了，是期待和憧憬著什么，卻又有說不出的寂寥和凄清。

今夜恰好無月色，也無星光，我只能是“一燈如豆看多時”了。那如豆的孤燈，是打在夜幕上的一個小小補丁，一個金黃而又夢幻般的神秘補丁。

黑暗中，有些東西被夜色吸去，有些則被夜色放大。比如，田禾的暗香就一陣陣輕撞我的鼻尖，但我聞得見，卻摸不著。憑氣味，我知道那是待收割的油菜莢，告別季節時的些許惆悵，也有剛移栽的秧苗，初上崗時的按捺不住的興奮。

還有身旁的一樹枇杷，它也興奮得快要忘乎所以了。它的果實已經成熟，急盼著出嫁市場。它手舞足蹈地想要掙脫夜色私奔，結果，被晚風扇了兩耳光，爆出一陣噼噼啪啪的脆響。我被逗樂了，心中的郁悶也消解了許多。

鄉村夜色從來都是很自我的，不比日色可以大白于天下。很自我的夜色不愿被人窺測尚未公開的秘密，它總有一種提防被欺騙了的謹慎。所以夜色很矜持，也很低調。它也不想讓雞聲、犬吠、蛙鳴、蟲吟之外的好事者高調入局。

當然，低調并不等于無調。開陽禾豐，之所以稻盛麥豐，不僅與開朗的陽光有關，也與含蓄的夜色有關。

日出而作，該光明時就應光明，該站起來的就別躺下。日入而息，該漆黑的就應漆黑，該躺下來的就別站起。正如鮮亮、熱烈的日色，該有白天的尊嚴一樣，莊重、沉靜的夜色，也該有夜的體面！

日夜往復，黑白交替，陰陽互補，剛柔相濟，乃天地人生之大道。不由得想起了老子“知白而守黑”，“知雄而守雌”，以及民間“陰弱則陽損”、“夜亡則晝疲”等等之類的智慧名言。尊重日色，也尊重夜色，按自然規律辦事，乃有禾豐鄉之禾谷豐登景象！【小題1】閱讀全文，概括作者從哪些角度描寫了禾豐夜色中的哪些景物。

【小題2】賞析文中畫線的句子。蛙鳴是早就約好了的，開始是兩聲，三聲，如傳遞開會通知，后來群蛙響應如辯論，鼓點似的呱呱韻押得鏗鏘而又活潑。

【小題3】分析文章首段在全文中的作用。

【小題4】全文以“尊重夜色”為題，試探究其好處。

1.生于憂患，死于安樂（12分）《孟子》

舜發于畎畝之中，傅說舉于版筑之間，膠鬲舉于魚鹽之中，管夷吾舉于士，孫叔敖舉于海，百里奚舉于市。

故天將降大任于是人也，必先苦其心志，勞其筋骨，餓其體膚，空乏其身，行拂亂其所為，所以動心忍性，曾益其所不能。

人恒過，然后能改；困于心，衡于慮，而后作；征于色，發于聲，而后喻。入則無法家拂士，出則無敵國外患者，國恒亡。然后知生于憂患，而死于安樂也。

【小題1】下列各項中加點詞的意思相同的一項是（）（2分）A．生于憂患，而死于安樂 安陵君因使唐雎使于秦B．征于色，發于聲，而后喻 不言而喻C．國恒亡

馬無故亡而入胡 D．行拂亂其所為凡可以辟患者何不為也 【小題2】下列各項中沒有通假字的一項是（）（2分）A．困于心，衡于慮B．非夫人之物而強假焉C．同舍生皆被綺繡D．食之不能盡其材【小題3】翻譯下面句子。（6分）①所以動心忍性，曾益其所不能。

②入則無法家拂士，出則無敵國外患者，國恒亡。

【小題4】選文首先采用了的論證方法，得出艱難困苦的生活能夠使人磨礪成才的結論，然后采用對比論證和類比論證的方法，得出（2分）

2.閱讀《出師表》，解答后面問題。（11分）

親賢臣，遠小人，此先漢所以興隆也；親小人，遠賢臣，此后漢所以傾頹也。先帝在時，每與臣論此事，未嘗不嘆息痛恨于桓、靈也。侍中、尚書、長史、參軍，此悉貞良死節之臣，愿陛下親之信之則漢室之隆可計日而待也。

臣本布衣，躬耕于南陽，茍全性命于亂世，不求聞達于諸侯。先帝不以臣卑鄙．猥自枉屈，三顧臣于草廬之中，咨臣以當世之事，由是感激，遂許先帝以驅馳。后值傾覆，受任于敗軍之際，奉命于危難之間，爾來二十有一年矣。

先帝知臣謹慎，故臨崩寄臣以大事也。受命以來，夙夜憂嘆，恐托付不效，以傷先帝之明，故五月渡瀘，深入不毛。今南方已定，兵甲已足，當獎率三軍，北定中原，庶竭駑鈍，攘除奸兇，興復漢室，還于舊都。此臣所以報先帝而忠陛下之職分也。【小題1】解釋下列加點的詞語在文中的意思。（4分）

（1）臣本布衣__________，躬耕于南陽（）（2）先帝不以臣卑鄙（）（3）深入不毛（）（4）北定中原（）【小題2】翻譯句子（4分）

（1）親賢臣，遠小人，此先漢所以興隆也（2分）（2）茍全性命于亂世，不求聞達于諸侯。（2分）

【小題3】第二段有一個成語，請找出：_______________（1分）

【小題4】諸葛亮“受命以來”懷著怎樣的心情并采取了怎樣的行動來報答先帝？

1.(2010浙江省溫州市，三(一)，4分)新涼 徐璣①

水滿田疇稻葉齊，日光穿樹曉煙低。

黃鶯也愛新涼好，飛過青山影里啼。

【注釋】①徐璣：南宋時溫州詩人，“永嘉四靈”之一。②田疇：田地，田野。【小題1】.本詩描繪了黃鶯在初秋微涼的天氣中自由翻飛、的景象。(2分)【小題2】.“黃鶯也愛新涼好，飛過青山影里啼”間接表現了詩人怎樣的心情?(2分)

2.(2010浙江省義烏市，15，4分)閱讀下面這首古詩，然后按要求答題。(4分)

春興

(唐)武元衡

楊柳陰陰細雨晴,殘花落盡見流鶯。

春風一夜吹鄉夢,又逐春風到洛城。

(1)詩中_____一詞寫出了楊柳的枝繁葉茂，____一詞寫出了夢境的一再出現(2)這首詩的后兩句抒發了詩人怎樣的感情?

3.(2010，甘肅省蘭州市，7-8,3分)閱讀下面的詩歌，完成：

涼州詞

王之渙

黃河遠上白云間，一片孤城萬仞山。

羌笛何須怨楊柳，春風不度玉門關。

(1)詩中的“春風”除了指自然現象之外，還指的是。(1分)(2)下列理解不恰當的一項是(2分)A．詩歌前兩句以遠川高山襯托“孤城”，描繪出邊地的雄闊蒼涼之景。B．“楊柳”是雙關語，既指音樂的曲調，又指現實中的楊柳樹。C．詩歌用“何須”二字，由邊地圖景描繪轉入情感抒發。D．全詩極寫戍邊者不得還鄉的怨情，情緒消極悲切。

1.作文（50分）

物質上的珍藏，給人一種踏實感；精神上的珍藏，給人一種甜蜜感。美麗的、美好的，可以珍藏；真摯的、真誠的，可以珍藏。最溫馨的珍藏是回憶，最難忘的珍藏是真情。請以“珍藏＿＿＿”為題目，寫一篇文章。要求：

①先補充完整題目；

②立意自定，文體自選（除詩歌外）； ③不少于600字；

④文中不得出現（或暗示）真實的人名、校名、地名。

第二篇：2018高考一輪復習 立體幾何 空間向量

2017高考一輪復習

空間向量

一．解答題（共12小題）1．（2016?浙江）如圖，在三棱臺ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求證：BF⊥平面ACFD；

（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．

2．（2016?天津）如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB=BE=2．（1）求證：EG∥平面ADF；

（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；

（3）設H為線段AF上的點，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值．

3．（2016?沈陽校級模擬）如圖，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直線AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．（Ⅰ）設點M為棱PD中點，求證：EM∥平面ABCD；

（Ⅱ）線段PD上是否存在一點N，使得直線BN與平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，試確定點N的位置；若不存在，請說明理由．

第1頁（共23頁）

4．（2016?天津一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠BCD=135°，側面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分別為BC，AD的中點，點M在線段PD上．

（Ⅰ）求證：EF⊥平面PAC；

（Ⅱ）若M為PD的中點，求證：ME∥平面PAB；

（Ⅲ）如果直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等，求值． 的 5．（2016?貴陽一模）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．（1）求證：平面PBC⊥平面PAC；

（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直線AC上是否存在一點D，使得直線BD與平面PBC所成角為30°？若存在，求出CD的長；若不存在，說明理由．

6．（2015?浙江）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影為BC的中點，D是B1C1的中點．（Ⅰ）證明：A1D⊥平面A1BC；

（Ⅱ）求直線A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．

7．（2015?江蘇）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．

（1）求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；

（2）點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．

第2頁（共23頁）

8．（2014?天津）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，點E為棱PC的中點．（Ⅰ）證明：BE⊥DC；

（Ⅱ）求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；

（Ⅲ）若F為棱PC上一點，滿足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．

9．（2014?新課標I）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）證明：AC=AB1；

（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．

10．（2014?新課標II）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．

（Ⅰ）證明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）設AP=1，AD=，三棱錐P﹣ABD的體積V=，求A到平面PBC的距離．

第3頁（共23頁）

11．（2013?北京）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求證：AA1⊥平面ABC；

（Ⅱ）求證二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；

（Ⅲ）證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求的值．

12．（2013?新課標Ⅱ）如圖，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點，AA1=AC=CB=AB．

（Ⅰ）證明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．

第4頁（共23頁）

2017高考一輪復習

空間向量

參考答案與試題解析

一．解答題（共12小題）1．（2016?浙江）如圖，在三棱臺ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求證：BF⊥平面ACFD；

（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．

【分析】（I）先證明BF⊥AC，再證明BF⊥CK，進而得到BF⊥平面ACFD．

（II）方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中計算，即可得出； 方法二：通過建立空間直角坐標系，分別計算平面ACK與平面ABK的法向量，進而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值． 【解答】（I）證明：延長AD，BE，CF相交于點K，如圖所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．

又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK，∴BF⊥平面ACFD．

（II）方法一：過點F作FQ⊥AK，連接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，則AK⊥平面BQF，∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角． 在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=在Rt△BQF中，BF=，FQ=

．

．

．可得：cos∠BQF=

． ∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值為方法二：如圖，延長AD，BE，CF相交于點K，則△BCK為等邊三角形，取BC的中點，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，以點O為原點，分別以OB，OK的方向為x，z的正方向，建立空間直角坐標系O﹣xyz． 可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，．

=（0，3，0），=，（2，3，0）．），A（﹣1，﹣3，0），第5頁（共23頁）

設平面ACK的法向量為=（x1，y1，z1），平面ABK的法向量為=（x2，y2，z2），由，可得，取=由，可得．，取=

．

∴==．

∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值為．

【點評】本題考查了空間位置關系、法向量的應用、空間角，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題． 2．（2016?天津）如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB=BE=2．（1）求證：EG∥平面ADF；

（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；

（3）設H為線段AF上的點，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值．

第6頁（共23頁）

【分析】（1）取AD的中點I，連接FI，證明四邊形EFIG是平行四邊形，可得EG∥FI，利用線面平行的判定定理證明：EG∥平面ADF；

（2）建立如圖所示的坐標系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夾角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）求出=（﹣，），利用向量的夾角公式求出直線BH和平面CEF所成角的正弦值．

【解答】（1）證明：取AD的中點I，連接FI，∵矩形OBEF，∴EF∥OB，EF=OB，∵G，I是中點，∴GI∥BD，GI=BD． ∵O是正方形ABCD的中心，∴OB=BD．

∴EF∥GI，EF=GI，∴四邊形EFIG是平行四邊形，∴EG∥FI，∵EG?平面ADF，FI?平面ADF，∴EG∥平面ADF；

（2）解：建立如圖所示的坐標系O﹣xyz，則B（0，﹣﹣，2），F（0，0，2），設平面CEF的法向量為=（x，y，z），則∵OC⊥平面OEF，∴平面OEF的法向量為=（1，0，0），∵|cos＜，＞|=

=

；，0），C（，0，0），E（0，取=（，0，1）

∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值為

第7頁（共23頁）

（3）解：AH=HF，∴設H（a，b，c），則∴a=﹣∴=（﹣

==（，0，）．，0，）． =（a+，b，c）=（，b=0，c=，，），∴直線BH和平面CEF所成角的正弦值=|cos＜，＞|==．

【點評】本題考查證明線面平行的判定定理，考查二面角O﹣EF﹣C的正弦值，直線BH和平面CEF所成角的正弦值，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．

3．（2016?沈陽校級模擬）如圖，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直線AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．（Ⅰ）設點M為棱PD中點，求證：EM∥平面ABCD；

（Ⅱ）線段PD上是否存在一點N，使得直線BN與平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，試確定點N的位置；若不存在，請說明理由．

【分析】（I）證明BP⊥平面ABCD，以B為原點建立坐標系，則量，求出，的坐標，通過計算

=0得出

為平面ABCD的法向，從而有EM∥平面ABCD；

第8頁（共23頁）

（II）假設存在點N符合條件，設＜，求出和平面PCD的法向量的坐標，令|cos＞|=解出λ，根據λ的值得出結論．

【解答】證明：（Ⅰ）∵平面ABCD⊥平面ABEP，平面ABCD∩平面ABEP=AB，BP⊥AB，∴BP⊥平面ABCD，又AB⊥BC，∴直線BA，BP，BC兩兩垂直，以B為原點，分別以BA，BP，BC為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系． 則P（0，2，0），B（0，0，0），D（2，0，1），E（2，1，0），C（0，0，1），∴M（1，1，），∴=（﹣1，0，），=（0，2，0）．

為平面ABCD的一個法向量，=0，∵BP⊥平面ABCD，∴∵∴⊥=﹣1×0+0×2+．又EM?平面ABCD，∴EM∥平面ABCD．

（Ⅱ）解：當點N與點D重合時，直線BN與平面PCD所成角的正弦值為． 理由如下： ∵=（2，﹣2，1），=（2，0，0），． 設平面PCD的法向量為=（x，y，z），則∴．令y=1，得=（0，1，2）．

假設線段PD上存在一點N，使得直線BN與平面PCD所成角α的正弦值等于． 設=λ=（2λ，﹣2λ，λ）（0≤λ≤1），∴＞=

=

=

=（2λ，2﹣2λ，λ）． =． ∴cos＜2∴9λ﹣8λ﹣1=0，解得λ=1或（舍去）．

∴當N點與D點重合時，直線BN與平面PCD所成角的正弦值等于．

第9頁（共23頁）

【點評】本題考查了線面平行的判斷，空間向量的應用與線面角的計算，屬于中檔題． 4．（2016?天津一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠BCD=135°，側面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分別為BC，AD的中點，點M在線段PD上．

（Ⅰ）求證：EF⊥平面PAC；

（Ⅱ）若M為PD的中點，求證：ME∥平面PAB；

（Ⅲ）如果直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等，求值． 的 【分析】（Ⅰ）證明AB⊥AC．EF⊥AC．推出PA⊥底面ABCD，即可說明PA⊥EF，然后證明EF⊥平面PAC．

（Ⅱ）證明MF∥PA，然后證明MF∥平面PAB，EF∥平面PAB．即可阿門平面MEF∥平面PAB，從而證明ME∥平面PAB．

（Ⅲ）以AB，AC，AP分別為x軸、y軸和z軸，如上圖建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，平面ABCD的法向量，平面PBC的法向量，利用直線ME與平面PBC所成的角和此直線與平面ABCD所成的角相等，列出方程求解即可 【解答】（本小題滿分14分）

（Ⅰ）證明：在平行四邊形ABCD中，因為AB=AC，∠BCD=135°，∠ABC=45°． 所以AB⊥AC．

由E，F分別為BC，AD的中點，得EF∥AB，所以EF⊥AC．…（1分）

因為側面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP=90°，所以PA⊥底面ABCD．…（2分）又因為EF?底面ABCD，所以PA⊥EF．…（3分）

又因為PA∩AC=A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以EF⊥平面PAC．…（4分）

第10頁（共23頁）

（Ⅱ）證明：因為M為PD的中點，F分別為AD的中點，所以MF∥PA，又因為MF?平面PAB，PA?平面PAB，所以MF∥平面PAB．…（5分）同理，得EF∥平面PAB．

又因為MF∩EF=F，MF?平面MEF，EF?平面MEF，所以平面MEF∥平面PAB．…（7分）又因為ME?平面MEF，所以ME∥平面PAB．…（9分）

（Ⅲ）解：因為PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC兩兩垂直，故以AB，AC，AP 分別為x軸、y軸和z軸，如上圖建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（﹣2，2，0），E（1，1，0），所以設，則，，…（10分）

所以M（﹣2λ，2λ，2﹣2λ），易得平面ABCD的法向量=（0，0，1）．…（11分）設平面PBC的法向量為=（x，y，z），由，得

令x=1，得=（1，1，1）．…（12分）

因為直線ME與平面PBC所成的角和此直線與平面ABCD所成的角相等，所以，即，…（13分）

所以解得，或，（舍）．…（14分）

第11頁（共23頁）

【點評】本題考查直線與平面所成角的求法，直線與平面平行的判定定理以及性質定理的應用，平面與平面平行的判定定理的應用，考查轉化思想以及空間想象能力邏輯推理能力的應用． 5．（2016?貴陽一模）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．（1）求證：平面PBC⊥平面PAC；

（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直線AC上是否存在一點D，使得直線BD與平面PBC所成角為30°？若存在，求出CD的長；若不存在，說明理由．

【分析】（1）推導出PA⊥平面ABC，從而BC⊥PA，又BC⊥CA，從而BC⊥平面PAC，由此能證明平面PBC⊥平面PAC．

（2）以C為原點，CA為x軸，CB為y軸，過C垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標系C﹣xyz，利用向量法能求出在直線AC上存在點，使得直線BD與平面PBC所成角為30°． 【解答】證明：（1）∵∠PAB=∠PAC=90°，∴PA⊥AB，PA⊥AC． ∵AB∩AC=A，∴PA⊥平面ABC．…（1分）∵BC?平面ABC，∴BC⊥PA．…（3分）

∵∠ACB=90°，∴BC⊥CA．∵PA∩CA=A，∴BC⊥平面PAC．…（5分）∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．…6分 解：（2）由已知及（1）所證可知，PA⊥平面ABC，BC⊥CA，∵PA=1，AB=2，BC=．

∴以C為原點，CA為x軸，CB為y軸，過C垂直于平面ABC的直線為z軸，建立如圖的空間直角坐標系C﹣xyz，則C（0，0，0），B（0，0），P（，設=（x，y，z）是平面PBC的法向量，則，則取x=1，得=（1，0，﹣

第12頁（共23頁）），），…（9分）

設直線AC上的點D滿足∴，則，∵直線BD與平面PBC所成角為30°，∴解得，…（11分）∴在直線AC上存在點，使得直線BD與平面PBC所成角為30°．…（12分），【點評】本題考查面面垂直的證明，考查滿足條件的點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．

6．（2015?浙江）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影為BC的中點，D是B1C1的中點．（Ⅰ）證明：A1D⊥平面A1BC；

（Ⅱ）求直線A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．

【分析】（I）連接AO，A1D，根據幾何體的性質得出A1O⊥A1D，A1D⊥BC，利用直線平面的垂直定理判斷．

（II）利用空間向量的垂直得出平面BB1C1C的法向量=（，0，1），|根據與

數量積求解余弦值，即可得出直線A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．

【解答】證明：（I）∵AB=AC=2，D是B1C1的中點． ∴A1D⊥B1C1，∵BC∥B1C1，∴A1D⊥BC，∵A1O⊥面ABC，A1D∥AO，∴A1O⊥AO，A1O⊥BC ∵BC∩AO=O，A1O⊥A1D，A1D⊥BC ∴A1D⊥平面A1BC

第13頁（共23頁）

解：（II）

建立坐標系如圖

∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4 ∴O（0，0，0），B（0，0），B1（﹣，），A1（0，0即=（0，﹣），=（0，0），=（，0，）），設平面BB1C1C的法向量為=（x，y，z），即得出

得出=（∵=，0，1），|，＞=

|=4，||=

∴cos＜，=，可得出直線A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值為

【點評】本題考查了空間幾何體的性質，直線平面的垂直問題，空間向量的運用，空間想象能力，計算能力，屬于中檔題．

7．（2015?江蘇）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．

（1）求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；

（2）點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．

第14頁（共23頁）

【分析】以A為坐標原點，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建系A﹣xyz．（1）所求值即為平面PAB的一個法向量與平面PCD的法向量的夾角的余弦值的絕對值，計算即可；

（2）利用換元法可得cos＜

2，＞≤，結合函數y=cosx在（0，）上的單調性，計算即得結論．

【解答】解：以A為坐標原點，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建系A﹣xyz如圖，由題可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．（1）∵AD⊥平面PAB，∴∵=（1，1，﹣2），=（0，2，0），是平面PAB的一個法向量，=（0，2，﹣2），設平面PCD的法向量為=（x，y，z），由，得，取y=1，得=（1，1，1），∴cos＜，＞=

=，∴平面PAB與平面PCD所成兩面角的余弦值為（2）∵又又=（﹣1，0，2），設

=

+=λ

；

=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1），=（﹣λ，﹣1，2λ），＞=

=，=（0，﹣1，0），則=（0，﹣2，2），從而cos＜設1+2λ=t，t∈[1，3]，則cos＜2，＞==≤，第15頁（共23頁）

當且僅當t=，即λ=時，|cos＜因為y=cosx在（0，又∵BP==，＞|的最大值為，）上是減函數，此時直線CQ與DP所成角取得最小值．，∴BQ=BP=

．

【點評】本題考查求二面角的三角函數值，考查用空間向量解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．

8．（2014?天津）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，點E為棱PC的中點．（Ⅰ）證明：BE⊥DC；

（Ⅱ）求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；

（Ⅲ）若F為棱PC上一點，滿足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．

【分析】（I）以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出BE，DC的方向向量，根據?=0，可得BE⊥DC；

（II）求出平面PBD的一個法向量，代入向量夾角公式，可得直線BE與平面PBD所成角的正弦值；

（Ⅲ）根據BF⊥AC，求出向量的坐標，進而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夾角公式，可得二面角F﹣AB﹣P的余弦值． 【解答】證明：（I）∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，第16頁（共23頁）

∵AD=DC=AP=2，AB=1，點E為棱PC的中點． ∴B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（1，1，1）∴∵=（0，1，1），?=0，=（2，0，0）

∴BE⊥DC；（Ⅱ）∵=（﹣1，2，0），=（1，0，﹣2），設平面PBD的法向量=（x，y，z），由，得，令y=1，則=（2，1，1），則直線BE與平面PBD所成角θ滿足： sinθ==

=，故直線BE與平面PBD所成角的正弦值為（Ⅲ）∵=（1，2，0），=λ

．

=（2，2，0），=（﹣2，﹣2，2），由F點在棱PC上，設故=+

=（﹣2λ，﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），=（1﹣2λ，2﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），?=2（1﹣2λ）+2（2﹣2λ）=0，由BF⊥AC，得解得λ=，即=（﹣，），設平面FBA的法向量為=（a，b，c），第17頁（共23頁）

由，得

令c=1，則=（0，﹣3，1），取平面ABP的法向量=（0，1，0），則二面角F﹣AB﹣P的平面角α滿足： cosα===，故二面角F﹣AB﹣P的余弦值為：

【點評】本題考查的知識點是空間二面角的平面角，建立空間坐標系，將二面角問題轉化為向量夾角問題，是解答的關鍵．

9．（2014?新課標I）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）證明：AC=AB1；

（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．

【分析】（1）連結BC1，交B1C于點O，連結AO，可證B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，進而可得AC=AB1；（2）以O為坐標原點，的正方向，的方向為x軸的正方向，|

|為單位長度，的方向為y軸的方向為z軸的正方向建立空間直角坐標系，分別可得兩平面的法向量，可得所求余弦值． 【解答】解：（1）連結BC1，交B1C于點O，連結AO，∵側面BB1C1C為菱形，∴BC1⊥B1C，且O為BC1和B1C的中點，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10=CO，∴AC=AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O為B1C的中點，∴AO=CO，又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1兩兩垂直，以O為坐標原點，的方向為x軸的正方向，|

|為單位長度，第18頁（共23頁）的方向為y軸的正方向，的方向為z軸的正方向建立空間直角坐標系，∵∠CBB1=60°，∴△CBB1為正三角形，又AB=BC，∴A（0，0，∴=（0，），B（1，0，0，），B1（0，），=，0），C（0，），=，0）=（﹣1，0），=（1，0，設向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，則，可取=（1，），同理可得平面A1B1C1的一個法向量=（1，﹣∴cos＜，＞=

=，），∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值為

【點評】本題考查空間向量法解決立體幾何問題，建立坐標系是解決問題的關鍵，屬中檔題．

10．（2014?新課標II）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．

（Ⅰ）證明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）設AP=1，AD=，三棱錐P﹣ABD的體積V=，求A到平面PBC的距離．

【分析】（Ⅰ）設BD與AC 的交點為O，連結EO，通過直線與平面平行的判定定理證明PB∥平面AEC；（Ⅱ）通過AP=1，AD=，三棱錐P﹣ABD的體積V=，求出AB，作AH⊥PB角PB于H，說明AH就是A到平面PBC的距離．通過解三角形求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）證明：設BD與AC 的交點為O，連結EO，∵ABCD是矩形，∴O為BD的中點

第19頁（共23頁）

∵E為PD的中點，∴EO∥PB．

EO?平面AEC，PB?平面AEC ∴PB∥平面AEC；（Ⅱ）∵AP=1，AD=∴V=，三棱錐P﹣ABD的體積V==，∴AB=，PB==．

作AH⊥PB交PB于H，由題意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．

又在三角形PAB中，由射影定理可得：A到平面PBC的距離

．

【點評】本題考查直線與平面垂直，點到平面的距離的求法，考查空間想象能力以及計算能力．

11．（2013?北京）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求證：AA1⊥平面ABC；

（Ⅱ）求證二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；

（Ⅲ）證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求的值．

第20頁（共23頁）

【分析】（I）利用AA1C1C是正方形，可得AA1⊥AC，再利用面面垂直的性質即可證明；（II）利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC．通過建立空間直角坐標系，利用兩個平面的法向量的夾角即可得到二面角；（III）設點D的豎坐標為t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，利用向量垂直于數量積得關系即可得出．

【解答】（I）證明：∵AA1C1C是正方形，∴AA1⊥AC．

又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，∴AA1⊥平面ABC．

（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3．

222∴AC+AB=BC，∴AB⊥AC．

建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），∴，．

=（x2，y2，z2）． 設平面A1BC1的法向量為，平面B1BC1的法向量為則，令y1=4，解得x1=0，z1=3，∴

．，令x2=3，解得y2=4，z2=0，∴

．

===．

∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值為

．

（III）設點D的豎坐標為t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，∴∵∴∴． =，∴，，解得t=

．

=（0，3，﹣4），第21頁（共23頁）

【點評】本題綜合考查了線面垂直的判定與性質定理、面面垂直的性質定理、通過建立空間直角坐標系利用法向量求二面角的方法、向量垂直與數量積得關系等基礎知識與基本方法，考查了空間想象能力、推理能力和計算能力．

12．（2013?新課標Ⅱ）如圖，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點，AA1=AC=CB=AB．

（Ⅰ）證明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．

【分析】（Ⅰ）通過證明BC1平行平面A1CD內的直線DF，利用直線與平面平行的判定定理證明BC1∥平面A1CD（Ⅱ）證明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的正弦值即可． 【解答】解：（Ⅰ）證明：連結AC1交A1C于點F，則F為AC1的中點，又D是AB中點，連結DF，則BC1∥DF，因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．

（Ⅱ）因為直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD，由已知AC=CB，D為AB的中點，所以CD⊥AB，又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1，設AB=2，則AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，第22頁（共23頁）

CD=，A1D=，DE=，A1E=3 222故A1D+DE=A1E，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，又A1C=2，過D作DF⊥A1C于F，∠DFE為二面角D﹣A1C﹣E的平面角，在△A1DC中，DF=

=，EF=

=，所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE=

．

【點評】本題考查直線與平面平行的判定定理的應用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力與計算能力．

第23頁（共23頁）

第三篇：高考數學大二輪專題復習：第二編立體幾何中的向量方法

第3講　立體幾何中的向量方法

「考情研析」　　以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為線面角、二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現在建立空間直角坐標系和準確計算上.核心知識回顧

1.線、面的位置關系與向量的關系

設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．

(1)l∥m?a∥b?a＝kb?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；

(2)l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；

(3)l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；

(4)l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；

(5)α∥β?μ∥v?μ＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；

(6)α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．三種空間角與空間向量的關系

(1)線線角：設a，b分別為異面直線a，b的方向向量，則兩異面直線所成的角θ滿足cosθ＝.(2)線面角：設l是斜線l的方向向量，n是平面α的法向量，則斜線l與平面α所成的角θ滿足sinθ＝.(3)二面角

①如圖(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的兩個半平面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉；

②如圖(Ⅱ)(Ⅲ)，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．

熱點考向探究

考向1　利用向量證明平行與垂直

例1(1)(多選)(2020·山東省萊西一中、高密一中、棗莊三中高三模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝2，P，Q，R分別是AB，BB1，A1C上的動點，下列結論正確的是()

A．對于任意給定的點P，存在點Q使得D1P⊥CQ

B．對于任意給定的點Q，存在點R使得D1R⊥CQ

C．當AR⊥A1C時，AR⊥D1R

D．當A1C＝3A1R時，D1R∥平面BDC1

答案　ABD

解析　如圖所示，建立空間直角坐標系，設P(2，a,0)，a∈[0,2]，Q(2,2，b)，b∈[0,2]，設＝λ，得到R(2－2λ，2λ，2－2λ)，λ∈[0,1].＝(2，a，－2)，＝(2,0，b)，·＝4－2b，當b＝2時，D1P⊥CQ，A正確；＝(2－2λ，2λ，－2λ)，·＝2(2－2λ)－2λb，取λ＝時，D1R⊥CQ，B正確；由AR⊥A1C，則·＝(－2λ，2λ，2－2λ)·(－2，2，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，解得λ＝，此時·＝·＝－≠0，C錯誤；由A1C＝3A1R，則R，＝，設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則解得n＝(，－1，)，故·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正確．故選ABD.(2)如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分別是棱AD，AA1的中點．

①設F是棱AB的中點，證明：直線E1E∥平面FCC1；

②證明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.證明　如圖，過點D作AB的垂線交AB于點G，則以點D為原點，DG，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，易得A(，－1，0)，B(，3,0)，C(0，2,0)，E1(，－1，1)，E，F(，1,0)，D1(0,0,2)，B1(，3,2)，C1(0,2,2)．

①＝(0,0,2)，＝(，－1,0)．

設平面FCC1的法向量n1＝(x，y，z)，則令x＝1，得n1＝(1，0)，又＝，故·n1＝0，又E1E?平面FCC1，所以E1E∥平面FCC1.②＝(，－1，－2)，＝(0,2，－2)，設平面D1AC的法向量n2＝(a，b，c)，由得

令b＝1，得n2＝(，1,1)．

同理易得平面BB1C1C的一個法向量n3＝(1，－，0)，因為n2·n3＝0，故平面D1AC⊥平面BB1C1C.利用空間向量證明平行與垂直的方法步驟

(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關系．

(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素．

(3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關系．

(4)根據運算結果解釋相關問題．

如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．證明：

(1)BE⊥DC；

(2)BE∥平面PAD；

(3)平面PCD⊥平面PAD.證明　依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)．由E為棱PC的中點，得E(1,1,1)．

(1)向量＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.所以BE⊥DC.(2)因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因為AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以向量＝(1,0,0)為平面PAD的一個法向量，而·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以⊥，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一個法向量＝(1,0,0)，向量＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則即

不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)為平面PCD的一個法向量．

則n·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.考向2　利用空間向量求空間角

角度1　利用空間向量求異面直線所成的角

例2(2020·山東省濟南市高三6月模擬)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝BC，將直角梯形ABCD(及其內部)以AB所在直線為軸順時針旋轉90°，形成如圖所示的幾何體，其中M為的中點．

(1)求證：BM⊥DF；

(2)求異面直線BM與EF所成角的大小．

解(1)證法一：如圖，連接CE，設CE與BM交于點N，根據題意，知該幾何體為圓臺的一部分，且CD與EF相交，故C，D，F，E四點共面，因為平面ADF∥平面BCE，所以CE∥DF，因為M為的中點，所以∠CBM＝∠EBM.又BC＝BE，所以N為CE的中點，BN⊥CE，即BM⊥CE，所以BM⊥DF.證法二：如圖，以點B為坐標原點，BE，BC，BA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設AB＝1，則AD＝AF＝1，BC＝BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，D(0,1,1)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(1，－1,0)，所以·＝－＝0，所以BM⊥DF.(2)解法一：如圖，連接DB，DN，由(1)知，DF∥EN且DF＝EN，所以四邊形ENDF為平行四邊形，所以EF∥DN，所以∠BND為異面直線BM與EF所成的角，設AB＝1，則BD＝DN＝BN＝，所以△BND為等邊三角形，所以∠BND＝60°，所以異面直線BM與EF所成角的大小是60°.解法二：如圖，以點B為坐標原點，BE，BC，BA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設AB＝1，則AD＝AF＝1，BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，E(2,0,0)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(－1,0,1)，所以cos〈，〉＝＝＝－，所以異面直線BM與EF所成角的大小是60°.角度2　利用空間向量求線面角

例3(2020·山東省實驗中學高考預測卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，點F為棱PD的中點．

(1)在棱AB上是否存在一點E，使得AF∥平面PCE，并說明理由；

(2)當二面角D－FC－B的余弦值為時，求直線PB與平面ABCD所成的角．

解(1)在棱AB上存在點E，使得AF∥平面PCE，點E為棱AB的中點．

理由如下：如圖，取PC的中點Q，連接EQ，FQ，由題意，得FQ∥CD且FQ＝CD，又AE∥CD且AE＝CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以四邊形AEQF為平行四邊形．

所以AF∥EQ，又EQ?平面PCE，AF?平面PCE，所以AF∥平面PCE.(2)如圖，連接BD，DE.由題意知△ABD為正三角形，所以ED⊥AB，即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，又平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以點D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設FD＝a(a>0)，則由題意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B(，1,0)，＝(0,2，－a)，＝(，－1，0)，設平面FBC的法向量為m＝(x，y，z)，則

令x＝1，則y＝，z＝，所以取m＝，易知平面DFC的一個法向量為n＝(1,0,0)，因為二面角D－FC－B的余弦值為，所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得a＝.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD內的射影為BD，所以∠PBD為直線PB與平面ABCD所成的角，由題意知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝＝a＝，從而∠PBD＝60°，所以直線PB與平面ABCD所成的角為60°.角度3　利用空間向量求二面角

例4(2020·山東省濟寧市模擬)如圖，三棱臺ABC－A1B1C1中，側面A1B1BA與側面A1C1CA是全等的梯形，若AA1⊥AB，AA1⊥A1C1，AB＝2A1B1＝4AA1.(1)若＝2，＝2，證明：DE∥平面BCC1B1；

(2)若二面角C1－AA1－B為，求平面A1B1BA與平面C1B1BC所成的銳二面角的余弦值．

解(1)證明：連接AC1，BC1，在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1.∵＝2，∴AC1∩A1C＝D，＝2，∵＝2，∴DE∥BC1.∵BC1?平面BCC1B1，DE?平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.(2)∵AA1⊥A1C1，∴AA1⊥AC.又AA1⊥AB，平面A1B1BA∩平面A1C1CA＝AA1，∴∠BAC＝，在平面內過點A作AC的垂線，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設AA1＝1，則A1B1＝A1C1＝2，AC＝4，A1(0,0,1)，C(0,4,0)，B(2，2,0)，B1(，1,1)．

設平面A1B1BA的法向量為m＝(x，y，z)，則

∴m＝(1，－，0)，同理得平面C1B1BC的一個法向量為n＝(1，2)，∴cos〈m，n〉＝＝－，∴平面A1B1BA與平面C1B1BC所成的銳二面角的余弦值為.三種空間角的向量求法

(1)異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.(2)直線與平面所成的角θ可以通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.(3)二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角．

1．如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)證明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值．

解(1)證明：連接BD，設BD∩AC＝G，連接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如圖，以點G為坐標原點，分別以，的方向為x軸、y軸正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標系Gxyz.由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以＝(1，)，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.2.(2020·湖南永州高三第三次模擬)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面ABB1A1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，且側面ABB1A1為菱形．

(1)證明：A1B⊥平面AB1C1；

(2)若∠A1AB＝60°，AB＝2，直線AC1與底面ABC所成角的正弦值為，求二面角A1－AC1－B1的余弦值．

解(1)證明：∵四邊形ABB1A1為菱形，∴A1B⊥AB1，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB為交線，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.∵BC∥B1C1，∴A1B⊥B1C1，又AB1∩B1C1＝B1，∴A1B⊥平面AB1C1.(2)取A1B1的中點M，連接BM，易證BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以BA所在直線為x軸，BC所在直線為y軸，BM所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設BC＝t(t>0)，則A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)，＝(－1,0，)，＝(－2，t,0)．

∵四邊形A1ACC1為平行四邊形，∴＝＋＝＋＝(－3，t，)，易知平面ABC的一個法向量為n＝(0,0,1)，∴|cos〈，n〉|＝＝＝，解得t＝，∴＝(－3，)．

設平面AA1C1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，∴

令z1＝1，則n1＝(，2,1)，由(1)可得平面AB1C1的一個法向量＝(1,0，)，∴cos〈n1，〉＝＝，又二面角A1－AC1－B1為銳角，∴二面角A1－AC1－B1的余弦值為.考向3　立體幾何中的探索性問題

例5(2020·河北省保定市一模)如圖，四邊形ABCD為矩形，△ABE和△BCF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求證：ED∥平面BCF；

(2)設＝λ，問是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．

解(1)證明：因為AD∥BC，BC?平面BCF，AD?平面BCF，所以AD∥平面BCF，因為EA∥FC，FC?平面BCF，EA?平面BCF，所以EA∥平面BCF，又EA∩AD＝A，EA，AD?平面ADE，所以平面ADE∥平面BCF，又ED?平面ADE，所以ED∥平面BCF.(2)以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AD∩AD＝A，AD，AB?平面ABCD，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD，設AB＝AE＝a，BC＝CF＝b，則D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，則＝(b,0，a)，＝(0，a，b)．

設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則

由得

取x＝1，則y＝，z＝－，因為＝＝λ，則n＝(1，λ2，－λ)．

設平面BEF的法向量為m＝(x′，y′，z′)，因為＝(0，－a，a)，＝(－b,0，b)，由得取x′＝1，則y′＝z′＝1，所以m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝＝

.因為二面角B－EF－D的余弦值為，所以＝，整理得λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正實數λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為.利用空間向量求解探索性問題的策略

(1)假設題中的數學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論．

(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數)是否有解，是否有規定范圍內的解”等．若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論．

如圖1，在邊長為3的菱形ABCD中，已知AF＝EC＝1，且EF⊥BC.將梯形ABEF沿直線EF折起，使BE⊥平面CDFE，如圖2，P，M分別是BD，AD上的點．

(1)若平面PAE∥平面CMF，求AM的長；

(2)是否存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．

解(1)因為平面PAE與平面CDFE有公共點E，所以平面PAE與平面CDFE相交，設交線為EQ，若平面PAE∥平面CMF，因為平面CDFE∩平面CMF＝CF，則EQ∥CF.設EQ∩DF＝Q，又因為FQ∥CE，所以四邊形ECFQ是平行四邊形，FQ＝CE，同理，由平面PAE∥平面CMF，因為平面PAE∩平面ADQ＝AQ，平面CMF∩平面ADQ＝MF，所以AQ∥MF.所以＝＝.因為AF⊥DF，AF＝1，DF＝2，所以AD＝，所以AM＝.(2)結論：存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°.在題圖2中，以點F為原點，分別以FE，FD，FA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．

易得EF＝2，則F(0,0,0)，E(2，0,0)，又A(0,0,1)，B(2，0,2)，D(0,2,0)，所以＝(0,2,0)，＝(2，0，－1)，＝(－2，2，－2)，＝(2，0,1)，設＝λ(λ∈(0,1])，則＝(－2λ，2λ，－2λ)，則＝＋＝(2－2λ，2λ，1－2λ)，設平面PAE的法向量為n＝(x，y，z)，由

得

令x＝1，可得z＝2，y＝3－，所以n＝.若存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°，則|cos〈n，〉|＝＝，解得λ＝，因為λ∈(0,1]，所以λ＝，即＝.故存在一點P，當＝時，直線DF與平面PAE所成的角是45°.真題押題

『真題檢驗』

1．(2020·全國卷Ⅰ)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，PO＝DO.(1)證明：PA⊥平面PBC；

(2)求二面角B－PC－E的余弦值．

解(1)證明：∵AE為底面直徑，AE＝AD，∴△DAE為等邊三角形．設AE＝1，則DO＝，AO＝CO＝BO＝AE＝，∴PO＝DO＝，PA＝PC＝PB＝＝，又△ABC為等邊三角形，∴AB＝AE·cos30°＝.∵PA2＋PB2＝＝AB2，∴∠APB＝90°，即PA⊥PB.同理得PA⊥PC，又PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.(2)過點O作ON∥BC交AB于點N，則ON⊥AO.∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AO，PO⊥ON.以O為坐標原點，OA，ON，OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AE＝1，則E，P，A，C，＝，＝，＝.由(1)得平面PBC的一個法向量為＝，設平面PCE的一個法向量為m＝(x，y，z)，由得

令x＝1，得z＝－，y＝，∴m＝.故cos〈m，〉＝＝＝，由圖可得二面角B－PC－E為銳二面角，∴二面角B－PC－E的余弦值為.2．(2020·全國卷Ⅲ)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)證明：點C1在平面AEF內；

(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．

解(1)證明：在棱CC1上取點G，使得C1G＝CG，連接DG，FG，C1E，C1F，∵C1G＝CG，BF＝2FB1，∴CG＝CC1＝BB1＝BF且CG∥BF，∴四邊形BCGF為平行四邊形，∴BC∥GF且BC＝GF，又在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD∥GF且AD＝GF.∴四邊形ADGF為平行四邊形．

∴AF∥DG且AF＝DG.同理可證四邊形DEC1G為平行四邊形，∴C1E∥DG且C1E＝DG，∴C1E∥AF且C1E＝AF，則四邊形AEC1F為平行四邊形，因此，點C1在平面AEF內．

(2)以點C1為坐標原點，C1D1，C1B1，C1C所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系C1xyz，則A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0,1)，設平面AEF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，由得

取z1＝－1，得x1＝y1＝1，則m＝(1,1，－1)．

設平面A1EF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，由得

取z2＝2，得x2＝1，y2＝4，則n＝(1,4,2)．

∴cos〈m，n〉＝＝＝.設二面角A－EF－A1的平面角為θ，則|cosθ|＝，∴sinθ＝＝.因此，二面角A－EF－A1的正弦值為.3．(2020·江蘇高考)在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點．

(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；

(2)若點F在BC上，滿足BF＝BC，設二面角F－DE－C的大小為θ，求sinθ的值．

解(1)如圖，連接CO，∵CB＝CD，BO＝OD，∴CO⊥BD.以O為坐標原點，OB，OC，OA分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－1，0,0)，∴E(0,1,1)．

∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,1)，∴cos〈，〉＝＝－.從而直線AB與DE所成角的余弦值為.(2)設平面DEC的法向量為n1＝(x，y，z)，∵＝(1,2,0)，∴

令y＝1，∴x＝－2，z＝1.∴n1＝(－2,1,1)．

設平面DEF的法向量為n2＝(x1，y1，z1)，∵＝＋＝＋＝，∴

令y1＝－7，∴x1＝2，z1＝5，∴n2＝(2，－7,5)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝－.因此，sinθ＝＝.『金版押題』

4．如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，△ABC是等腰直角三角形，其中BC為斜邊，若把△ACD沿AC邊折疊到△ACP的位置，使平面PAC⊥平面ABC，如圖2.(1)證明：AB⊥PA；

(2)若E為棱BC的中點，求二面角B－PA－E的余弦值．

解(1)證明：因為△ABC是等腰直角三角形，BC為斜邊，所以AB⊥AC.因為平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以AB⊥平面PAC.因為PA?平面PAC，所以AB⊥PA.(2)由(1)知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，則以A為坐標原點，AB，AC分別為x，y軸的正方向，過點A作平行于PC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz.設PC＝1，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,2,1)，E(1,1,0)，故＝(2,0,0)，＝(0,2,1)，＝(1,1,0)．

設平面PAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，則

令y1＝1，得n＝(0,1，－2)．

設平面PAE的法向量m＝(x2，y2，z2)，則

令x2＝1，得m＝(1，－1,2)，則cos〈m，n〉＝＝－.由圖可知二面角B－PA－E為銳角，故二面角B－PA－E的余弦值為.專題作業

1．(2020·山東省泰安市五模)如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD，△EAB是以AB為斜邊的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD，點F滿足＝λ(λ∈[0,1])．

(1)試探究λ為何值時，CE∥平面BDF，并給予證明；

(2)在(1)的條件下，求直線AB與平面BDF所成角的正弦值．

解(1)當λ＝時，CE∥平面BDF.證明如下：連接AC，交BD于點M，連接MF.因為AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.又＝，所以FA∶EF＝2∶1.所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.所以MF∥CE.又MF?平面BDF，CE?平面BDF，所以CE∥平面BDF.(2)取AB的中點O，連接EO，OD.則EO⊥AB.又因為平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO?平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，因為OD?平面ABCD，所以EO⊥OD.由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.因為△EAB為等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，所以OA＝OB＝OD＝OE，設OB＝1，所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．

所以＝(2,0,0)，＝(－1,1,0)，＝＝，F，所以＝.設平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)，則有所以

取x＝1，得n＝(1,1,2)．

設直線AB與平面BDF所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈，n〉|＝

＝＝.即直線AB與平面BDF所成角的正弦值為.2．(2020·山東省聊城市模擬)如圖，在四邊形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD為折痕把△ABD折起，使點A到達點P的位置，且PC⊥BC.(1)證明：PD⊥平面BCD；

(2)若M為PB的中點，二面角P－BC－D等于60°，求直線PC與平面MCD所成角的正弦值．

解(1)證明：因為BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，所以BC⊥平面PCD.又因為PD?平面PCD，所以BC⊥PD.又因為PD⊥BD，BD∩BC＝B，所以PD⊥平面BCD.(2)因為PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD是二面角P－BC－D的平面角，由已知得∠PCD＝60°，因此PD＝CDtan60°＝CD.取BD的中點O，連接OM，OC，易得OM，OC，BD兩兩垂直，以O為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.設OB＝1，則P(0,1，)，C(1，0,0)，D(0,1,0)，M，＝(－1,1，)，＝(－1，1,0)，＝，設平面MCD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由得

令z＝，得n＝(，)，所以cos〈n，〉＝＝，因此，直線PC與平面MCD所成角的正弦值為.3．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.(1)證明：AC1⊥BC；

(2)求直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值．

解(1)證明：∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.∴AC1＝＝2，∴AC＋AC2＝CC，∴AC1⊥AC，∵平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，∴AC1⊥平面ABC，又BC?平面ABC，∴AC1⊥BC.(2)如圖，以A為坐標原點，AB為y軸，AC1為z軸，建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，C(，－1,0)，B1(－，5，2)，B(0,4,0)，＝(－2，6,2)，＝(0,4,0)，＝(－，5,2)，設平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)，則

取x＝2，得n＝(2,0,1)，設直線CB1與平面ABB1A1所成角為θ，則sinθ＝＝＝，∴直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值為.4．如圖，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3.(1)求證：AF⊥CD；

(2)求直線BF與平面CDE所成角的正弦值；

(3)線段BD上是否存在點M，使得直線CE∥平面AFM，若存在，求的值；若不存在，請說明理由．

解(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，所以AF⊥AD.又因為平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因為∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF兩兩垂直．

分別以AB，AD，AF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)．

因為AB＝AD＝1，BC＝3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，所以＝(－1,0,1)，＝(1,2,0)，＝(0,0,1)．

設平面CDE的一個法向量為n＝(x，y，z)，則即令x＝2，則y＝－1，所以n＝(2，－1,0)．

設直線BF與平面CDE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.(3)結論：線段BD上存在點M，使得直線CE∥平面AFM.設＝λ(λ∈[0,1])，設M(x1，y1，z1)，由＝λ，得(x1－1，y1，z1)＝λ(－1，1,0)，所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)，所以＝(1－λ，λ，0)．

設平面AFM的法向量為m＝(x0，y0，z0)，則

因為＝(0,0,1)，所以

令x0＝λ，則y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)．

在線段BD上存在點M，使得CE∥平面AFM等價于存在λ∈[0,1]，使得m·＝0.因為＝(－1，－2,1)，m·＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝∈[0,1]，所以線段BD上存在點M，使得CE∥平面AFM，且＝.5.(2020·山東省濟南市二模)如圖，三棱錐P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，∠PAB＝∠PBA＝45°，∠ABC＝2∠BAC＝60°，D是棱AB的中點，點E在棱PB上，點G是△BCD的重心．

(1)若E是PB的中點，證明GE∥平面PAC；

(2)是否存在點E，使二面角E－CD－G的大小為30°？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．

解(1)證明：延長DG交BC于點F，連接EF，因為點G是△BCD的重心，故F為BC的中點，因為D，E分別是棱AB，BP的中點，所以DF∥AC，DE∥AP，又因為DF∩DE＝D，所以平面DEF∥平面APC，又GE?平面DEF，所以GE∥平面PAC.(2)連接PD，因為∠PAB＝∠PBA＝45°，所以PA＝PB，又D是AB的中點，所以PD⊥AB，因為平面PAB⊥平面ABC，而平面PAB∩平面ABC＝AB，PD?平面PAB，所以PD⊥平面ABC.如圖，以D為原點，垂直于AB的直線為x軸，DB，DP所在直線分別為y軸、z軸建立空間直角坐標系．

設PA＝PB＝2，則AB＝2，PD＝CD＝，所以D(0,0,0)，B(0，0)，C，G，P(0,0，)，假設存在點E，設＝λ，λ∈(0,1]，則＝＋＝＋λ＝(0，0)＋λ(0，－，)＝(0，(1－λ)，λ)，所以E(0，(1－λ)，λ)，又＝，設平面ECD的法向量為n1＝(x，y，z)，則

令x＝1，解得n1＝，又平面CDG的法向量n2＝(0,0,1)，而二面角E－CD－G的大小為30°，所以|cos〈n1，n2〉|＝＝，即＝，解得λ＝，所以存在點E，使二面角E－CD－G的大小為30°，此時＝.6．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點M和N分別為B1C和D1D的中點．

(1)求證：MN∥平面ABCD；

(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；

(3)設E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長．

解　如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系，依題意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)．

因為M，N分別為B1C和D1D的中點，所以M，N(1，－2,1)．

(1)證明：依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，＝.由此可得·n＝0，又直線MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)．

設n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1的法向量，則即

不妨設z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．

設n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1的法向量，則

又＝(0,1,2)，得

不妨設z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．

因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝，所以二面角D1－AC－B1的正弦值為.(3)依題意，可設＝λ，其中λ∈[0,1]，則E(0，λ，2)，從而＝(－1，λ＋2,1)．

又n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝－2.所以線段A1E的長為－2.7.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(1)求證：EF⊥平面BCF；

(2)點M在線段EF上運動，當點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，并求此時二面角的余弦值．

解(1)證明：設AD＝CD＝BC＝CF＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∠CBA＝.∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos＝3.∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.①

又CF⊥平面ABCD，∴CF⊥AC.②

由①②可得AC⊥平面BCF.又四邊形ACFE為矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)由(1)可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系．

設AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤)，則C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)，設n1＝(x，y，z)為平面MAB的一個法向量，由得

取x＝1，則n1＝(1，－λ)，設平面MAB與平面FCB所成銳二面角為θ，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一個法向量，∴cosθ＝＝

＝.∵0≤λ≤，∴當λ＝0時，cosθ有最小值，∴點M與點F重合時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，此時二面角的余弦值為.8.(2020·山東省濱州市三模)在如圖所示的圓柱O1O2中，AB為圓O1的直徑，C，D是的兩個三等分點，EA，FC，GB都是圓柱O1O2的母線．

(1)求證：FO1∥平面ADE；

(2)設BC＝1，已知直線AF與平面ACB所成的角為30°，求二面角A－FB－C的余弦值．

解(1)證明：連接O1C，O1D，因為C，D是半圓的兩個三等分點，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均為等邊三角形．

所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四邊形ADCO1是平行四邊形．

所以CO1∥AD，又因為CO1?平面ADE，AD?平面ADE，所以CO1∥平面ADE.因為EA，FC都是圓柱O1O2的母線，所以EA∥FC.又因為FC?平面ADE，EA?平面ADE，所以FC∥平面ADE.又CO1，FC?平面FCO1，且CO1∩FC＝C，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1?平面FCO1，所以FO1∥平面ADE.(2)連接AC，因為FC是圓柱O1O2的母線，所以FC⊥圓柱O1O2的底面，所以∠FAC即為直線AF與平面ACB所成的角，即∠FAC＝30°.因為AB為圓O1的直徑，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以AC＝BCtan60°＝，所以在Rt△FAC中，FC＝ACtan30°＝1.解法一：因為AC⊥BC，AC⊥FC，所以AC⊥平面FBC，又FB?平面FBC，所以AC⊥FB.在△FBC內，作CH⊥FB于點H，連接AH.因為AC∩CH＝C，AC，CH?平面ACH，所以FB⊥平面ACH，又AH?平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC就是二面角A－FB－C的平面角．

在Rt△FBC中，CH＝＝.在Rt△ACH中，∠ACH＝90°，所以AH＝＝，所以cos∠AHC＝＝，所以二面角A－FB－C的余弦值為.解法二：以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(，0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,1)，所以＝(－，1,0)，＝(－，0,1)．

設平面AFB的法向量為n＝(x，y，z)，則即

令x＝1，則y＝z＝，所以平面AFB的一個法向量為n＝(1，)．

又因為平面BCF的一個法向量m＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A－FB－C的余弦值為.

第四篇：【教案】3.2立體幾何中的向量方法

3.2.2向量法解決空間角問題

（習題課）

（1）、三維目標

1．知識與能力：向量運算在幾何計算中的應用．培養學生的空間想象能力和運算能力。

2．過程與方法：掌握利用向量運算解幾何題的方法，并能解簡單的立體幾何問題． 3．情感目標

通過師生、生生的合作學習，增強學生團隊協作能力的培養，增強主動與他人合作交流的意識.（2）教學重點：向量運算在解決空間角中的應用．（3）教學難點：向量運算在解決空間角中的應用．21 新課導入設計

一、復習引入

1、兩條異面直線所成的角的定義及范圍？

2、直線與平面所成角的定義及范圍？

3、二面角定義及范圍？

（和學生一起回憶定義，并且通過直線的方向向量及平面的法向量復習線線角，線面角及面面角的公式）

二、習題展示：教師給出正方體這個載體，由學生在正方體中構造空間角，展示自編題目，并由學生解答完成。

1、展示線線角習題：

（設計意圖：使學生清楚如何將求兩條異面直線所成角轉化成求兩個向量所成角，并且會用cos?=|cos＜a,b＞|＝|a?b|解決問題，但要注意異面直線所成角的范圍與

a?b兩個向量所成角范圍的不同）

2、展示線面角習題；（設計意圖：使學生能將求線面角轉化為求線線角，即求斜線與平面的法向量所成的角，進而轉化為求兩個向量所成角，這里關注學生在講解過程中是否能講清楚線面角的正弦即是線線角的余弦，即sin??cosAB,n?ABnABn）

3、展示面面角習題；（設計意圖；使學生能將二面角的平面角轉化為線線角，即轉化為求平面的法向量所成的角，進而使問題又歸為

第五篇：向量方法在立體幾何教學中的應用

轉自論文部落論文范文發表論文發表

向量方法在立體幾何教學中的應用

作者：王龍生

摘 要： 在江蘇省對口單招數學試卷中，立體幾何這一章的知識點每年都作為重點考查的內容.每年我校考生在立體幾何解答題上的得分情況都不太理想.向量是基本的數學概念之一，是溝通代數與幾何的工具之一，體現了數形結合的思想.根據向量的數形特性，可以將幾何圖形數量化，從而通過運算解決立體幾何中的平行、垂直等問題，能避免構圖和推理的復雜過程，有利于降低解題難度.關鍵詞： 向量 立體幾何教學 數形結合在江蘇省對口單招數學試卷中，立體幾何這一章的知識點每年都是重點考查的內容.每年我校考生在立體幾何解答題上的得分情況都不太理想.向量是基本的數學概念之一，是溝通代數與幾何的工具之一，體現了數形結合的思想.根據向量的數形特性，可以將幾何圖形數量化，從而通過運算解決立體幾何中的平行、垂直等問題，避免構圖和推理的復雜過程，有利于降低解題難度.一、將立體幾何中的平行問題轉化為向量平行來證明

二、將立體幾何中的垂直問題轉化為向量垂直來證明

由于立體幾何中的垂直問題圖形比較復雜，加上學生的空間感比較薄弱，因此學生很難解決.把立體幾何中的垂直問題轉化為向量垂直，其優越性非常明顯，具體體現在：兩個向量垂直的充要條件可以把“垂直”體現在一個等式中變為純粹的運算，所涉及的向量易于用坐標表示就足夠了.立體幾何中的線線、線面、面面垂直，都可以轉化為空間兩個向量的垂直問題解決.1.“線線垂直”化為“向量垂直”

華羅庚關于“數形結合”有一句名言：“數缺形時少直觀，形離數時難入微.”向量是基本的數學概念之一，是溝通代數與幾何的工具之一，體現了數形結合的思想.因此，充分掌握、運用好向量知識，可以提高學生的數形結合能力，培養學生發現問題的能力，幫助學生理清數形結合呈現的內在關系，把無形的解題思路形象化，有利于學生順利地、高效率地解決數學問題.利用向量方法研究立體幾何問題，能避免傳統幾何方法中繁瑣的推理及論證，有效提高學生解決立體幾何問題的能力.參考文獻：

[1]單招生—相約在高校，數學：基礎知識梳理.[2]單招零距離—數學：總復習方案.[3]呂林根，張紫霞，孫存金.立體幾何學習指導書.