1、一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何答案部分1【解析】(1)由已知可得，所以平面PEF又平面，所以平面平面(2)作，垂足为由(1)得，平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由(1)可得，又=2，=1，所以=又=1，=2，故可得,则，为平面的法向量设与平面所成角为，则所以与平面所成角的正弦值为2【解析】(1)在三棱柱中，平面，四边形为矩形又，分别为，的中点，平面(2)由(1)知，又平面，平面平面，如图建立空间直角坐称系由题意得，设平面的法向量为，令，则，平面的法向量，又平面的法
2、向量为，由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为(3)平面的法向量为，与不垂直，与平面不平行且不在平面内，与平面相交3【解析】(1)因为，为的中点，所以，且连结因为，所以为等腰直角三角形，且，由知由，知平面(2)如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得，取平面的法向量设，则设平面的法向量为由得，可取，所以由已知得所以解得（舍去），所以又，所以所以与平面所成角的正弦值为4【解析】(1)由题设知，平面平面，交线为因为，平面，所以平面，故因为为上异于，的点，且为直径，所以 又=，所以平面而平面，故平面平面(2)以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系当三
3、棱锥体积最大时，为的中点由题设得，设是平面的法向量，则即可取是平面的法向量，因此，所以面与面所成二面角的正弦值是5【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，(1)证明：依题意，设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得又，可得，又因为直线平面，所以平面(2)依题意，可得，设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得设为平面的法向量，则 即不妨令，可得因此有，于是所以，二面角的正弦值为(3)设线段的长为()，则点的坐标为，可得易知，为平面的一个法向量，故，由题意，可得，解得所以线段的长为6【解析】如图，在正三棱柱中，设，的中点分别为，则，以为基底，
4、建立空间直角坐标系因为，所以(1)因为为的中点，所以，从而，故因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为(2)因为Q为BC的中点，所以，因此，设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为7【解析】（1）由已知，得ABAP，CDPD由于ABCD，故ABPD，从而AB平面PAD又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD（2）在平面内做，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由（1）及已知可得，所以，设是平面的法向量，则，即，可
5、取设是平面的法向量，则，即，可取则，所以二面角的余弦值为8【解析】（1）取的中点，连结，因为是的中点，所以，由得，又，所以，四边形是平行四边形，又平面，平面，故平面（2）由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图的空间直角坐标系，则，设，则，因为与底面所成的角为，而是底面的法向量，所以，即 又在棱上，设，则， 由，解得（舍去），所以，从而设是平面的法向量，则，即，所以可取，于是因此二面角的余弦值为9【解析】（1）由题设可得，从而又是直角三角形，所以取的中点，连接，则，又由于是正三角形，故所以为二面角的平面角在中，又，所以，故所以平面平面（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐
6、标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得故，设是平面的法向量，则即可取设是平面的法向量，则同理可得则所以二面角的余弦值为10【解析】如图，以为原点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系依题意可得，（）证明：=，=设，为平面的法向量，则，即不妨设，可得又=（1，2，），可得因为平面BDE，所以MN/平面BDE（）易知为平面CEM的一个法向量设为平面EMN的法向量，则，因为，所以不妨设，可得因此有，于是所以，二面角CEMN的正弦值为（）依题意，设AH=h（），则H
7、（0，0，h），进而可得，由已知，得，整理得，解得，或所以，线段AH的长为或11【解析】（）设交点为，连接因为平面，平面平面，所以因为是正方形，所以为的中点，在中，知为的中点（）取的中点，连接，因为，所以又因为平面平面，且平面，所以平面因为平面，所以因为是正方形，所以如图建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即令，则，于是平面的法向量为，所以由题知二面角为锐角，所以它的大小为（）由题意知，设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为12【解析】(1)面面，面面，面，面， 面， ，又，面，(2)取中点为，连结， ， ， ， 以为原点，如图建系易知，则，设为面的法向量，令，则与面
8、夹角有，(3)假设存在点使得面， 设，由(2)知，有面，为的法向量，即，综上，存在点，即当时，点即为所求13【解析】()连结，取的中点，连结，因为，在上底面内，不在上底面内，所以上底面，所以平面；又因为，平面，平面，所以平面；所以平面平面，由平面，所以平面EFBACGH() 连结， ，以为原点，分别以为 轴，建立空间直角坐标系EFBACO，Oxyz，于是有，可得平面中的向量，,于是得平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，设二面角为，则二面角的余弦值为14【解析】(1)证明：找到中点，连结，矩形,、是中点，是的中位线，且，是正方形中心，且四边形是平行四边形，面，面(2)正弦值，如图所示建立空
9、间直角坐标系，设面的法向量得：面，面的法向量(3)，设，得：15【解析】（）连接，设，连接在菱形中，不妨设，由，可得，由平面，可知，又，在中，可得，故在中，可得在直角梯形中，由，可得，=，平面，面，平面平面（）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（）可得(0，0)，(1,0, )，(1,0，)，(0，0)，=（1，），=（1，）故所以直线与所成的角的余弦值为16【解析】解法一：（）如图，取的中点，连接，又是的中点，又是中点，由四边形ABCD是矩形得，所以，且从而四边形是平行四边形，所以，又，所以平面（）如图，在平面内，过点作，因为又因为
10、平面，所以，以为原点，分别以的方向为x轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)因为平面，所以为平面的法向量，设为平面AEF的法向量又，由取得从而所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为解法二：（）如图，取中点，连接，又是的中点，可知，又，所以平面在矩形ABCD中，由分别是，的中点得又，所以又因为，所以平面，因为，所以（）同解法一17【解析】（）证法一：连接，设，连接在三棱台中，为的中点，可得，所以四边形为平行四边形，则为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面证法二：在三棱台中，由，为的中点，可得，所以四边
11、形为平行四边形，可得 ，在中，为的中点，为的中点，所以，又，所以平面平面，因为平面，所以 平面（）解法一：设，则，在三棱台中，为的中点，由，可得四边形为平行四边形，因此，又平面，所以 平面，在中，由，是中点，所以 ，因此 两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以可得，故，设是平面的一个法向量，则由 可得可得 平面的一个法向量，因为是平面的一个法向量，所以，所以平面与平面所成角（锐角）的大小为解法二：作与点，作与点，连接由平面，得，又，所以平面，因此，所以即为所求的角，在中，由，可得，从而，由 平面，平面，得 ，因此 ，所以 ，所以 平面与平面所成角（锐角）的大小为18【解析】
12、（）在图1中，因为，是的中点，=，所以即在图2中，从而平面又，所以平面 （）由已知，平面平面，又由（）知，所以为二面角的平面角，所以如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以，得 ，设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为19【解析】（）连接交于点，连结因为为矩形，所以为的中点又为的中点，所以平面,平面，所以平面（）因为平面，为矩形，所以，两两垂直如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则设，则设为平面的法向量，则即，可取又为平面的法向量，由题设，即，解得因为为的中点，所以三棱锥的高为三棱锥的体积20
13、【解析】（）证明：四边形为等腰梯形，且，所以且，连接为四棱柱， 又为的中点，,为平行四边形，又 ，（）方法一： 由（）知 平面平面=作，连接则即为所求二面角的平面角在中， 在中，方法二：连接，由（）知且为平行四边形可得，由题意，所以为正三角形因此，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，设平面的法向量为 显然平面的法向量为显然二面角为锐角，所以平面和平面所成角的余弦值为21【解析】（）（方法一），且，为三角形，同理，且，为三角形，过作，垂足为，连接，可证出，所以，即从而证出面，又面，所以（方法二）由题意，以为坐标原点，在平面内过作垂直的直线为轴，所在直线为轴，在平面内过作垂直的直线为轴，建立
14、如图所示空问直角坐标系易得，因而，因此，所以（）如上图中，平面的一个法向量为设平面的法向量，又，由得其中设二面角大小为，且由题意知为锐角，因此，即所求二面角的正弦值为22【解析】（）连接，交，连接AO，因为侧面，所以又又（）因为又因为，以因为则23【解析】：（）因为平面,平面平面平面所以平面又平面所以 （）过点在平面内作,如图由（）知平面平面所以以为坐标原点,分别以的方向为轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系依题意,得则设平面的法向量则即取得平面的一个法向量设直线与平面所成角为,则即直线与平面所成角的正弦值为24【解析】（）在直角梯形中，由，得，由，则，即，又平面平面，从而平面，所以，又，
15、从而平面（）方法一：作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（）知，则，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，从而，由于平面，得：，在中，由，得，在中，得，在中，得，从而，在中，利用余弦定理分别可得，在中，所以，即二面角的大小是方法二：以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图所示，由题意可知各点坐标如下：，设平面的法向量为，平面的法向量为，可算得，由得，可取，由得，可取，于是，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是25【解析】（）平面，又，平面，又，平面，即；（）设，则中，又，由（）知，又，同理，如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则，设
16、是平面的法向量，则，又，所以，令，得，由（）知平面的一个法向量，设二面角的平面角为，可知为锐角，即所求26【解析】（）如图，因为四边形为矩形，所以同理因为，所以而，因此底面由题设知，故底面（）解法一 如图，过作于H，连接，由（）知，底面，所以底面，于是又因为四棱柱ABCD-的所有棱长都相等，所以四边形是菱形，因此，从而，所以，于是，进而故是二面角的平面角不妨设AB=2因为，所以，在中，易知而，于是故即二面角的余弦值为解法2 因为四棱柱-的所有棱长都相等，所以四边形是菱形，因此又底面，从而OB，OC, 两两垂直如图，以O为坐标原点，OB,OC, 所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系不妨设
17、AB=2因为，所以，于是相关各点的坐标为：O(0，0，0)，易知，是平面的一个法向量设是平面的一个法向量，则即取，则，所以设二面角的大小为，易知是锐角，于是故二面角的余弦值为27【解析】：（）由该四面体的三视图可知：，由题设，面面面面面， 同理， 四边形是平行四边形又平面 ,四边形是矩形（）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量,即得，取28【解析】（）取AB中点E，连结CE，AB=，=，是正三角形，AB， CA=CB， CEAB， =E，AB面， AB；（）由（）知ECAB，AB，又面ABC面，面ABC面=AB，EC面，EC，EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的
18、方向为轴正方向，|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，有题设知A(1,0,0),(0,0),C(0,0,),B(1,0,0),则=（1,0，）,=(1,0,),=(0,), 设=是平面的法向量，则，即，可取=（，1，-1），=，直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为29【解析】（）连结，交于点O，连结DO，则O为的中点，因为D为AB的中点，所以OD，又因为OD平面，平面，所以 /平面；（）由=AC=CB=AB可设：AB=，则=AC=CB=，所以ACBC，又因为直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，则、，设平面的法向量为，则且
19、，可解得，令，得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则，所以，所以二面角D-E的正弦值为30【解析】（）在图1中,易得连结,在中,由余弦定理可得由翻折不变性可知,所以,所以,理可证, 又,所以平面（）传统法:过作交的延长线于,连结,因为平面,所以,所以为二面角的平面角结合图1可知,为中点,故,从而所以,所以二面角的平面角的余弦值为向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,所以,设为平面的法向量,则,即,解得,令,得由() 知,为平面的一个法向量,所以，即二面角的平面角的余弦值为31【解析】：（）解法一 由题意易知两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图：,解法二： （）取
20、由（）知，32【解析】（）直线平面，证明如下：连接，因为，分别是，的中点，所以 又平面，且平面，所以平面而平面，且平面平面，所以因为平面，平面，所以直线平面（）（综合法）如图1，连接，由（）可知交线即为直线，且 因为是的直径，所以，于是已知平面，而平面，所以而，所以平面连接，因为平面，所以故就是二面角的平面角，即 由，作，且 连接，因为是的中点，所以，从而四边形是平行四边形，连接，因为平面，所以是在平面内的射影，故就是直线与平面所成的角，即 又平面，有，知为锐角，故为异面直线与所成的角，即， 于是在，中，分别可得，从而，即 （）（向量法）如图2，由，作，且连接，由（）可知交线即为直线以点为原点
21、，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有, 于是，所以，从而 又取平面的一个法向量为，可得，设平面的一个法向量为， 所以由 可得 取于是，从而故，即33【解析】解法一 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)（）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以（） =（1，-2，-1）设平面的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）由（）知，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量于是从而所
22、以二面角B1CEC1的正弦值为（）=（0，1，0），=(1，l，1)，设，有可取=（0，0，2）为平面的一个法向量，设为直线AM与平面所成的角，则于是，解得，所以34【解析】（）在中，得：同理：得：面（）面取的中点，过点作于点，连接，面面面 得：点与点重合且是二面角的平面角设，则，既二面角的大小为35【解析】（）以为原点的方向分别为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设,则，故， ， （）假设在棱AA1上存在一点， 使得DP平面此时 又设平面的法向量=(x,y,z) 平面，,，得取，得平面的一个法向量 要使DP平面，只要，有，解得 又DP平面，存在点P，满足DP平面，此时AP= （）连
23、接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D B1CA1D,AD1B1C 又由（）知B1EAD1,且B1CB1E=B1, AD1平面DCB1A1是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1) 设与n所成的角为, 则 二面角A-B1E-A1的大小为30，即解得，即AB的长为2 36【解析】（）因为，分别为，的中点，所以是的中位线，所以，又因为平面，所以平面（）方法一：连接交于，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示在菱形中，得，又因为平面，所以，在直角中，得，由此知个点坐标如下，设为平面的法向量，由知，取，得设为平面的法向量，由知，取，
24、得于是，所以二面角的平面角的余弦值为方法二：在菱形中，得又因为平面，所以所以所以而，分别为，的中点，所以，且取线段中点，连接，则所以是二面角的平面角由，故在中，得在直角中，得在中，得在等腰中，得所以二面角的平面角的余弦值为37【解析】（）因为， 由余弦定理得 从而，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD 故 PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则，设平面的法向量为，则， 即 因此可取=设平面的法向量为，则 可取=（0，-1，）故二面角A-PB-C的余弦值为38【解析】（）（综合法）证明：设G是线段DA与EB延长线
25、的交点 由于与都是正三角形，所以，OG=OD=2，同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合在和中，由和OC，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是的中位线，故BCEF（向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系由条件知则有所以即得BCEF（）由OB=1，OE=2，而是边长为2的正三角形，故所以过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ=，所以39【证明】（）在PA
26、D中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF/PD又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF/平面PCD（）连结DB，因为AB=AD，BAD=60，所以为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF平面PAD又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD40【证明】：（）连结，因为是半径为的半圆，为直径，点为的中点，所以在中，在中，为等腰三角形，且点是底边的中点，故在中，所以为，且因为，且，所以平面，而平面，因为，且，所以平面，而平面，（）设平面与平面RQD的交线为由，知而平面，平面，而平面平面= ，
27、由（）知，平面，平面，而平面，是平面与平面所成二面角的平面角在中，在中，由知，由余弦定理得，由正弦定理得，即，故平面与平面所成二面角的正弦值为41【解析】：以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则（）设，则可得因为，所以（）由已知条件可得 设 为平面的法向量则 即因此可以取，由，可得，所以直线与平面所成角的正弦值为42【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,（）易得,于是所以异面直线与所成角的余弦值为（）已知,于是=0，=0因此，,又所以平面（）设平面的法向量，则,即不妨令=1,可得由（）可知，为平面的一个法向量于是，从而所以二
28、面角的正弦值为方法二：（）设AB=1，可得AD=2,AA1=4，CF=1CE=连接B1C，BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1DB1C，由,可知EFBC1，故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ，所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为（）连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故ACDE,又因为CC1DE且，所以DE平面ACF，从而AFDE连接BF，同理可证B1C平面ABF,从而AFB1C,所以AFA1D因为，所以AF平面A1ED（）连接A1N，FN，由（）可知DE平面ACF，又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DENF，,DEA1N，故为二面角A1-ED-F的平面角易知，所以，又所以，在连接A1C1,A1F 在所以，所以二面角A1-DE-F正弦值为高考押题团队：公众号sxgkzk QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第53页共53页
