第3讲 立体中量方法
「考情研析」 空间体载体考查空间角高考命题重点常空间线面关系证明相结合热点线面角二面角求解均解答题形式进行考查难度体现建立空间直角坐标系准确计算
核心知识回顾
1线面位置关系量关系
设直线lm方量分a＝(a1b1c1)b＝(a2b2c2)面αβ法量分μ＝(a3b3c3)v＝(a4b4c4)．
(1)l∥m⇒a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2b1＝kb2c1＝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＝ka3b1＝kb3c1＝kc3
(5)α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4b3＝kb4c3＝kc4
(6)α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0
2．三种空间角空间量关系
(1)线线角：设ab分异面直线ab方量两异面直线成角θ满足cosθ＝
(2)线面角：设l斜线l方量n面α法量斜线l面α成角θ满足sinθ＝
(3)二面角
①图(Ⅰ)ABCD二面角α－l－β两半面棱l垂直直线二面角θ＝〈〉
②图(Ⅱ)(Ⅲ)n1n2分二面角α－l－β两半面αβ法量二面角θ满足cosθ＝－cos〈n1n2〉cos〈n1n2〉．
热点考探究
考1 利量证明行垂直
例1 (1)(选)(2020·山东省莱西中高密中枣庄三中高三模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中AB＝2AD＝AA1＝2PQR分ABBB1A1C动点列结正确( )
A．意定点P存点QD1P⊥CQ
B．意定点Q存点RD1R⊥CQ
C．AR⊥A1C时AR⊥D1R
D．A1C＝3A1R时D1R∥面BDC1
答案 ABD
解析 图示建立空间直角坐标系设P(2a0)a∈[02]Q(22b)b∈[02]设＝λR(2－2λ2λ2－2λ)λ∈[01]＝(2a－2)＝(20b)·＝4－2bb＝2时D1P⊥CQA正确＝(2－2λ2λ－2λ)·＝2(2－2λ)－2λb取λ＝时D1R⊥CQB正确AR⊥A1C·＝(－2λ2λ2－2λ)·(－22－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0解λ＝时·＝·＝－≠0C错误A1C＝3A1RR＝设面BDC1法量n＝(xyz)解n＝(－1)·n＝0D1R∥面BDC1D正确．选ABD
(2)图直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中底面ABCD等腰梯形AB∥CDAB＝4BC＝CD＝2AA1＝2EE1分棱ADAA1中点．
①设F棱AB中点证明：直线E1E∥面FCC1
②证明：面D1AC⊥面BB1C1C
证明 图点D作AB垂线交AB点G点D原点DGDCDD1直线分x轴y轴z轴建立空间直角坐标系易A(－10)B(30)C(020)E1(－11)EF(10)D1(002)B1(32)C1(022)．
①＝(002)＝(－10)．
设面FCC1法量n1＝(xyz)
令x＝1n1＝(10)
＝·n1＝0
E1E⊄面FCC1
E1E∥面FCC1
②＝(－1－2)＝(02－2)
设面D1AC法量n2＝(abc)
令b＝1n2＝(11)．
理易面BB1C1C法量n3＝(1－0)
n2·n3＝0面D1AC⊥面BB1C1C
利空间量证明行垂直方法步骤
(1)建立空间直角坐标系建系时利载体中垂直关系．
(2)建立空间图形空间量间关系空间量表示出问题中涉点直线面素．
(3)通空间量运算研究行垂直关系．
(4)根运算结果解释相关问题．
图四棱锥P－ABCD中PA⊥底面ABCDAD⊥ABAB∥DCAD＝DC＝AP＝2AB＝1点E棱PC中点．证明：
(1)BE⊥DC
(2)BE∥面PAD
(3)面PCD⊥面PAD
证明 题意点A原点建立空间直角坐标系(图)B(100)C(220)D(020)P(002)．E棱PC中点E(111)．
(1)量＝(011)＝(200)
·＝0BE⊥DC
(2)PA⊥面ABCDAB⊂面ABCDAB⊥PAAB⊥ADPA∩AD＝AAB⊥面PAD
量＝(100)面PAD法量
·＝(011)·(100)＝0⊥
BE⊄面PADBE∥面PAD
(3)(2)知面PAD法量＝(100)量＝(02－2)＝(200)设面PCD法量n＝(xyz)
妨令y＝1n＝(011)面PCD法量．
n·＝(011)·(100)＝0n⊥
面PCD⊥面PAD
考2 利空间量求空间角
角度1 利空间量求异面直线成角
例2 (2020·山东省济南市高三6月模拟)已知直角梯形ABCD中AD∥BCAB⊥BCAB＝AD＝BC直角梯形ABCD(部)AB直线轴时针旋转90°形成图示体中M中点．
(1)求证：BM⊥DF
(2)求异面直线BMEF成角．
解 (1)证法：图连接CE设CEBM交点N
根题意知该体圆台部分CDEF相交
CDFE四点面
面ADF∥面BCE
CE∥DF
M中点∠CBM＝∠EBM
BC＝BENCE中点
BN⊥CEBM⊥CE
BM⊥DF
证法二：图点B坐标原点BEBCBA直线分x轴y轴z轴建立空间直角坐标系设AB＝1AD＝AF＝1BC＝BE＝2
B(000)M(0)D(011)F(101)
＝(0)＝(1－10)
·＝－＝0
BM⊥DF
(2)解法：图连接DBDN
(1)知DF∥ENDF＝EN
四边形ENDF行四边形EF∥DN
∠BND异面直线BMEF成角设AB＝1BD＝DN＝BN＝
△BND等边三角形∠BND＝60°
异面直线BMEF成角60°
解法二：图点B坐标原点BEBCBA直线分x轴y轴z轴建立空间直角坐标系设AB＝1AD＝AF＝1BE＝2
B(000)M(0)E(200)F(101)
＝(0)＝(－101)
cos〈〉＝＝＝－
异面直线BMEF成角60°
角度2 利空间量求线面角
例3 (2020·山东省实验中学高考预测卷)图四棱锥P－ABCD中底面ABCD边长2菱形∠DAB＝60°∠ADP＝90°面ADP⊥面ABCD点F棱PD中点．
(1)棱AB否存点EAF∥面PCE说明理
(2)二面角D－FC－B余弦值时求直线PB面ABCD成角．
解 (1)棱AB存点EAF∥面PCE点E棱AB中点．
理：图取PC中点Q连接EQFQ
题意FQ∥CDFQ＝CD
AE∥CDAE＝CD
AE∥FQAE＝FQ
四边形AEQF行四边形．
AF∥EQEQ⊂面PCEAF⊄面PCE
AF∥面PCE
(2)图连接BDDE
题意知△ABD正三角形ED⊥ABED⊥CD
∠ADP＝90°PD⊥AD
面ADP⊥面ABCD面ADP∩面ABCD＝AD
PD⊥面ABCD
点D坐标原点建立图示空间直角坐标系
设FD＝a(a>0)题意知D(000)F(00a)C(020)B(10)＝(02－a)＝(－10)
设面FBC法量m＝(xyz)
令x＝1y＝z＝
取m＝
易知面DFC法量n＝(100)
二面角D－FC－B余弦值
|cos〈mn〉|＝＝＝
解a＝
PD⊥面ABCDPB面ABCD射影BD
∠PBD直线PB面ABCD成角
题意知Rt△PBD中tan∠PBD＝＝a＝
∠PBD＝60°
直线PB面ABCD成角60°
角度3 利空间量求二面角
例4 (2020·山东省济宁市模拟)图三棱台ABC－A1B1C1中侧面A1B1BA侧面A1C1CA全等梯形AA1⊥ABAA1⊥A1C1AB＝2A1B1＝4AA1
(1)＝2＝2证明：DE∥面BCC1B1
(2)二面角C1－AA1－B求面A1B1BA面C1B1BC成锐二面角余弦值．
解 (1)证明：连接AC1BC1梯形A1C1CA中AC＝2A1C1
∵＝2
∴AC1∩A1C＝D＝2
∵＝2∴DE∥BC1
∵BC1⊂面BCC1B1DE⊄面BCC1B1
∴DE∥面BCC1B1
(2)∵AA1⊥A1C1∴AA1⊥AC
AA1⊥AB面A1B1BA∩面A1C1CA＝AA1
∴∠BAC＝
面点A作AC垂线建立图示空间直角坐标系
妨设AA1＝1A1B1＝A1C1＝2AC＝4
A1(001)C(040)B(220)B1(11)．
设面A1B1BA法量m＝(xyz)
∴m＝(1－0)
理面C1B1BC法量n＝(12)
∴cos〈mn〉＝＝－
∴面A1B1BA面C1B1BC成锐二面角余弦值
三种空间角量求法
(1)异面直线成角θ通两直线方量夹角φ求cosθ＝|cosφ|
(2)直线面成角θ通直线方量面法量夹角φ求sinθ＝|cosφ|
(3)二面角利分两半面棱垂直直线方量夹角(补角)通二面角两面法量夹角求等两法量夹角补角．
1．图四边形ABCD菱形∠ABC＝120°EF面ABCD侧两点BE⊥面ABCDDF⊥面ABCDBE＝2DFAE⊥EC
(1)证明：面AEC⊥面AFC
(2)求直线AE直线CF成角余弦值．
解 (1)证明：连接BD设BD∩AC＝G连接EGFGEF
菱形ABCD中妨设GB＝1
∠ABC＝120°AG＝GC＝
BE⊥面ABCDAB＝BC知AE＝EC
AE⊥ECEG＝EG⊥AC
Rt△EBG中BE＝DF＝
Rt△FDG中FG＝
直角梯形BDFE中BD＝2BE＝DF＝
EF＝
EG2＋FG2＝EF2EG⊥FG
AC∩FG＝GEG⊥面AFC
EG⊂面AEC面AEC⊥面AFC
(2)图点G坐标原点分方x轴y轴正方||单位长度建立空间直角坐标系Gxyz
(1)A(0－0)E(10)FC(00)＝(1)＝
cos〈〉＝＝－
直线AE直线CF成角余弦值
2 (2020·湖南永州高三第三次模拟)三棱柱ABC－A1B1C1中侧面ABB1A1⊥底面ABC∠ABC＝90°侧面ABB1A1菱形．
(1)证明：A1B⊥面AB1C1
(2)∠A1AB＝60°AB＝2直线AC1底面ABC成角正弦值求二面角A1－AC1－B1余弦值．
解 (1)证明：∵四边形ABB1A1菱形∴A1B⊥AB1
∵面ABB1A1⊥面ABCAB交线BC⊥AB
∴BC⊥面ABB1A1∴BC⊥A1B
∵BC∥B1C1∴A1B⊥B1C1
AB1∩B1C1＝B1∴A1B⊥面AB1C1
(2)取A1B1中点M连接BM易证BM⊥面ABCAB⊥BCBA直线x轴BC直线y轴BM直线z轴建立图示空间直角坐标系
设BC＝t(t>0)A(200)A1(10)C(0t0)
＝(－10)＝(－2t0)．
∵四边形A1ACC1行四边形
∴＝＋＝＋＝(－3t)
易知面ABC法量n＝(001)
∴|cos〈n〉|＝＝＝
解t＝
∴＝(－3)．
设面AA1C1法量n1＝(x1y1z1)
∴
令z1＝1n1＝(21)
(1)面AB1C1法量＝(10)
∴cos〈n1〉＝＝
二面角A1－AC1－B1锐角
∴二面角A1－AC1－B1余弦值
考3 立体中探索性问题
例5 (2020·河北省保定市模)图四边形ABCD矩形△ABE△BCF均等腰直角三角形∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°EA∥FC
(1)求证：ED∥面BCF
(2)设＝λ问否存λ二面角B－EF－D余弦值？存求出λ值存请说明理．
解 (1)证明：AD∥BCBC⊂面BCFAD⊄面BCFAD∥面BCF
EA∥FCFC⊂面BCFEA⊄面BCFEA∥面BCF
EA∩AD＝AEAAD⊂面ADE
面ADE∥面BCFED⊂面ADE
ED∥面BCF
(2)D原点DA直线x轴DC直线y轴建立图示空间直角坐标系
∠BAE＝∠DAE＝90°EA⊥ABEA⊥AD
AD∩AD＝AADAB⊂面ABCDEA⊥面ABCD
EA∥FCFC⊥面ABCD
设AB＝AE＝aBC＝CF＝bD(000)F(0ab)E(b0a)B(ba0)
＝(b0a)＝(0ab)．
设面DEF法量n＝(xyz)
取x＝1y＝z＝－
＝＝λn＝(1λ2－λ)．
设面BEF法量m＝(x′y′z′)
＝(0－aa)＝(－b0b)
取x′＝1
y′＝z′＝1m＝(111)
cos〈mn〉＝＝
二面角B－EF－D余弦值
＝
整理λ2－λ＋1＝0Δ＝－3<0
存正实数λ二面角B－EF－D余弦值
利空间量求解探索性问题策略
(1)假设题中数学象存(结成立)暂认中部分结．
(2)前提进行逻辑推理成立结作条件列方程方程组否存问题转化点坐标(参数)否解否规定范围解等．推导出矛盾否定假设否出肯定结．
图1边长3菱形ABCD中已知AF＝EC＝1EF⊥BC梯形ABEF直线EF折起BE⊥面CDFE图2PM分BDAD点．
(1)面PAE∥面CMF求AM长
(2)否存点P直线DF面PAE成角45°？存求出值存请说明理．
解 (1)面PAE面CDFE公点E面PAE面CDFE相交设交线EQ面PAE∥面CMF
面CDFE∩面CMF＝CFEQ∥CF
设EQ∩DF＝QFQ∥CE
四边形ECFQ行四边形FQ＝CE
理面PAE∥面CMF
面PAE∩面ADQ＝AQ面CMF∩面ADQ＝MFAQ∥MF
＝＝
AF⊥DFAF＝1DF＝2
AD＝AM＝
(2)结：存点P直线DF面PAE成角45°
题图2中点F原点分FEFDFA直线xyz轴建立空间直角坐标系图示．
易EF＝2F(000)E(200)A(001)B(202)D(020)
＝(020)＝(20－1)＝(－22－2)＝(201)
设＝λ(λ∈(01])＝(－2λ2λ－2λ)
＝＋＝(2－2λ2λ1－2λ)
设面PAE法量n＝(xyz)
令x＝1z＝2y＝3－
n＝
存点P直线DF面PAE成角45°
|cos〈n〉|＝＝
解λ＝
λ∈(01]λ＝＝
存点P＝时直线DF面PAE成角45°
真题押题
『真题检验』
1．(2020·全国卷Ⅰ)图D圆锥顶点O圆锥底面圆心AE底面直径AE＝AD△ABC底面接正三角形PDO点PO＝DO
(1)证明：PA⊥面PBC
(2)求二面角B－PC－E余弦值．
解 (1)证明：∵AE底面直径AE＝AD
∴△DAE等边三角形．设AE＝1
DO＝AO＝CO＝BO＝AE＝
∴PO＝DO＝PA＝PC＝PB＝＝
△ABC等边三角形∴AB＝AE·cos30°＝
∵PA2＋PB2＝＝AB2∴∠APB＝90°
PA⊥PB
理PA⊥PCPC∩PB＝P∴PA⊥面PBC
(2)点O作ON∥BC交AB点NON⊥AO
∵PO⊥面ABC∴PO⊥AOPO⊥ONO坐标原点OAONOD直线分x轴y轴z轴建立图示空间直角坐标系设AE＝1
EPAC＝＝＝
(1)面PBC法量＝
设面PCE法量m＝(xyz)
令x＝1z＝－y＝∴m＝
cos〈m〉＝＝＝
图二面角B－PC－E锐二面角
∴二面角B－PC－E余弦值
2．(2020·全国卷Ⅲ)图长方体ABCD－A1B1C1D1中点EF分棱DD1BB12DE＝ED1BF＝2FB1
(1)证明：点C1面AEF
(2)AB＝2AD＝1AA1＝3求二面角A－EF－A1正弦值．
解 (1)证明：棱CC1取点GC1G＝CG连接DGFGC1EC1F
∵C1G＝CGBF＝2FB1
∴CG＝CC1＝BB1＝BFCG∥BF
∴四边形BCGF行四边形
∴BC∥GFBC＝GF
长方体ABCD－A1B1C1D1中AD∥BCAD＝BC
∴AD∥GFAD＝GF
∴四边形ADGF行四边形．
∴AF∥DGAF＝DG
理证四边形DEC1G行四边形
∴C1E∥DGC1E＝DG
∴C1E∥AFC1E＝AF
四边形AEC1F行四边形
点C1面AEF．
(2)点C1坐标原点C1D1C1B1C1C直线分x轴y轴z轴建立图示空间直角坐标系C1xyz
A(213)A1(210)E(202)F(011)
＝(0－1－1)＝(－20－2)＝(0－12)＝(－201)
设面AEF法量m＝(x1y1z1)
取z1＝－1x1＝y1＝1m＝(11－1)．
设面A1EF法量n＝(x2y2z2)
取z2＝2x2＝1y2＝4n＝(142)．
∴cos〈mn〉＝＝＝
设二面角A－EF－A1面角θ|cosθ|＝
∴sinθ＝＝
二面角A－EF－A1正弦值
3．(2020·江苏高考)三棱锥A－BCD中已知CB＝CD＝BD＝2OBD中点AO⊥面BCDAO＝2EAC中点．
(1)求直线ABDE成角余弦值
(2)点FBC满足BF＝BC设二面角F－DE－Cθ求sinθ值．
解 (1)图连接CO∵CB＝CDBO＝OD∴CO⊥BD
O坐标原点OBOCOA分xyz轴建立空间直角坐标系A(002)B(100)C(020)D(－100)∴E(011)．
∴＝(10－2)＝(111)
∴cos〈〉＝＝－
直线ABDE成角余弦值
(2)设面DEC法量n1＝(xyz)
∵＝(120)∴
令y＝1∴x＝－2z＝1∴n1＝(－211)．
设面DEF法量n2＝(x1y1z1)
∵＝＋＝＋＝
∴
令y1＝－7∴x1＝2z1＝5∴n2＝(2－75)．
∴cos〈n1n2〉＝＝－
sinθ＝＝
『金版押题』
4．图1梯形ABCD中AB∥CDAB＝2CD△ABC等腰直角三角形中BC斜边△ACDAC边折叠△ACP位置面PAC⊥面ABC图2
(1)证明：AB⊥PA
(2)E棱BC中点求二面角B－PA－E余弦值．
解 (1)证明：△ABC等腰直角三角形BC斜边AB⊥AC
面PAC⊥面ABC面PAC∩面ABC＝AC
AB⊥面PAC
PA⊂面PACAB⊥PA
(2)(1)知AB⊥ACPC⊥面ABCA坐标原点ABAC分xy轴正方点A作行PC直线z轴建立图示空间直角坐标系Axyz
设PC＝1A(000)B(200)C(020)P(021)E(110)
＝(200)＝(021)＝(110)．
设面PAB法量n＝(x1y1z1)
令y1＝1n＝(01－2)．
设面PAE法量m＝(x2y2z2)
令x2＝1m＝(1－12)
cos〈mn〉＝＝－
图知二面角B－PA－E锐角
二面角B－PA－E余弦值
专题作业
1．(2020·山东省泰安市五模)图四棱锥E－ABCD中底面ABCD直角梯形AB∥CDBC⊥CDAB＝2BC＝2CD△EABAB斜边等腰直角三角形面EAB⊥面ABCD点F满足＝λ(λ∈[01])．
(1)试探究λ值时CE∥面BDF予证明
(2)(1)条件求直线AB面BDF成角正弦值．
解 (1)λ＝时CE∥面BDF
证明：连接AC交BD点M连接MF
AB∥CD
AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1
＝FA∶EF＝2∶1
AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1MF∥CE
MF⊂面BDFCE⊄面BDFCE∥面BDF
(2)取AB中点O连接EOODEO⊥AB
面ABE⊥面ABCD面ABE∩面ABCD＝ABEO⊂面ABEEO⊥面ABCD
OD⊂面ABCDEO⊥OD
BC⊥CDAB＝2CDAB∥CDOD⊥AB
OBODOE两两垂直建立图示空间直角坐标系Oxyz
△EAB等腰直角三角形AB＝2BC＝2CD
OA＝OB＝OD＝OE设OB＝1
O(000)A(－100)B(100)C(110)D(010)E(001)．
＝(200)＝(－110)
＝＝F
＝
设面BDF法量n＝(xyz)
取x＝1n＝(112)．
设直线AB面BDF成角θ
sinθ＝|cos〈n〉|＝
＝＝
直线AB面BDF成角正弦值
2．(2020·山东省聊城市模拟)图四边形ABCD中BC＝CDBC⊥CDAD⊥BDBD折痕△ABD折起点A达点P位置PC⊥BC
(1)证明：PD⊥面BCD
(2)MPB中点二面角P－BC－D等60°求直线PC面MCD成角正弦值．
解 (1)证明：BC⊥CDBC⊥PCPC∩CD＝C
BC⊥面PCD
PD⊂面PCDBC⊥PD
PD⊥BDBD∩BC＝B
PD⊥面BCD
(2)PC⊥BCCD⊥BC
∠PCD二面角P－BC－D面角
已知∠PCD＝60°
PD＝CDtan60°＝CD
取BD中点O连接OMOC
易OMOCBD两两垂直O原点建立图示空间直角坐标系Oxyz设OB＝1P(01)C(100)D(010)M＝(－11)＝(－110)＝
设面MCD法量n＝(xyz)
令z＝n＝()
cos〈n〉＝＝
直线PC面MCD成角正弦值
3．图三棱柱ABC－A1B1C1中面ACC1A1⊥面ABCAC＝2AA1＝AB＝4∠BAC＝120°∠ACC1＝60°
(1)证明：AC1⊥BC
(2)求直线CB1面ABB1A1成角正弦值．
解 (1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1中面ACC1A1⊥面ABCAC＝2AA1＝AB＝4∠BAC＝120°∠ACC1＝60°
∴AC1＝＝2
∴AC＋AC2＝CC∴AC1⊥AC
∵面ACC1A1∩面ABC＝AC
∴AC1⊥面ABCBC⊂面ABC∴AC1⊥BC
(2)图A坐标原点ABy轴AC1z轴建立空间直角坐标系A(000)C(－10)B1(－52)B(040)＝(－262)＝(040)＝(－52)
设面ABB1A1法量n＝(xyz)
取x＝2n＝(201)
设直线CB1面ABB1A1成角θ
sinθ＝＝＝
∴直线CB1面ABB1A1成角正弦值
4．图已知正方形ADEF梯形ABCDAD∥BC∠BAD＝90°面ADEF⊥面ABCDAB＝AD＝1BC＝3
(1)求证：AF⊥CD
(2)求直线BF面CDE成角正弦值
(3)线段BD否存点M直线CE∥面AFM存求值存请说明理．
解 (1)证明：四边形ADEF正方形AF⊥AD
面ADEF⊥面ABCD
面ADEF∩面ABCD＝AD
AF⊥面ABCDCD⊂面ABCD
AF⊥CD
(2)(1)知AF⊥面ABCDAF⊥ADAF⊥AB
∠BAD＝90°ABADAF两两垂直．
分ABADAF直线x轴y轴z轴建立空间直角坐标系(图)．
AB＝AD＝1BC＝3
A(000)B(100)C(130)D(010)E(011)F(001)
＝(－101)＝(120)＝(001)．
设面CDE法量n＝(xyz)
令x＝2y＝－1
n＝(2－10)．
设直线BF面CDE成角θ
sinθ＝|cos〈n〉|＝＝
(3)结：线段BD存点M直线CE∥面AFM
设＝λ(λ∈[01])
设M(x1y1z1)＝λ(x1－1y1z1)＝λ(－110)
x1＝1－λy1＝λz1＝0M(1－λλ0)
＝(1－λλ0)．
设面AFM法量m＝(x0y0z0)
＝(001)
令x0＝λy0＝λ－1m＝(λλ－10)．
线段BD存点MCE∥面AFM等价存λ∈[01]m·＝0
＝(－1－21)m·＝0－λ－2(λ－1)＝0
解λ＝∈[01]
线段BD存点MCE∥面AFM＝
5 (2020·山东省济南市二模)图三棱锥P－ABC中面PAB⊥面ABC∠PAB＝∠PBA＝45°∠ABC＝2∠BAC＝60°D棱AB中点点E棱PB点G△BCD重心．
(1)EPB中点证明GE∥面PAC
(2)否存点E二面角E－CD－G30°？存求值存请说明理．
解 (1)证明：延长DG交BC点F连接EF
点G△BCD重心FBC中点
DE分棱ABBP中点
DF∥ACDE∥AP
DF∩DE＝D面DEF∥面APC
GE⊂面DEFGE∥面PAC
(2)连接PD∠PAB＝∠PBA＝45°PA＝PB
DAB中点PD⊥AB
面PAB⊥面ABC面PAB∩面ABC＝ABPD⊂面PAB
PD⊥面ABC
图D原点垂直AB直线x轴DBDP直线分y轴z轴建立空间直角坐标系．
设PA＝PB＝2AB＝2PD＝CD＝
D(000)B(00)CGP(00)
假设存点E设＝λλ∈(01]
＝＋＝＋λ＝(00)＋λ(0－)＝(0(1－λ)λ)
E(0(1－λ)λ)
＝
设面ECD法量n1＝(xyz)
令x＝1解n1＝
面CDG法量n2＝(001)
二面角E－CD－G30°
|cos〈n1n2〉|＝＝
＝
解λ＝
存点E二面角E－CD－G30°时＝
6．图四棱柱ABCD－A1B1C1D1中侧棱A1A⊥底面ABCDAB⊥ACAB＝1AC＝AA1＝2AD＝CD＝点MN分B1CD1D中点．
(1)求证：MN∥面ABCD
(2)求二面角D1－AC－B1正弦值
(3)设E棱A1B1点直线NE面ABCD成角正弦值求线段A1E长．
解 图A坐标原点建立空间直角坐标系题意A(000)B(010)C(200)D(1－20)A1(002)B1(012)C1(202)D1(1－22)．
MN分B1CD1D中点
MN(1－21)．
(1)证明：题意n＝(001)面ABCD法量＝
·n＝0直线MN⊄面ABCD
MN∥面ABCD
(2)＝(1－22)＝(200)．
设n1＝(x1y1z1)面ACD1法量
妨设z1＝1n1＝(011)．
设n2＝(x2y2z2)面ACB1法量
＝(012)
妨设z2＝1n2＝(0－21)．
cos〈n1n2〉＝＝－
sin〈n1n2〉＝
二面角D1－AC－B1正弦值
(3)题意设＝λ中λ∈[01]
E(0λ2)＝(－1λ＋21)．
n＝(001)面ABCD法量已知
cos〈n〉＝＝＝
整理λ2＋4λ－3＝0λ∈[01]λ＝－2
线段A1E长－2
7 图梯形ABCD中AB∥CD∠BCD＝四边形ACFE矩形CF⊥面ABCDAD＝CD＝BC＝CF
(1)求证：EF⊥面BCF
(2)点M线段EF运动点M什位置时面MAB面FCB成锐二面角求时二面角余弦值．
解 (1)证明：设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
CF⊥面ABCD∴CF⊥AC ②
①②AC⊥面BCF
四边形ACFE矩形
∴EF∥AC∴EF⊥面BCF
(2)(1)建立分直线CACBCFx轴y轴z轴图示空间直角坐标系．
设AD＝CD＝BC＝CF＝1
令FM＝λ(0≤λ≤)
C(000)A(00)B(010)
M(λ01)∴＝(－10)
＝(λ－11)
设n1＝(xyz)面MAB法量
取x＝1n1＝(1－λ)
设面MAB面FCB成锐二面角θ
∵n2＝(100)面FCB法量
∴cosθ＝＝
＝
∵0≤λ≤ ∴λ＝0时cosθ值
∴点M点F重合时面MAB面FCB成锐二面角时二面角余弦值
8 (2020·山东省滨州市三模)图示圆柱O1O2中AB圆O1直径CD两三等分点EAFCGB圆柱O1O2母线．
(1)求证：FO1∥面ADE
(2)设BC＝1已知直线AF面ACB成角30°求二面角A－FB－C余弦值．
解 (1)证明：连接O1CO1D
CD半圆两三等分点
∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°
O1A＝O1B＝O1C＝O1D
△AO1D△CO1D△BO1C均等边三角形．
O1A＝AD＝DC＝CO1
四边形ADCO1行四边形．
CO1∥AD
CO1⊄面ADEAD⊂面ADE
CO1∥面ADE
EAFC圆柱O1O2母线EA∥FC
FC⊄面ADEEA⊂面ADEFC∥面ADE
CO1FC⊂面FCO1CO1∩FC＝C
面FCO1∥面ADE
FO1⊂面FCO1FO1∥面ADE
(2)连接ACFC圆柱O1O2母线
FC⊥圆柱O1O2底面
∠FAC直线AF面ACB成角∠FAC＝30°
AB圆O1直径∠ACB＝90°
Rt△ABC中∠ABC＝60°BC＝1
AC＝BCtan60°＝
Rt△FAC中FC＝ACtan30°＝1
解法：AC⊥BCAC⊥FC
AC⊥面FBC
FB⊂面FBC
AC⊥FB
△FBC作CH⊥FB点H连接AH
AC∩CH＝CACCH⊂面ACHFB⊥面ACH
AH⊂面ACHFB⊥AH
∠AHC二面角A－FB－C面角．
Rt△FBC中CH＝＝
Rt△ACH中∠ACH＝90°
AH＝＝
cos∠AHC＝＝
二面角A－FB－C余弦值
解法二：C坐标原点分CACBCF直线xyz轴建立图示空间直角坐标系
A(00)B(010)F(001)
＝(－10)＝(－01)．
设面AFB法量n＝(xyz)
令x＝1y＝z＝
面AFB法量n＝(1)．
面BCF法量m＝(100)
cos〈mn〉＝＝＝
二面角A－FB－C余弦值
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「考情研析」 空间体载体考查空间角高考命题重点常空间线面关系证明相结合热点线面角二面角求解均解答题形式进行考查难度体现建立空间直角坐标系准确计算
核心知识回顾
1线面位置关系量关系
设直线lm方量分a＝(a1b1c1)b＝(a2b2c2)面αβ法量分μ＝(a3b3c3)v＝(a4b4c4)．
(1)l∥m⇒a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2b1＝kb2c1＝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＝ka3b1＝kb3c1＝kc3
(5)α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4b3＝kb4c3＝kc4
(6)α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0
2．三种空间角空间量关系
(1)线线角：设ab分异面直线ab方量两异面直线成角θ满足cosθ＝
(2)线面角：设l斜线l方量n面α法量斜线l面α成角θ满足sinθ＝
(3)二面角
①图(Ⅰ)ABCD二面角α－l－β两半面棱l垂直直线二面角θ＝〈〉
②图(Ⅱ)(Ⅲ)n1n2分二面角α－l－β两半面αβ法量二面角θ满足cosθ＝－cos〈n1n2〉cos〈n1n2〉．
热点考探究
考1 利量证明行垂直
例1 (1)(选)(2020·山东省莱西中高密中枣庄三中高三模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中AB＝2AD＝AA1＝2PQR分ABBB1A1C动点列结正确( )
A．意定点P存点QD1P⊥CQ
B．意定点Q存点RD1R⊥CQ
C．AR⊥A1C时AR⊥D1R
D．A1C＝3A1R时D1R∥面BDC1
答案 ABD
解析 图示建立空间直角坐标系设P(2a0)a∈[02]Q(22b)b∈[02]设＝λR(2－2λ2λ2－2λ)λ∈[01]＝(2a－2)＝(20b)·＝4－2bb＝2时D1P⊥CQA正确＝(2－2λ2λ－2λ)·＝2(2－2λ)－2λb取λ＝时D1R⊥CQB正确AR⊥A1C·＝(－2λ2λ2－2λ)·(－22－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0解λ＝时·＝·＝－≠0C错误A1C＝3A1RR＝设面BDC1法量n＝(xyz)解n＝(－1)·n＝0D1R∥面BDC1D正确．选ABD
(2)图直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中底面ABCD等腰梯形AB∥CDAB＝4BC＝CD＝2AA1＝2EE1分棱ADAA1中点．
①设F棱AB中点证明：直线E1E∥面FCC1
②证明：面D1AC⊥面BB1C1C
证明 图点D作AB垂线交AB点G点D原点DGDCDD1直线分x轴y轴z轴建立空间直角坐标系易A(－10)B(30)C(020)E1(－11)EF(10)D1(002)B1(32)C1(022)．
①＝(002)＝(－10)．
设面FCC1法量n1＝(xyz)
令x＝1n1＝(10)
＝·n1＝0
E1E⊄面FCC1
E1E∥面FCC1
②＝(－1－2)＝(02－2)
设面D1AC法量n2＝(abc)
令b＝1n2＝(11)．
理易面BB1C1C法量n3＝(1－0)
n2·n3＝0面D1AC⊥面BB1C1C
利空间量证明行垂直方法步骤
(1)建立空间直角坐标系建系时利载体中垂直关系．
(2)建立空间图形空间量间关系空间量表示出问题中涉点直线面素．
(3)通空间量运算研究行垂直关系．
(4)根运算结果解释相关问题．
图四棱锥P－ABCD中PA⊥底面ABCDAD⊥ABAB∥DCAD＝DC＝AP＝2AB＝1点E棱PC中点．证明：
(1)BE⊥DC
(2)BE∥面PAD
(3)面PCD⊥面PAD
证明 题意点A原点建立空间直角坐标系(图)B(100)C(220)D(020)P(002)．E棱PC中点E(111)．
(1)量＝(011)＝(200)
·＝0BE⊥DC
(2)PA⊥面ABCDAB⊂面ABCDAB⊥PAAB⊥ADPA∩AD＝AAB⊥面PAD
量＝(100)面PAD法量
·＝(011)·(100)＝0⊥
BE⊄面PADBE∥面PAD
(3)(2)知面PAD法量＝(100)量＝(02－2)＝(200)设面PCD法量n＝(xyz)
妨令y＝1n＝(011)面PCD法量．
n·＝(011)·(100)＝0n⊥
面PCD⊥面PAD
考2 利空间量求空间角
角度1 利空间量求异面直线成角
例2 (2020·山东省济南市高三6月模拟)已知直角梯形ABCD中AD∥BCAB⊥BCAB＝AD＝BC直角梯形ABCD(部)AB直线轴时针旋转90°形成图示体中M中点．
(1)求证：BM⊥DF
(2)求异面直线BMEF成角．
解 (1)证法：图连接CE设CEBM交点N
根题意知该体圆台部分CDEF相交
CDFE四点面
面ADF∥面BCE
CE∥DF
M中点∠CBM＝∠EBM
BC＝BENCE中点
BN⊥CEBM⊥CE
BM⊥DF
证法二：图点B坐标原点BEBCBA直线分x轴y轴z轴建立空间直角坐标系设AB＝1AD＝AF＝1BC＝BE＝2
B(000)M(0)D(011)F(101)
＝(0)＝(1－10)
·＝－＝0
BM⊥DF
(2)解法：图连接DBDN
(1)知DF∥ENDF＝EN
四边形ENDF行四边形EF∥DN
∠BND异面直线BMEF成角设AB＝1BD＝DN＝BN＝
△BND等边三角形∠BND＝60°
异面直线BMEF成角60°
解法二：图点B坐标原点BEBCBA直线分x轴y轴z轴建立空间直角坐标系设AB＝1AD＝AF＝1BE＝2
B(000)M(0)E(200)F(101)
＝(0)＝(－101)
cos〈〉＝＝＝－
异面直线BMEF成角60°
角度2 利空间量求线面角
例3 (2020·山东省实验中学高考预测卷)图四棱锥P－ABCD中底面ABCD边长2菱形∠DAB＝60°∠ADP＝90°面ADP⊥面ABCD点F棱PD中点．
(1)棱AB否存点EAF∥面PCE说明理
(2)二面角D－FC－B余弦值时求直线PB面ABCD成角．
解 (1)棱AB存点EAF∥面PCE点E棱AB中点．
理：图取PC中点Q连接EQFQ
题意FQ∥CDFQ＝CD
AE∥CDAE＝CD
AE∥FQAE＝FQ
四边形AEQF行四边形．
AF∥EQEQ⊂面PCEAF⊄面PCE
AF∥面PCE
(2)图连接BDDE
题意知△ABD正三角形ED⊥ABED⊥CD
∠ADP＝90°PD⊥AD
面ADP⊥面ABCD面ADP∩面ABCD＝AD
PD⊥面ABCD
点D坐标原点建立图示空间直角坐标系
设FD＝a(a>0)题意知D(000)F(00a)C(020)B(10)＝(02－a)＝(－10)
设面FBC法量m＝(xyz)
令x＝1y＝z＝
取m＝
易知面DFC法量n＝(100)
二面角D－FC－B余弦值
|cos〈mn〉|＝＝＝
解a＝
PD⊥面ABCDPB面ABCD射影BD
∠PBD直线PB面ABCD成角
题意知Rt△PBD中tan∠PBD＝＝a＝
∠PBD＝60°
直线PB面ABCD成角60°
角度3 利空间量求二面角
例4 (2020·山东省济宁市模拟)图三棱台ABC－A1B1C1中侧面A1B1BA侧面A1C1CA全等梯形AA1⊥ABAA1⊥A1C1AB＝2A1B1＝4AA1
(1)＝2＝2证明：DE∥面BCC1B1
(2)二面角C1－AA1－B求面A1B1BA面C1B1BC成锐二面角余弦值．
解 (1)证明：连接AC1BC1梯形A1C1CA中AC＝2A1C1
∵＝2
∴AC1∩A1C＝D＝2
∵＝2∴DE∥BC1
∵BC1⊂面BCC1B1DE⊄面BCC1B1
∴DE∥面BCC1B1
(2)∵AA1⊥A1C1∴AA1⊥AC
AA1⊥AB面A1B1BA∩面A1C1CA＝AA1
∴∠BAC＝
面点A作AC垂线建立图示空间直角坐标系
妨设AA1＝1A1B1＝A1C1＝2AC＝4
A1(001)C(040)B(220)B1(11)．
设面A1B1BA法量m＝(xyz)
∴m＝(1－0)
理面C1B1BC法量n＝(12)
∴cos〈mn〉＝＝－
∴面A1B1BA面C1B1BC成锐二面角余弦值
三种空间角量求法
(1)异面直线成角θ通两直线方量夹角φ求cosθ＝|cosφ|
(2)直线面成角θ通直线方量面法量夹角φ求sinθ＝|cosφ|
(3)二面角利分两半面棱垂直直线方量夹角(补角)通二面角两面法量夹角求等两法量夹角补角．
1．图四边形ABCD菱形∠ABC＝120°EF面ABCD侧两点BE⊥面ABCDDF⊥面ABCDBE＝2DFAE⊥EC
(1)证明：面AEC⊥面AFC
(2)求直线AE直线CF成角余弦值．
解 (1)证明：连接BD设BD∩AC＝G连接EGFGEF
菱形ABCD中妨设GB＝1
∠ABC＝120°AG＝GC＝
BE⊥面ABCDAB＝BC知AE＝EC
AE⊥ECEG＝EG⊥AC
Rt△EBG中BE＝DF＝
Rt△FDG中FG＝
直角梯形BDFE中BD＝2BE＝DF＝
EF＝
EG2＋FG2＝EF2EG⊥FG
AC∩FG＝GEG⊥面AFC
EG⊂面AEC面AEC⊥面AFC
(2)图点G坐标原点分方x轴y轴正方||单位长度建立空间直角坐标系Gxyz
(1)A(0－0)E(10)FC(00)＝(1)＝
cos〈〉＝＝－
直线AE直线CF成角余弦值
2 (2020·湖南永州高三第三次模拟)三棱柱ABC－A1B1C1中侧面ABB1A1⊥底面ABC∠ABC＝90°侧面ABB1A1菱形．
(1)证明：A1B⊥面AB1C1
(2)∠A1AB＝60°AB＝2直线AC1底面ABC成角正弦值求二面角A1－AC1－B1余弦值．
解 (1)证明：∵四边形ABB1A1菱形∴A1B⊥AB1
∵面ABB1A1⊥面ABCAB交线BC⊥AB
∴BC⊥面ABB1A1∴BC⊥A1B
∵BC∥B1C1∴A1B⊥B1C1
AB1∩B1C1＝B1∴A1B⊥面AB1C1
(2)取A1B1中点M连接BM易证BM⊥面ABCAB⊥BCBA直线x轴BC直线y轴BM直线z轴建立图示空间直角坐标系
设BC＝t(t>0)A(200)A1(10)C(0t0)
＝(－10)＝(－2t0)．
∵四边形A1ACC1行四边形
∴＝＋＝＋＝(－3t)
易知面ABC法量n＝(001)
∴|cos〈n〉|＝＝＝
解t＝
∴＝(－3)．
设面AA1C1法量n1＝(x1y1z1)
∴
令z1＝1n1＝(21)
(1)面AB1C1法量＝(10)
∴cos〈n1〉＝＝
二面角A1－AC1－B1锐角
∴二面角A1－AC1－B1余弦值
考3 立体中探索性问题
例5 (2020·河北省保定市模)图四边形ABCD矩形△ABE△BCF均等腰直角三角形∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°EA∥FC
(1)求证：ED∥面BCF
(2)设＝λ问否存λ二面角B－EF－D余弦值？存求出λ值存请说明理．
解 (1)证明：AD∥BCBC⊂面BCFAD⊄面BCFAD∥面BCF
EA∥FCFC⊂面BCFEA⊄面BCFEA∥面BCF
EA∩AD＝AEAAD⊂面ADE
面ADE∥面BCFED⊂面ADE
ED∥面BCF
(2)D原点DA直线x轴DC直线y轴建立图示空间直角坐标系
∠BAE＝∠DAE＝90°EA⊥ABEA⊥AD
AD∩AD＝AADAB⊂面ABCDEA⊥面ABCD
EA∥FCFC⊥面ABCD
设AB＝AE＝aBC＝CF＝bD(000)F(0ab)E(b0a)B(ba0)
＝(b0a)＝(0ab)．
设面DEF法量n＝(xyz)
取x＝1y＝z＝－
＝＝λn＝(1λ2－λ)．
设面BEF法量m＝(x′y′z′)
＝(0－aa)＝(－b0b)
取x′＝1
y′＝z′＝1m＝(111)
cos〈mn〉＝＝
二面角B－EF－D余弦值
＝
整理λ2－λ＋1＝0Δ＝－3<0
存正实数λ二面角B－EF－D余弦值
利空间量求解探索性问题策略
(1)假设题中数学象存(结成立)暂认中部分结．
(2)前提进行逻辑推理成立结作条件列方程方程组否存问题转化点坐标(参数)否解否规定范围解等．推导出矛盾否定假设否出肯定结．
图1边长3菱形ABCD中已知AF＝EC＝1EF⊥BC梯形ABEF直线EF折起BE⊥面CDFE图2PM分BDAD点．
(1)面PAE∥面CMF求AM长
(2)否存点P直线DF面PAE成角45°？存求出值存请说明理．
解 (1)面PAE面CDFE公点E面PAE面CDFE相交设交线EQ面PAE∥面CMF
面CDFE∩面CMF＝CFEQ∥CF
设EQ∩DF＝QFQ∥CE
四边形ECFQ行四边形FQ＝CE
理面PAE∥面CMF
面PAE∩面ADQ＝AQ面CMF∩面ADQ＝MFAQ∥MF
＝＝
AF⊥DFAF＝1DF＝2
AD＝AM＝
(2)结：存点P直线DF面PAE成角45°
题图2中点F原点分FEFDFA直线xyz轴建立空间直角坐标系图示．
易EF＝2F(000)E(200)A(001)B(202)D(020)
＝(020)＝(20－1)＝(－22－2)＝(201)
设＝λ(λ∈(01])＝(－2λ2λ－2λ)
＝＋＝(2－2λ2λ1－2λ)
设面PAE法量n＝(xyz)
令x＝1z＝2y＝3－
n＝
存点P直线DF面PAE成角45°
|cos〈n〉|＝＝
解λ＝
λ∈(01]λ＝＝
存点P＝时直线DF面PAE成角45°
真题押题
『真题检验』
1．(2020·全国卷Ⅰ)图D圆锥顶点O圆锥底面圆心AE底面直径AE＝AD△ABC底面接正三角形PDO点PO＝DO
(1)证明：PA⊥面PBC
(2)求二面角B－PC－E余弦值．
解 (1)证明：∵AE底面直径AE＝AD
∴△DAE等边三角形．设AE＝1
DO＝AO＝CO＝BO＝AE＝
∴PO＝DO＝PA＝PC＝PB＝＝
△ABC等边三角形∴AB＝AE·cos30°＝
∵PA2＋PB2＝＝AB2∴∠APB＝90°
PA⊥PB
理PA⊥PCPC∩PB＝P∴PA⊥面PBC
(2)点O作ON∥BC交AB点NON⊥AO
∵PO⊥面ABC∴PO⊥AOPO⊥ONO坐标原点OAONOD直线分x轴y轴z轴建立图示空间直角坐标系设AE＝1
EPAC＝＝＝
(1)面PBC法量＝
设面PCE法量m＝(xyz)
令x＝1z＝－y＝∴m＝
cos〈m〉＝＝＝
图二面角B－PC－E锐二面角
∴二面角B－PC－E余弦值
2．(2020·全国卷Ⅲ)图长方体ABCD－A1B1C1D1中点EF分棱DD1BB12DE＝ED1BF＝2FB1
(1)证明：点C1面AEF
(2)AB＝2AD＝1AA1＝3求二面角A－EF－A1正弦值．
解 (1)证明：棱CC1取点GC1G＝CG连接DGFGC1EC1F
∵C1G＝CGBF＝2FB1
∴CG＝CC1＝BB1＝BFCG∥BF
∴四边形BCGF行四边形
∴BC∥GFBC＝GF
长方体ABCD－A1B1C1D1中AD∥BCAD＝BC
∴AD∥GFAD＝GF
∴四边形ADGF行四边形．
∴AF∥DGAF＝DG
理证四边形DEC1G行四边形
∴C1E∥DGC1E＝DG
∴C1E∥AFC1E＝AF
四边形AEC1F行四边形
点C1面AEF．
(2)点C1坐标原点C1D1C1B1C1C直线分x轴y轴z轴建立图示空间直角坐标系C1xyz
A(213)A1(210)E(202)F(011)
＝(0－1－1)＝(－20－2)＝(0－12)＝(－201)
设面AEF法量m＝(x1y1z1)
取z1＝－1x1＝y1＝1m＝(11－1)．
设面A1EF法量n＝(x2y2z2)
取z2＝2x2＝1y2＝4n＝(142)．
∴cos〈mn〉＝＝＝
设二面角A－EF－A1面角θ|cosθ|＝
∴sinθ＝＝
二面角A－EF－A1正弦值
3．(2020·江苏高考)三棱锥A－BCD中已知CB＝CD＝BD＝2OBD中点AO⊥面BCDAO＝2EAC中点．
(1)求直线ABDE成角余弦值
(2)点FBC满足BF＝BC设二面角F－DE－Cθ求sinθ值．
解 (1)图连接CO∵CB＝CDBO＝OD∴CO⊥BD
O坐标原点OBOCOA分xyz轴建立空间直角坐标系A(002)B(100)C(020)D(－100)∴E(011)．
∴＝(10－2)＝(111)
∴cos〈〉＝＝－
直线ABDE成角余弦值
(2)设面DEC法量n1＝(xyz)
∵＝(120)∴
令y＝1∴x＝－2z＝1∴n1＝(－211)．
设面DEF法量n2＝(x1y1z1)
∵＝＋＝＋＝
∴
令y1＝－7∴x1＝2z1＝5∴n2＝(2－75)．
∴cos〈n1n2〉＝＝－
sinθ＝＝
『金版押题』
4．图1梯形ABCD中AB∥CDAB＝2CD△ABC等腰直角三角形中BC斜边△ACDAC边折叠△ACP位置面PAC⊥面ABC图2
(1)证明：AB⊥PA
(2)E棱BC中点求二面角B－PA－E余弦值．
解 (1)证明：△ABC等腰直角三角形BC斜边AB⊥AC
面PAC⊥面ABC面PAC∩面ABC＝AC
AB⊥面PAC
PA⊂面PACAB⊥PA
(2)(1)知AB⊥ACPC⊥面ABCA坐标原点ABAC分xy轴正方点A作行PC直线z轴建立图示空间直角坐标系Axyz
设PC＝1A(000)B(200)C(020)P(021)E(110)
＝(200)＝(021)＝(110)．
设面PAB法量n＝(x1y1z1)
令y1＝1n＝(01－2)．
设面PAE法量m＝(x2y2z2)
令x2＝1m＝(1－12)
cos〈mn〉＝＝－
图知二面角B－PA－E锐角
二面角B－PA－E余弦值
专题作业
1．(2020·山东省泰安市五模)图四棱锥E－ABCD中底面ABCD直角梯形AB∥CDBC⊥CDAB＝2BC＝2CD△EABAB斜边等腰直角三角形面EAB⊥面ABCD点F满足＝λ(λ∈[01])．
(1)试探究λ值时CE∥面BDF予证明
(2)(1)条件求直线AB面BDF成角正弦值．
解 (1)λ＝时CE∥面BDF
证明：连接AC交BD点M连接MF
AB∥CD
AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1
＝FA∶EF＝2∶1
AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1MF∥CE
MF⊂面BDFCE⊄面BDFCE∥面BDF
(2)取AB中点O连接EOODEO⊥AB
面ABE⊥面ABCD面ABE∩面ABCD＝ABEO⊂面ABEEO⊥面ABCD
OD⊂面ABCDEO⊥OD
BC⊥CDAB＝2CDAB∥CDOD⊥AB
OBODOE两两垂直建立图示空间直角坐标系Oxyz
△EAB等腰直角三角形AB＝2BC＝2CD
OA＝OB＝OD＝OE设OB＝1
O(000)A(－100)B(100)C(110)D(010)E(001)．
＝(200)＝(－110)
＝＝F
＝
设面BDF法量n＝(xyz)
取x＝1n＝(112)．
设直线AB面BDF成角θ
sinθ＝|cos〈n〉|＝
＝＝
直线AB面BDF成角正弦值
2．(2020·山东省聊城市模拟)图四边形ABCD中BC＝CDBC⊥CDAD⊥BDBD折痕△ABD折起点A达点P位置PC⊥BC
(1)证明：PD⊥面BCD
(2)MPB中点二面角P－BC－D等60°求直线PC面MCD成角正弦值．
解 (1)证明：BC⊥CDBC⊥PCPC∩CD＝C
BC⊥面PCD
PD⊂面PCDBC⊥PD
PD⊥BDBD∩BC＝B
PD⊥面BCD
(2)PC⊥BCCD⊥BC
∠PCD二面角P－BC－D面角
已知∠PCD＝60°
PD＝CDtan60°＝CD
取BD中点O连接OMOC
易OMOCBD两两垂直O原点建立图示空间直角坐标系Oxyz设OB＝1P(01)C(100)D(010)M＝(－11)＝(－110)＝
设面MCD法量n＝(xyz)
令z＝n＝()
cos〈n〉＝＝
直线PC面MCD成角正弦值
3．图三棱柱ABC－A1B1C1中面ACC1A1⊥面ABCAC＝2AA1＝AB＝4∠BAC＝120°∠ACC1＝60°
(1)证明：AC1⊥BC
(2)求直线CB1面ABB1A1成角正弦值．
解 (1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1中面ACC1A1⊥面ABCAC＝2AA1＝AB＝4∠BAC＝120°∠ACC1＝60°
∴AC1＝＝2
∴AC＋AC2＝CC∴AC1⊥AC
∵面ACC1A1∩面ABC＝AC
∴AC1⊥面ABCBC⊂面ABC∴AC1⊥BC
(2)图A坐标原点ABy轴AC1z轴建立空间直角坐标系A(000)C(－10)B1(－52)B(040)＝(－262)＝(040)＝(－52)
设面ABB1A1法量n＝(xyz)
取x＝2n＝(201)
设直线CB1面ABB1A1成角θ
sinθ＝＝＝
∴直线CB1面ABB1A1成角正弦值
4．图已知正方形ADEF梯形ABCDAD∥BC∠BAD＝90°面ADEF⊥面ABCDAB＝AD＝1BC＝3
(1)求证：AF⊥CD
(2)求直线BF面CDE成角正弦值
(3)线段BD否存点M直线CE∥面AFM存求值存请说明理．
解 (1)证明：四边形ADEF正方形AF⊥AD
面ADEF⊥面ABCD
面ADEF∩面ABCD＝AD
AF⊥面ABCDCD⊂面ABCD
AF⊥CD
(2)(1)知AF⊥面ABCDAF⊥ADAF⊥AB
∠BAD＝90°ABADAF两两垂直．
分ABADAF直线x轴y轴z轴建立空间直角坐标系(图)．
AB＝AD＝1BC＝3
A(000)B(100)C(130)D(010)E(011)F(001)
＝(－101)＝(120)＝(001)．
设面CDE法量n＝(xyz)
令x＝2y＝－1
n＝(2－10)．
设直线BF面CDE成角θ
sinθ＝|cos〈n〉|＝＝
(3)结：线段BD存点M直线CE∥面AFM
设＝λ(λ∈[01])
设M(x1y1z1)＝λ(x1－1y1z1)＝λ(－110)
x1＝1－λy1＝λz1＝0M(1－λλ0)
＝(1－λλ0)．
设面AFM法量m＝(x0y0z0)
＝(001)
令x0＝λy0＝λ－1m＝(λλ－10)．
线段BD存点MCE∥面AFM等价存λ∈[01]m·＝0
＝(－1－21)m·＝0－λ－2(λ－1)＝0
解λ＝∈[01]
线段BD存点MCE∥面AFM＝
5 (2020·山东省济南市二模)图三棱锥P－ABC中面PAB⊥面ABC∠PAB＝∠PBA＝45°∠ABC＝2∠BAC＝60°D棱AB中点点E棱PB点G△BCD重心．
(1)EPB中点证明GE∥面PAC
(2)否存点E二面角E－CD－G30°？存求值存请说明理．
解 (1)证明：延长DG交BC点F连接EF
点G△BCD重心FBC中点
DE分棱ABBP中点
DF∥ACDE∥AP
DF∩DE＝D面DEF∥面APC
GE⊂面DEFGE∥面PAC
(2)连接PD∠PAB＝∠PBA＝45°PA＝PB
DAB中点PD⊥AB
面PAB⊥面ABC面PAB∩面ABC＝ABPD⊂面PAB
PD⊥面ABC
图D原点垂直AB直线x轴DBDP直线分y轴z轴建立空间直角坐标系．
设PA＝PB＝2AB＝2PD＝CD＝
D(000)B(00)CGP(00)
假设存点E设＝λλ∈(01]
＝＋＝＋λ＝(00)＋λ(0－)＝(0(1－λ)λ)
E(0(1－λ)λ)
＝
设面ECD法量n1＝(xyz)
令x＝1解n1＝
面CDG法量n2＝(001)
二面角E－CD－G30°
|cos〈n1n2〉|＝＝
＝
解λ＝
存点E二面角E－CD－G30°时＝
6．图四棱柱ABCD－A1B1C1D1中侧棱A1A⊥底面ABCDAB⊥ACAB＝1AC＝AA1＝2AD＝CD＝点MN分B1CD1D中点．
(1)求证：MN∥面ABCD
(2)求二面角D1－AC－B1正弦值
(3)设E棱A1B1点直线NE面ABCD成角正弦值求线段A1E长．
解 图A坐标原点建立空间直角坐标系题意A(000)B(010)C(200)D(1－20)A1(002)B1(012)C1(202)D1(1－22)．
MN分B1CD1D中点
MN(1－21)．
(1)证明：题意n＝(001)面ABCD法量＝
·n＝0直线MN⊄面ABCD
MN∥面ABCD
(2)＝(1－22)＝(200)．
设n1＝(x1y1z1)面ACD1法量
妨设z1＝1n1＝(011)．
设n2＝(x2y2z2)面ACB1法量
＝(012)
妨设z2＝1n2＝(0－21)．
cos〈n1n2〉＝＝－
sin〈n1n2〉＝
二面角D1－AC－B1正弦值
(3)题意设＝λ中λ∈[01]
E(0λ2)＝(－1λ＋21)．
n＝(001)面ABCD法量已知
cos〈n〉＝＝＝
整理λ2＋4λ－3＝0λ∈[01]λ＝－2
线段A1E长－2
7 图梯形ABCD中AB∥CD∠BCD＝四边形ACFE矩形CF⊥面ABCDAD＝CD＝BC＝CF
(1)求证：EF⊥面BCF
(2)点M线段EF运动点M什位置时面MAB面FCB成锐二面角求时二面角余弦值．
解 (1)证明：设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
CF⊥面ABCD∴CF⊥AC ②
①②AC⊥面BCF
四边形ACFE矩形
∴EF∥AC∴EF⊥面BCF
(2)(1)建立分直线CACBCFx轴y轴z轴图示空间直角坐标系．
设AD＝CD＝BC＝CF＝1
令FM＝λ(0≤λ≤)
C(000)A(00)B(010)
M(λ01)∴＝(－10)
＝(λ－11)
设n1＝(xyz)面MAB法量
取x＝1n1＝(1－λ)
设面MAB面FCB成锐二面角θ
∵n2＝(100)面FCB法量
∴cosθ＝＝
＝
∵0≤λ≤ ∴λ＝0时cosθ值
∴点M点F重合时面MAB面FCB成锐二面角时二面角余弦值
8 (2020·山东省滨州市三模)图示圆柱O1O2中AB圆O1直径CD两三等分点EAFCGB圆柱O1O2母线．
(1)求证：FO1∥面ADE
(2)设BC＝1已知直线AF面ACB成角30°求二面角A－FB－C余弦值．
解 (1)证明：连接O1CO1D
CD半圆两三等分点
∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°
O1A＝O1B＝O1C＝O1D
△AO1D△CO1D△BO1C均等边三角形．
O1A＝AD＝DC＝CO1
四边形ADCO1行四边形．
CO1∥AD
CO1⊄面ADEAD⊂面ADE
CO1∥面ADE
EAFC圆柱O1O2母线EA∥FC
FC⊄面ADEEA⊂面ADEFC∥面ADE
CO1FC⊂面FCO1CO1∩FC＝C
面FCO1∥面ADE
FO1⊂面FCO1FO1∥面ADE
(2)连接ACFC圆柱O1O2母线
FC⊥圆柱O1O2底面
∠FAC直线AF面ACB成角∠FAC＝30°
AB圆O1直径∠ACB＝90°
Rt△ABC中∠ABC＝60°BC＝1
AC＝BCtan60°＝
Rt△FAC中FC＝ACtan30°＝1
解法：AC⊥BCAC⊥FC
AC⊥面FBC
FB⊂面FBC
AC⊥FB
△FBC作CH⊥FB点H连接AH
AC∩CH＝CACCH⊂面ACHFB⊥面ACH
AH⊂面ACHFB⊥AH
∠AHC二面角A－FB－C面角．
Rt△FBC中CH＝＝
Rt△ACH中∠ACH＝90°
AH＝＝
cos∠AHC＝＝
二面角A－FB－C余弦值
解法二：C坐标原点分CACBCF直线xyz轴建立图示空间直角坐标系
A(00)B(010)F(001)
＝(－10)＝(－01)．
设面AFB法量n＝(xyz)
令x＝1y＝z＝
面AFB法量n＝(1)．
面BCF法量m＝(100)
cos〈mn〉＝＝＝
二面角A－FB－C余弦值
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