高考理科数学专题复习练习8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图

高考理科数学专题复习练习8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图

第八章立体几何 ‎8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图 专题2‎ 三视图与直观图 ‎■(2015河北石家庄二中一模,三视图与直观图,选择题,理7)如图是一个几何体的三视图,则该几何体任意两个顶点间距离的最大值为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.4 B.5 C.3‎2‎ D.3‎‎3‎ 解析:由三视图知该几何体是一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,由图知AC,BD的长为几何体上任意两点间的距离的最大值,即为‎3‎‎2‎‎+‎3‎‎2‎+‎‎3‎‎2‎=3‎3‎,故选D.‎ 答案:D ‎■(2015河北衡水中学二模,三视图与直观图,选择题,理7)如图,在矩形ABCD中,AB=‎3‎‎2‎,BC=2,沿BD将矩形ABCD折叠,连接AC,所得三棱锥A-BCD的正视图和俯视图如图所示,则三棱锥A-BCD侧视图的面积为(　　)‎ A.‎9‎‎25‎ B.‎12‎‎5‎ C.‎36‎‎25‎ D.‎‎18‎‎25‎ 解析:由正视图及俯视图可得在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,该几何体的侧视图是腰长为‎3‎‎2‎‎×2‎‎3‎‎2‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎=‎‎6‎‎5‎的等腰直角三角形,其面积为‎1‎‎2‎‎×‎6‎‎5‎‎2‎=‎‎18‎‎25‎,故选D.‎ 答案:D ‎■(2015江西南昌一模,三视图与直观图,选择题,理3)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为(　　)‎ A.1∶1 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2‎ 解析:利用三视图的概念求解.由题意可得正视图的面积等于矩形ADD1A1面积的‎1‎‎2‎,侧视图的面积等于矩形CDD1C1面积的‎1‎‎2‎,又底面ABCD是正方形,所以矩形ADD1A1与矩形CDD1C1的面积相等,即正视图与侧视图的面积之比是1∶1,故选A.‎ 答案:A ‎8.2空间几何体的表面积与体积 专题1‎ 空间几何体的表面积 ‎■(2015河北石家庄高三质检二,空间几何体的表面积,选择题,理10)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.6+2‎3‎ B.4+4‎‎2‎ C.2+4‎2‎+2‎3‎ D.4+2‎‎3‎ 解析:利用三视图得几何体,再求解表面积,由三视图可得该几何体是如图所示的三棱锥P-ABC,底面是以A点为直角顶点的三角形,AB=AC=2,PB⊥底面ABC,PB=2,所以△ABC与△PAB的面积都等于2,△PBC的面积为‎1‎‎2‎×2×2‎2‎=2‎2‎,在△PAC中,PC=2‎3‎,PA=2‎2‎,AC=2,所以PA⊥AC,所以△PAC的面积为‎1‎‎2‎PA·AC=‎1‎‎2‎×2‎2‎×2=2‎2‎,所以该几何体的表面积为4+4‎2‎,故选B.‎ 答案:B ‎■(2015河北唐山一模,空间几何体的表面积,选择题,理12)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(　　)‎ A.4 B.21+‎‎3‎ C.3‎3‎+12 D.‎3‎‎3‎‎2‎+12‎ 解析:根据三视图可知该几何体为正方体的切割体,结合实线和虚线进一步确定空间几何体,然后再求其表面积.如图,由三视图可知该几何体为边长为2的正方体被一个边长为‎2‎的正六边形截去一部分后所得,其表面积为3×‎2×2-‎1‎‎2‎×1×1‎+3×‎1‎‎2‎×1×1+6×‎1‎‎2‎‎×‎2‎×‎3‎‎2‎×‎‎2‎=3‎3‎+12,故选C.‎ 答案:C ‎■(2015河北唐山一模,空间几何体的表面积,填空题,理15)在半径为5的球面上有不同的四点A,B,C,D,若AB=AC=AD=2‎5‎,则平面BCD被球所截得图形的面积为　　　　　. ‎ 解析:平面BCD被球所截得的图形为圆,设其半径为r,圆心为O',球的半径为R,球心为O,则AO'为三棱锥A-BCD的高且必过球心,则△OO'C为直角三角形,所以O'A2=AC2-O'C2=(2‎5‎)2-r2=(R-OO')2,又r2+OO'2=R2,两式联立可得r2=16,故圆的面积为16π.‎ 答案:16π ‎■(2015江西南昌一模,空间几何体的表面积,填空题,理14)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,侧面BCC1B1的面积为2,则直三棱柱ABC-A1B1C1外接球表面积的最小值为　　　　　. ‎ 解析:建立外接球表面积的表达式,利用基本不等式求解.设直三棱柱的高为2h,其外接球的半径为R,取BC,B1C1的中点分别为D,D1,连接DD1,易知其外接球的球心在DD1的中点,则BC=2AD=2R‎2‎‎-‎h‎2‎,则2R‎2‎‎-‎h‎2‎×2h=2,即R2=‎1‎‎4‎h‎2‎+h2,所以外接球的表面积为4πR2=π‎1‎h‎2‎‎+4‎h‎2‎≥4π,当且仅当‎1‎h‎2‎=4h2,h=‎2‎‎2‎时取等号,故外接球的表面积的最小值为4π.‎ 答案:4π ‎■(2015河北石家庄高三质检一,空间几何体的表面积,选择题,理11)某几何体的三视图如图所示,若该几何体的所有顶点都在一个球面上,则该球的表面积为(　　)‎ A.4π B.‎28‎‎3‎π C.‎44‎‎3‎π D.20π 解析:由三视图得该几何体为底面是边长为2的正三角形,高为2的直三棱柱,则其外接球的半径R=‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎3‎‎3‎‎2‎‎=‎‎21‎‎3‎,外接球的表面积S=4πR2=‎28π‎3‎,故选B.‎ 答案:B ‎■(2015河北保定一模,空间几何体的表面积,选择题,理6)一简单组合体的三视图如图所示,则该组合体的表面积为(　　)‎ A.38 B.38-2π C.38+2π D.12-π 解析:由三视图知该几何体是长方体中挖去一个半径为1的圆柱,且圆柱与长方体的高都是1,长方体的长为4,宽为3,所以该几何体的表面积S=2×3×1+2×4×1+2×4×3-2×π×12+2×π×1×1=38,故选A.‎ 答案:A ‎■(2015江西师大附中、鹰潭一中、宜春中学高三联考,空间几何体的表面积,选择题,理4)如图是一个无盖器皿的三视图,正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2,正视图、侧视图中的虚线都是半圆,则该器皿的表面积是(　　)‎ A.π+24 B.π+20‎ C.2π+24 D.2π+20‎ 解析:依题意可知,器皿是从一个棱长为2的正方体中挖去一个半球后所剩余的部分,其中该球的半径是1,因此该器皿的表面积是6×22-π×1+2π×12=π+24,故选A.‎ 答案:A ‎■(2015江西九校高三联考,空间几何体的表面积,选择题,理10)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC为球O的直径,且SC⊥OA,SC⊥OB,△OAB为等边三角形,三棱锥S-ABC的体积为‎3‎‎6‎,则球O的表面积为(　　)‎ A.π B.4π C.12π D.18π 解析:设球的半径为R,依题意得SC⊥平面OAB,△OAB的面积等于‎3‎‎4‎R2,VS-ABC=VS-ABO+VC-ABO=‎1‎‎3‎‎×‎‎3‎‎4‎R2×2R=‎3‎‎6‎,解得R=1,因此球O的表面积等于4πR2=4π,故选B.‎ 答案:B 专题2‎ 空间几何体的体积 ‎■(2015河北衡水中学二模,空间几何体的体积,填空题,理15)已知点A,B,C,D在同一个球面上,AB=BC=‎2‎,AC=2,若球的表面积为‎25π‎4‎,则四面体ABCD体积的最大值为　　　　　. ‎ 解析:由题知AC2=BC2+AB2,所以∠ABC=90°,设AC的中点为E,球的半径为R,过A,B,C三点的截面圆半径r=AE=‎1‎‎2‎AC=1,由球的表面积为‎25π‎4‎知4πR2=‎25π‎4‎,解得R=‎5‎‎4‎.因为△ABC的面积为‎1‎‎2‎AB×BC=1,所以要使四面体ABCD体积最大,则D为直线DE与球的交点且球心在线段DE上,所以球心到过A,B,C三点的截面的距离d=R‎2‎‎-‎r‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎,所以DE=‎3‎‎4‎‎+‎‎5‎‎4‎=2,所以四面体ABCD体积的最大值为‎1‎‎3‎×1×2=‎2‎‎3‎.‎ 答案:‎‎2‎‎3‎ ‎■(2015江西九校高三联考,空间几何体的体积,选择题,理6)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)‎ A.‎16‎‎3‎ B.‎80‎‎3‎ C.‎64‎‎3‎ D.‎‎43‎‎3‎ 解析:‎ 依题意,几何体的形状如图所示,可视为从一个底面为等腰直角三角形的直棱柱中截去一个三棱锥后所剩余的部分,其中相应的直三棱柱的体积等于‎1‎‎2‎‎×4×4‎×4=32,所截去的三棱锥的体积等于‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎‎×2×4‎×4=‎16‎‎3‎,因此几何体的体积等于32-‎16‎‎3‎‎=‎‎80‎‎3‎,故选B.‎ 答案:B ‎■(2015江西南昌二模,空间几何体的体积,选择题,理10)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(　　)‎ A.2 B.‎8‎‎3‎ C.4 D.‎‎20‎‎9‎ 解析:将该几何体置于正方体中,可知该几何体是正方体中去掉两个三棱柱和一个三棱锥得到的四棱锥S-ABCD,其体积为23-‎1‎‎2‎×2×1×2×2-‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×2×2×2=‎8‎‎3‎,故选B.‎ 答案:B ‎■(2015江西赣州高三摸底考试,空间几何体的体积,选择题,理9)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)‎ A.32 B.18 C.16 D.10‎ 解析:由三视图知几何体为正方体按图所示截去上部分得到的几何体D1PBQCDA,其体积为正方体体积的一半,即为‎1‎‎2‎×43=32,故选A.‎ 答案:A ‎■(2015江西赣州高三摸底考试,空间几何体的体积,填空题,理15)A,B,C三点在同一球面上,∠BAC=135°,BC=2,且球心O到平面ABC的距离为1,则此球O的体积为　　　　　. ‎ 解析:由正弦定理可知△ABC的外接圆半径满足2r=BCsin∠BAC‎=‎‎2‎sin135°‎=2‎2‎,所以r=‎2‎.又因为球心O到平面ABC的距离d=1,所以球的半径R=r‎2‎‎+‎d‎2‎‎=‎‎3‎,所以球的体积V=‎4‎‎3‎π(‎3‎)3=4‎3‎π.‎ 答案:4‎3‎π ‎■(2015河北石家庄一模,空间几何体的体积,选择题,理10)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(　　)‎ A.64 B.72 C.112 D.80‎ 解析:由三视图可得该几何体是组合体,其下方是棱长为4的正方体,上方是底面为三边分别为4,2‎5‎,2‎5‎的三角形,高为3的三棱锥,则其体积为V=43+‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×42×3=72,故选B.‎ 答案:B ‎8.5直线、平面垂直的判定与性质 专题2‎ 直线与平面垂直的判定与性质 ‎■(2015河北石家庄一模,直线与平面垂直的判定与性质,选择题,理7)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,底面是边长为2的正三角形,侧棱长为3,则BB1与平面AB1C1所成的角的大小为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.π‎6‎ B.π‎4‎ C.π‎2‎ D.‎π‎3‎ 解析:因为B1B∥A1A,所以B1B与平面AB1C1所成的角等于A1A与平面AB1C1所成的角,在三棱锥A1-AB1C1中,V=‎1‎‎3‎S‎△‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎×A1A=‎1‎‎3‎‎1‎‎2‎‎×2×2×‎‎3‎‎2‎×3=‎3‎,设A1到平面AB1C1的距离为d,则V=‎1‎‎3‎‎×‎S‎△AB‎1‎C‎1‎×d=‎1‎‎3‎‎1‎‎2‎‎×2×2‎‎3‎×d=‎3‎,所以d=‎3‎‎2‎,设A1A与平面AB1C1所成的角为θ,则sinθ=dA‎1‎A‎=‎‎1‎‎2‎,θ=π‎6‎,故选A.‎ 答案:A ‎■(2015河北石家庄高三质检一,直线与平面垂直的判定与性质,选择题,理6)设a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,则下列命题中正确的是(　　)‎ A.若a⊥α且a⊥b,则b∥α B.若γ⊥α且γ⊥β,则α∥β C.若a∥α且a∥β,则α∥β D.若γ∥α且γ∥β,则α∥β 解析:对于A,若a⊥α且a⊥b,则b∥α或b⊂α,A错误;对于B,若γ⊥α且γ⊥β,则α与β平行、相交、垂直都有可能,B错误;对于C,若a∥α且a∥β,则α与β平行、相交、垂直都有可能,C错误;对于D,由两平面平行的判定定理可知D正确,故选D.‎ 答案:D 专题4‎ 空间中的距离问题 ‎■(2015河北石家庄二中一模,空间中的距离问题,选择题,理10)已知在△ABC中,∠ACB=90°,AB=2BC=2,将△ABC绕BC旋转得△PBC,当直线PC与平面PAB所成角的正弦值为‎6‎‎6‎时,P,A两点间的距离是(　　)‎ A.2 B.4 C.2‎2‎ D.2‎‎3‎ 解析:PA的中点为D,连接BD,过点C作CE⊥BD于点E,连接PE,则PA⊥CD,又PA⊥BC,CD∩BC=C,所以PA⊥平面BCD,又因为PA⊂平面PAB,所以平面BCD⊥平面PBA,且平面BCD∩平面PBA=BD,所以CE⊥平面PBA,所以∠CPE就是直线PC与平面PAB所成的角.因为直线PC与平面PAB所成角的正弦值为‎6‎‎6‎,PC=‎3‎,所以CE=‎2‎‎2‎.设CD=x,则BD=‎1+‎x‎2‎,所以S△BCD=‎1‎‎2‎×1×x=‎1‎‎2‎‎×‎1+‎x‎2‎×‎‎2‎‎2‎,解得x=1.因为PC=‎3‎,所以PD=‎2‎,所以PA=2PD=2‎2‎,故选C.‎ 答案:C ‎8.7空间几何中的向量方法 专题2‎ 利用空间向量解决探索性问题 ‎■(2015河北石家庄二中一模,利用空间向量解决探索性问题,解答题,理19)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,D为棱A1B1上的点.‎ ‎(1)证明:DF⊥AE;‎ ‎(2)是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为‎14‎‎14‎?若存在,说明点D的位置;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:∵AE⊥A1B1,A1B1∥AB,∴AB⊥AE.‎ 又∵AB⊥AA1,AE∩AA1=A,‎ ‎∴AB⊥平面A1ACC1.‎ 又∵AC⊂平面A1ACC1,∴AB⊥AC.‎ 以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,‎ 则A(0,0,0),E‎0,1,‎‎1‎‎2‎,F‎1‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,0‎,A1(0,0,1),B1(1,0,1).‎ 设D(λ,0,1),λ∈[0,1],‎ 则DF‎=‎1‎‎2‎‎-λ,‎1‎‎2‎,-1‎,AE=‎‎0,1,‎‎1‎‎2‎,‎ ‎∴DF‎·AE=‎1‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎=0,∴DF⊥AE.‎ ‎(2)假设D点存在,设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则n·FE=0,‎n·DF=0,‎ ‎∵FE‎=‎-‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,DF=‎‎1‎‎2‎‎-λ,‎1‎‎2‎,-1‎,‎ ‎∴‎‎-‎1‎‎2‎x+‎1‎‎2‎y+‎1‎‎2‎z=0,‎‎1‎‎2‎‎-λx+‎1‎‎2‎y-z=0,‎即x=‎3‎‎2(1-λ‎)‎‎2‎,‎y=‎1+2λ‎2(1-λ‎)‎‎2‎,‎ 令z=2(1-λ),∴n=(3,1+2λ,2(1-λ)).‎ 由题可知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).‎ ‎∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为‎14‎‎14‎,∴|cos|=‎|m·n|‎‎|m||n|‎‎=‎‎14‎‎14‎,‎ 即‎|2(1-λ)|‎‎9+(1+2λ‎)‎‎2‎+4(1-λ‎)‎‎2‎‎=‎‎14‎‎14‎,‎ ‎∴λ=‎1‎‎2‎或λ=‎7‎‎4‎(舍),‎ ‎∴当点D为A1B1的中点时,满足要求.‎ ‎■(2015河北石家庄一模,利用空间向量解决探索性问题,解答题,理19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,∠ABC=∠BAD=90°,AP=AD=AB=‎2‎,BC=t,∠PAB=∠PAD=α.‎ ‎(1)当t=3‎2‎时,试在棱PA上确定一个点E,使得PC∥平面BDE,并求出此时AEEP的值;‎ ‎(2)当α=60°时,若平面PAB⊥平面PCD,求此时棱BC的长.‎ 解:(1)证明:连接AC,BD交于点F,‎ 在平面PCA中作EF∥PC交PA于点E,‎ 因为PC⊄平面BDE,EF⊂平面BDE,‎ 所以PC∥平面BDE.‎ 因为AD∥BC,所以AFFC‎=ADBC=‎‎1‎‎3‎.‎ 因为EF∥PC,所以AEEP‎=AFFC=‎‎1‎‎3‎.‎ ‎(2)取BC上一点G,使得BG=‎2‎,连接DG,则四边形ABCD为正方形,‎ 过点P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,连接OA,OB,OD,OG.‎ 因为AP=AD=AB,∠PAB=∠PAD=60°,‎ 所以△PAB和△PAD都是等边三角形,因此PA=PB=PD,‎ 所以OA=OB=OD,即点O为正方形ABGD对角线的交点,‎ 所以OG,OB,OP两两垂直,‎ 以O为坐标原点,分别以OG‎,OB,‎OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,‎ 则O(0,0,0),P(0,0,1),A(-1,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),G(1,0,0).‎ 因为BC的长为t,则C‎2‎‎2‎t,1-‎2‎‎2‎t,0‎.‎ PA‎=(-1,0,-1),PB=(0,1,-1),‎ PC‎=‎2‎t‎2‎‎,1-‎2‎t‎2‎,-1‎,‎PD‎=(0,-1,-1),‎ 设平面PAB的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 则m·PA=0,‎m·PB=0,‎即‎-x-z=0,‎y-z=0.‎ 令x=-1得m=(-1,1,1).‎ 设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 则n·PC=0,‎n·PD=0,‎即‎2‎‎2‎tx+‎1-‎2‎‎2‎ty-z=0,‎‎-y-z=0.‎ 令y=1得n=‎1-‎2‎‎2‎t,1,-1‎.‎ 因为平面PAB⊥平面PCD,‎ 所以m·n=0,解得t=2‎2‎,即棱BC的长为2‎2‎.‎ 专题3‎ 利用空间向量求空间角 ‎■(2015河北保定一模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,已知矩形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点,将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,连接BM.‎ ‎(1)求证:AD⊥BM;‎ ‎(2)若点E是线段DB上的动点,问点E在何位置时,三棱锥M-ADE的体积为‎2‎‎12‎;‎ ‎(3)求二面角A-DM-C的正弦值.‎ 解:(1)证明:在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,M为CD的中点,‎ ‎∴AM=BM=‎2‎,由勾股定理逆定理得BM⊥AM.‎ 折起后,平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,BM⊂平面ABCM,∴BM⊥平面ADM,又AD⊂平面ADM,∴AD⊥BM.‎ ‎(2)解法一:在△BDM中,作EF∥BM交DM于点F.‎ ‎(1)中已证明BM⊥平面ADM,∴EF⊥平面ADM,EF是三棱锥E-MAD的高,‎ ‎∴VM-ADE=VE-MAD=‎1‎‎3‎‎1‎‎2‎AD×DM·EF=‎2‎‎12‎,‎ ‎∴EF=‎2‎‎2‎,又∵在△DMB中,BM=‎2‎,且EF∥BM,‎ ‎∴EF为中位线,E为BD的中点.‎ 解法二:分别取AM,AB的中点O和N,则ON∥BM,‎ ‎(1)中已证明BM⊥平面ADM,‎ ‎∴ON⊥平面ADM,∴ON⊥AM,ON⊥OD.‎ 又∵AD=DM,∴DO⊥AM.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.‎ 则D‎0,0,‎‎2‎‎2‎,A‎2‎‎2‎‎,0,0‎,B‎-‎2‎‎2‎,‎2‎,0‎,‎ ‎∴DB‎=‎‎-‎2‎‎2‎,‎2‎,-‎‎2‎‎2‎.‎ ‎∵点E是线段DB上的一动点,‎ ‎∴DE=λDB‎=‎‎-‎2‎‎2‎λ,‎2‎λ,-‎2‎‎2‎λ,‎ ‎∴E‎-‎2‎‎2‎λ,‎2‎λ,‎2‎‎2‎-‎2‎‎2‎λ,‎ ‎∴AE‎=‎‎-‎2‎‎2‎λ-‎2‎‎2‎,‎2‎λ,‎2‎‎2‎-‎2‎‎2‎λ.‎ 显然n=(0,1,0)是平面ADM的一个法向量,‎ ‎∴点E到平面ADM的距离d=AE‎·n‎|n|‎‎=‎‎2‎λ,‎ ‎∴VM-ADE=‎1‎‎3‎S△ADM·d=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×1×1×‎2‎λ=‎2‎‎12‎,‎ ‎∴λ=‎1‎‎2‎,∴E为BD的中点.‎ ‎(3)D‎0,0,‎‎2‎‎2‎,M‎-‎2‎‎2‎,0,0‎,C‎-‎2‎,‎2‎‎2‎,0‎,‎ ‎∴DM‎=‎-‎2‎‎2‎,0,-‎‎2‎‎2‎,MC=‎‎-‎2‎‎2‎,‎2‎‎2‎,0‎.‎ 设n1=(x,y,z)是平面CDM的法向量,‎ 则DM·n1=0,MC·n1=0,‎ 即-‎2‎‎2‎x-‎2‎‎2‎z=0,-‎2‎‎2‎x+‎2‎‎2‎y=0,令x=1得y=1,z=-1,‎ ‎∴向量n1=(1,1,-1).‎ 易知平面ADM的一个法向量为n2=(0,1,0),‎ 则cos=‎3‎‎3‎,‎ ‎∴二面角A-DM-C的正弦值为‎6‎‎3‎.‎ ‎■(2015河北衡水中学二模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧面ADD1A1⊥底面ABCD,D1A=D1D=‎2‎,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点.‎ ‎(1)求证:A1O∥平面AB1C;‎ ‎(2)求平面AC1D1与平面C1D1C所成锐二面角的余弦值.‎ 解:(1)证明:如图,连接CO,则四边形ABCO为正方形,‎ ‎∴OC=AB=A1B1,且OC∥AB∥A1B1,‎ 故四边形A1B1CO为平行四边形,∴A1O∥B1C,‎ 又A1O⊄平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,∴A1O∥平面AB1C.‎ ‎(2)连接D1O.∵D1A=D1D,O为AD的中点,‎ ‎∴D1O⊥AD,‎ 又侧面ADD1A1⊥底面ABCD,‎ 故D1O⊥底面ABCD.‎ 以O为原点,OC,OD,OD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,‎ 则C(1,0,0),D(0,1,0),D1(0,0,1),A(0,-1,0),‎ ‎∴DC=(1,-1,0),DD‎1‎=(0,-1,1),D‎1‎A=(0,-1,-1),D‎1‎C‎1‎‎=‎DC=(1,-1,0).‎ 设m=(x,y,z)为平面CDD1C1的法向量,‎ 由m⊥DC,m⊥‎DD‎1‎得x-y=0,‎‎-y+z=0,‎ 令z=1,则y=1,x=1,∴m=(1,1,1).‎ 又设n=(x1,y1,z1)为平面AC1D1的法向量,‎ 由n⊥D‎1‎A,n⊥‎D‎1‎C‎1‎得‎-y‎1‎-z‎1‎=0,‎x‎1‎‎-y‎1‎=0,‎ 令z1=1,则y1=-1,x1=-1,∴n=(-1,-1,1),‎ 则cos=‎-1-1+1‎‎3‎‎×‎‎3‎=-‎1‎‎3‎,‎ 故所求锐二面角的余弦值为‎1‎‎3‎.‎ ‎■(2015江西师大附中、鹰潭一中、宜春中学高三联考,利用空间向量求空间角,解答题,理19)在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.‎ ‎(1)求证:DE∥平面ABC;‎ ‎(2)求二面角E-BC-A的余弦值.‎ 解:(1)证明:由题意知△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC的中点O,连接BO,DO,则BO⊥AC,DO⊥AC.‎ 又∵平面ACD⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC,作EF⊥平面ABC,‎ 那么EF∥DO,根据题意,点F落在BO上,‎ ‎∴∠EBF=60°,易求得EF=DO=‎3‎,‎ ‎∴四边形DEFO是平行四边形,‎ ‎∴DE∥OF,∴DE∥平面ABC.‎ ‎(2)解法一:作FG⊥BC,垂足为点G,连接EG,‎ ‎∵EF⊥平面ABC,∴EF⊥BC,又EF∩FG=F,‎ ‎∴BC⊥平面EFG,∴EG⊥BC,‎ ‎∴∠EGF就是二面角E-BC-A的平面角.‎ Rt△EFG中,FG=FB·sin30°=‎1‎‎2‎,EF=‎3‎,EG=‎13‎‎2‎.‎ ‎∴cos∠EGF=FGEG‎=‎‎13‎‎13‎,即二面角E-BC-A的余弦值为‎13‎‎13‎.‎ 解法二:建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.‎ 可知平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1).‎ 设平面BCE的法向量为n2=(x,y,z),‎ 则n‎2‎‎·BC=0,‎n‎2‎‎·BE=0,‎可求得n2=(-3,‎3‎,1).‎ ‎∴cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎‎=‎‎13‎‎13‎.‎ 又由图知所求二面角的平面角是锐角,‎ ‎∴二面角E-BC-A的余弦值为‎13‎‎13‎.‎ ‎■(2015江西九校高三联考,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,已知E,F分别是正方形ABCD边BC,CD的中点,EF与AC交于点O,PA,NC都垂直于平面ABCD,且PA=AB=4,NC=2,M是线段PA上一动点.‎ ‎(1)求证:平面PAC⊥平面NEF;‎ ‎(2)若PC∥平面MEF,试求PM∶MA的值;‎ ‎(3)当M是PA的中点时,求二面角M-EF-N的余弦值.‎ 解法一:(1)证明:连接BD,∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD.‎ 又∵BD⊥AC,AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC.‎ 又∵E,F分别是BC,CD的中点,∴EF∥BD,‎ ‎∴EF⊥平面PAC,又EF⊂平面NEF,‎ ‎∴平面PAC⊥平面NEF.‎ ‎(2)连接OM,∵PC∥平面MEF,平面PAC∩平面MEF=OM,‎ ‎∴PC∥OM,∴PMPA‎=OCAC=‎‎1‎‎4‎,故PM∶MA=1∶3.‎ ‎(3)∵EF⊥平面PAC,OM⊂平面PAC,∴EF⊥OM,‎ 在等腰三角形NEF中,点O为EF的中点,∴NO⊥EF,‎ ‎∴∠MON为所求二面角M-EF-N的平面角.‎ ‎∵点M是PA的中点,∴AM=NC=2,‎ 在矩形MNCA中,可求得MN=AC=4‎2‎,NO=‎6‎,MO=‎22‎.‎ 在△MON中,由余弦定理可求得cos∠MON=MO‎2‎+ON‎2‎-MN‎2‎‎2·MO·ON=-‎33‎‎33‎,‎ ‎∴二面角M-EF-N的余弦值为-‎33‎‎33‎.‎ 解法二:(1)同解法一.‎ ‎(2)建立如图所示的直角坐标系,‎ 则P(0,0,4),C(4,4,0),E(4,2,0),F(2,4,0),‎ ‎∴PC=(4,4,-4),EF=(-2,2,0),‎ 设点M的坐标为(0,0,m),‎ 平面MEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则ME=(4,2,-m),‎ ‎∴‎n·ME=0,‎n·EF=0,‎即‎4x+2y-mz=0,‎‎-2x+2y=0.‎ 令x=1,则y=1,z=‎6‎m,故n=‎1,1,‎‎6‎m.‎ ‎∵PC∥平面MEF,∴PC·n=0,即4+4-‎24‎m=0,解得m=3,‎ 故AM=3,即点M为线段PA上靠近P的四等分点,‎ 故PM∶MA=1∶3.‎ ‎(3)N(4,4,2),则EN=(0,2,2),‎ 设平面NEF的法向量为m=(x,y,z),‎ 则m·EN=0,‎m·EF=0,‎即‎2y+2z=0,‎‎-2x+2y=0.‎ 令x=1,则m=(1,1,-1).‎ 当M是PA的中点时,m=2,则n=(1,1,3),‎ ‎∴cos=‎1+1-3‎‎3‎‎×‎‎11‎=-‎33‎‎33‎,‎ ‎∴二面角M-EF-N的余弦值为-‎33‎‎33‎.‎ ‎■(2015河北石家庄高三质检二,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A=AB,∠ABC=90°,侧面A1ABB1⊥底面ABC.‎ ‎(1)求证:AB1⊥平面A1BC;‎ ‎(2)若AC=5,BC=3,∠A1AB=60°,求二面角B-A1C-C1的余弦值.‎ 解:(1)证明:在侧面A1ABB1中,因为A1A=AB,‎ 所以四边形A1ABB1为菱形,所以对角线AB1⊥A1B,‎ 因为侧面A1ABB1⊥底面ABC,∠ABC=90°,‎ 所以CB⊥侧面A1ABB1,‎ 因为AB1⊂平面A1ABB1,所以CB⊥AB1,‎ 又因为A1B∩BC=B,所以AB1⊥平面A1BC.‎ ‎(2)在Rt△ABC中,AC=5,BC=3,所以AB=4,‎ 又因为在菱形A1ABB1中,∠A1AB=60°,‎ 所以△A1AB为正三角形,‎ 如图,以菱形A1ABB1的对角线交点O为坐标原点,OA1方向为x轴,OA方向为y轴,过O且与BC平行的方向为z轴建立空间直角坐标系.‎ 则A1(2,0,0),B(-2,0,0),C(-2,0,3),B1(0,-2‎3‎,0),C1(0,-2‎3‎,3),‎ 所以C‎1‎C=(-2,2‎3‎,0),C‎1‎A‎1‎=(2,2‎3‎,-3),‎ 设n=(x,y,z)为平面A1CC1的法向量,‎ 则n·C‎1‎C=0,‎n·C‎1‎A‎1‎=0,‎所以‎-2x+2‎3‎y=0,‎‎2x+2‎3‎y-3z=0,‎ 令x=3,得n=(3,‎3‎,4)为平面A1CC1的一个法向量.‎ 又OB‎1‎=(0,-2‎3‎,0)为平面A1BC的一个法向量,‎ cos=n·‎OB‎1‎‎|n||OB‎1‎|‎‎=‎‎-6‎‎2‎7‎×2‎‎3‎=-‎21‎‎14‎.‎ 所以二面角B-A1C-C1的余弦值为-‎21‎‎14‎.‎ ‎■(2015河北唐山一模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1与侧面CBB1C1都是菱形,∠ACC1=∠CC1B1=60°,AC=2.‎ ‎(1)求证:AB1⊥CC1;‎ ‎(2)若AB1=‎6‎,求二面角C-AB1-A1的余弦值.‎ 解:(1)证明:连接AC1,CB1,‎ 则△ACC1和△B1CC1皆为正三角形.‎ 取CC1的中点O,连接OA,OB1,‎ 则CC1⊥OA,CC1⊥OB1,又OA∩OB1=O,‎ 则CC1⊥平面OAB1,因为AB1⊂平面OAB1,‎ 所以CC1⊥AB1.‎ ‎(2)由(1)知OA=OB1=‎3‎,又AB1=‎6‎,所以OA⊥OB1.‎ 如图,以O为坐标原点,分别以OB1,OC1,OA所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 则C(0,-1,0),B1(‎3‎,0,0),A(0,0,‎3‎),‎ 设平面CAB1的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 因为AB‎1‎=(‎3‎,0,-‎3‎),AC=(0,-1,-‎3‎),‎ 所以‎3‎x‎1‎‎-‎3‎z‎1‎=0,‎‎-y‎1‎-‎3‎z‎1‎=0,‎令x1=1,得m=(1,-‎3‎,1).‎ 设平面A1AB1的法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 因为AB‎1‎=(‎3‎,0,-‎3‎),AA‎1‎=(0,2,0),‎ 所以‎3‎x‎2‎‎-‎3‎z‎2‎=0,‎‎2y‎2‎=0,‎令x2=1,得n=(1,0,1),‎ 则cos=m·n‎|m||n|‎‎=‎2‎‎5‎‎×‎‎2‎=‎‎10‎‎5‎,‎ 因为二面角C-AB1-A1为钝角,‎ 所以二面角C-AB1-A1的余弦值为-‎10‎‎5‎.‎ ‎■(2015江西南昌一模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,AC是圆O的直径,B,D是圆O上两点,AC=2BC=2CD=2,PA⊥圆O所在的平面,BM‎=‎‎1‎‎3‎BP.‎ ‎(1)求证:CM∥平面PAD;‎ ‎(2)若CM与平面PAC所成角的正弦值为‎5‎‎5‎时,求AP的值.‎ 解:(1)证明:作ME⊥AB于点E,连接CE,∴ME∥AP.①‎ ‎∵AC是圆O的直径,AC=2BC=2CD=2,‎ ‎∴AD⊥DC,AB⊥BC,∴∠BAC=∠CAD=30°,‎ ‎∠BCA=∠DCA=60°,AB=AD=‎3‎‎,BM=‎‎1‎‎3‎BP.‎ ‎∴BE=‎1‎‎3‎BA=‎3‎‎3‎,tan∠BCE=BEBC‎=‎‎3‎‎3‎,‎ ‎∴∠BCE=∠ECA=30°=∠CAD,∴EC∥AD,②‎ 由①②,且ME∩CE=E,‎ ‎∴平面MEC∥平面PAD,CM⊆平面MEC,CM⊄平面PAD,‎ ‎∴CM∥平面PAD.‎ ‎(2)依题意,如图,以A为原点,直线AB,AP分别为x、z轴建立空间坐标系,‎ 设AP=a,A(0,0,0),B(‎3‎,0,0),C(‎3‎,1,0),P(0,0,a),D‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎.‎ 设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),设CM与平面PAC所成角为θ,‎n·AP=az=0,‎n·AC=‎3‎x+y=0.‎ 设x=‎3‎,∴n=(‎3‎,-3,0),‎ CM‎=CB+BM=CB+‎‎1‎‎3‎BP‎,‎ ‎∴CM‎=‎‎-‎3‎‎3‎,-1,‎a‎3‎.‎ ‎∴sinθ=|cos|=‎|CM·n|‎‎|CM||n|‎‎=‎2‎‎12‎‎×‎‎3+9+‎a‎2‎‎9‎=‎3‎‎12+‎a‎2‎=‎‎5‎‎5‎.∴a=‎3‎.‎ ‎■(2015江西南昌二模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)如图,梯形ABCD中,DC∥AB,AD=DC=CB=2,AB=4,矩形AEFC中,AE=‎3‎,平面AEFC⊥平面ABCD,点G是线段EF的中点.‎ ‎(1)求证:AG⊥平面BCG;‎ ‎(2)求二面角D-GC-B的余弦值.‎ 解:(1)证明:在梯形ABCD中,因为AD=DC=CB=2,AB=4,cos∠CBA=‎4-2‎‎2‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,所以∠ABC=60°,‎ 由余弦定理得AC=2‎3‎,从而∠ACB=90°,即BC⊥AC.‎ 又因为平面AEFC⊥平面ABCD,所以BC⊥平面AEFC,‎ 所以BC⊥AG,‎ 在矩形AEFC中,tan∠AGE=AEEG=1,∴∠AGE=π‎4‎,tan∠CGF=CFGF=1,∠CGF=π‎4‎,‎ 所以∠CGF+∠AGE=π‎2‎,即AG⊥CG,‎ 所以AG⊥平面BCG.‎ ‎(2)FC⊥AC,平面AEFC⊥平面ABCD,所以FC⊥平面ABCD,‎ 以点C为原点,CA,CB,CF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,‎ 则C(0,0,0),A(2‎3‎,0,0),B(0,2,0),D(‎3‎,-1,0),G(‎3‎,0,‎3‎),‎ 平面BCG的一个法向量为GA=(‎3‎,0,-‎3‎),‎ 设平面GCD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·CG=0,‎n·CD=0,‎从而x+z=0,‎‎3‎x-y=0,‎ 令x=1,则n=(1,‎3‎,-1),‎ 所以cos=‎2‎‎3‎‎3+3‎‎·‎‎1+3+1‎‎=‎‎10‎‎5‎,‎ 而二面角D-GC-B为钝角,‎ 故所求二面角的余弦值为-‎10‎‎5‎.‎ ‎■(2015江西赣州高三摸底考试,利用空间向量求空间角,解答题,理18)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PD⊥PB,PA=PD.‎ ‎(1)求证:平面PCD⊥平面PAB;‎ ‎(2)设E是棱AB的中点,∠PEC=90°,AB=2,求二面角E-PC-B的余弦值.‎ 解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,‎ 又PD⊂平面PAD,所以PD⊥AB,‎ 又PD⊥PB,AB∩PB=B,所以PD⊥平面PAB,‎ 而PD⊂平面PCD,故平面PCD⊥平面PAB.‎ ‎(2)如图,建立空间直角坐标系.‎ 设AD=2a,则A(a,0,0),D(-2a,0,0),B(a,2,0),C(-a,2,0),P(0,0,a),E(a,1,0).‎ EP‎=(-a,-1,a),EC=(-a,1,0),则EP‎·‎EC=0得a=‎2‎‎2‎‎,‎CE=(‎2‎,-1,0),EP‎=‎‎-‎2‎‎2‎,-1,‎‎2‎‎2‎.‎ 设平面PEC的法向量n1=(x1,y1,z1),‎ 由n‎1‎‎·CE=0,‎n‎1‎‎·EP=0‎得‎2‎x‎1‎‎-y‎1‎=0,‎x‎1‎‎+‎2‎y‎1‎-z‎1‎=0.‎ 令x1=1,则n1=(1,‎2‎,3).‎ CB‎=(‎2‎,0,0),CP‎=‎‎2‎‎2‎‎,-2,‎‎2‎‎2‎,‎ 设平面PCB的法向量n2=(x2,y2,z2),‎ 由n‎2‎‎·BC=0,‎n‎2‎‎·CP=0‎得x‎2‎‎=0,‎x‎2‎‎-2‎2‎y‎2‎+z‎2‎=0.‎ 令y2=1,则n2=(0,1,2‎2‎).‎ 设二面角E-PC-B的大小为θ,‎ 则cosθ=|cos|=‎|n‎1‎·n‎2‎|‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎‎=‎‎7‎‎6‎‎18‎,‎ 故二面角E-PC-B的余弦值为‎7‎‎6‎‎18‎.‎ ‎■(2015河北石家庄高三质检一,利用空间向量求空间角,解答题,理20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=AD=1,E,F分别为PD,AC的中点.‎ ‎(1)求证:EF∥平面PAB;‎ ‎(2)求直线EF与平面ABE所成角的大小.‎ 解:(1)证明:分别取PA和AB中点M,N,连接MN,ME,NF,‎ 则NF