2023高三数学二轮热点题型专项突破专题19 合理建系 优化坐标（新高考全国通用）

这是一份2023高三数学二轮热点题型专项突破专题19 合理建系 优化坐标（新高考全国通用）
合理建系 优化坐标高考定位空间向量是高中数学的一个重要组成部分，作为工具性作用，尤其在立体几何中的应用是最为典型的，主要体现在三方面：确定空间中的位置关系，求解空间角，解决立体几何中的动点变量问题.用好这个工具的第一步：建立适当坐标系和标出点的坐标。专题解析（1）在斜棱柱中的建系与标点 （2）在棱锥中的建系与标点 （3）在棱台中的建系与标点 （4）在多面体中的建系与标点 （5）动点的设法 专项突破类型一、棱柱中建坐标系例1-1．如图，在三棱柱中点，在棱上，点F在棱CC1上，且点均不是棱的端点，平面且四边形与四边形的面积相等.（1）求证：四边形是矩形；（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；（2）【分析】（1）由平面AEF，知平面AEF，求得，由四边形与四边形面积相等知，，则，故，结合，从而有四边形为矩形.（2）证得平面，取BC的中点H，以G点为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面AEF和平面ABC的一个法向量，利用向量夹角求得二面角的正弦值.【详解】（1）在三棱柱中，，则由平面AEF，知平面AEF，故，，，从而，由四边形与四边形面积相等知，又，则，故结合，知四边形为平行四边形，又，故四边形为矩形.（2）取EF的中点G，联结AG，由（1）知，且平面，则平面平面，又平面平面，则平面，取BC的中点H，以G点为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，由知，为正三角形，故，故，，，，，设平面ABC的一个法向量为则，故，取，则，因为平面AEF的一个法向量为则则二面角的余弦值为，故二面角的正弦值为练、在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=BB1=4，，且∠BCC1=60°.（1）求证：平面ABC1⊥平面BCC1B1：（2）设二面角C-AC1-B的大小为θ，求sinθ的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）勾股定理证明结合证明即可证明；（2）建立空间坐标系求解【详解】解：（1）在中，，所以，即因为，所以所以，即又，所以平面又平面，所以平面平面.（2）由题意知，四边形为菱形，且，则为正三角形，取的中点，连接，则以为原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设乎面的法向量为，且.由得取.由四边形为菱形，得；又平面，所以；又，所以平面，所以平面的法向量为.所以.故.练.（2021南京二模T20）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝eq \r(6)，且AB⊥B1C．（1）求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；（2）若点P在棱BB1上且直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \s\do1(\f(4,5))，求BP的长．A1（第20题图）AC1BCB1解答：（1）证明：取AB中点D，连接CD，B1D．因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，所以AB⊥CD，CD＝eq \r(3)，BD＝1．又因为AB⊥B1C，且CD∩B1C＝C，CD，B1C平面B1CD，所以AB⊥平面B1CD．又因为B1D平面B1CD，所以AB⊥B1D． 2分在直角三角形B1BD中，BD＝1，B1B＝2，所以B1D＝eq \r(3)．在三角形B1CD中，CD＝eq \r(3)，B1D＝eq \r(3)，B1C＝eq \r(6)，所以CD 2＋B1D 2＝B1C 2，所以CD⊥B1D． 4分又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD平面ABC，所以B1D⊥平面ABC．又因为B1D平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面ABC． 6分（2）解：以DC，DA，DB1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(eq \r(3)，0，0)，B1(0，0，eq \r(3))，因此eq \o(BB1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，eq \o(AA1,\s\up6(→))＝eq \o(BB1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))． 因为点P在棱BB1上，则设eq \o(BP,\s\up6(→))＝λeq \o(BB1,\s\up6(→))＝λ(0，1，eq \r(3))，其中0≤λ≤1．则eq \o(CP,\s\up6(→))＝eq \o(CB,\s\up6(→))＋eq \o(BP,\s\up6(→))＝eq \o(CB,\s\up6(→))＋λeq \o(BB1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1＋λ，eq \r(3)λ)． 8分A1（第20题图）AC1BCB1DPzxy设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\al(n·eq \o(AC,\s\up6(→))＝0，, n·eq \o(AA1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\al(eq \r(3)x－y＝0，,y＋eq \r(3)z＝0．))取x＝1，y＝eq \r(3)，z＝－1，所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，－1)．……………………………………………………10分因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \s\do1(\f(4,5))，所以cos＜n，eq \o(CP,\s\up6(→))＞＝eq \f(n·eq \o(CP,\s\up6(→)), |n|×|eq \o(CP,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2eq \r(3),eq \r(5)×eq \r(3＋(λ－1)2＋3λ2) )eq \f(,)＝－eq \s\do1(\f(4,5))，化简得16 λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝eq \s\do1(\f(1,4))，所以BP＝λBB1＝eq \s\do1(\f(1,2))． 12分练．（2021春•东湖区校级期中）如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的正切值．【解答】（1）证明：，是的中点．，，，面，，，，，平面（2）解，如图，以中点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系．则，易知，，，设平面的法向量为，由，得，取，得又平面的法向量为，二面角的平面角的正切值．例1-2．如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，是的中点，且满足．（1）求证：平面；（2）已知，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.（1）因为点在底面内的射影恰好是点，所以面.因为面,所以.因为是的中点，且满足．所以，所以.因为，所以，即,所以.因为,面,面,所以平面.（2）∵面，∴直线与底面所成角为，即.因为，所以，由（1）知，，因为，所以，.如图示，以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,,,,所以，设，由得，，即.则.设平面BDC1的一个法向量为，则，不妨令，则.因为面，所以面的一个法向量为，记二面角的平面角为，由图知，为锐角.，所以,即.所以二面角的大小为.练、如图，直四棱柱的底面是菱形，侧面是正方形，，经过对角线的平面和侧棱相交于点，且．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）延长和的延长线相交于点，连接，设四棱柱的棱长为，推导出，由四棱柱的性质得平面，从而平面，由此能证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求解平面的法向量，利用向量夹角的计算公式求解即可.【详解】（1）如图所示，延长和的延长线相交于点，连接．设四棱柱的棱长为，因为，，所以．由，得，由余弦定理，得，．因为，所以，．又是直四棱柱，故平面．又平面，所以．因为，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，．设平面的法向量为，则，即，不妨设，由（1）得，，平面的一个法向量为．设二面角的平面角为，则，且由题图知为锐角，所以二面角的余弦值为．类型二、棱锥建系例2．中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中于，，，平面．（1）求证：；（2）试验表明，当时，风筝表现最好，求此时直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）利用平面可得，再利用即可；（2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系即可求出；或利用等体积法也可.【详解】（1）证明：∵平面，平面，∴，又，，平面，平面，∴平面，又平面．∴．（2）解：法一：如图，以为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，，设为平面的法向量，则，即，令，则，设直线与平面所成角为，则．法二：如图，在中，由得，在中，由得，在中，由得．在中，由得，在中，由，得，，设点到平面的距离为，由，得，即，设直线与平面所成的角为，则．练．（2021•邢台月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，是边长为2的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形．（1）证明：平面平面．（2）求直线与平面所成角的正弦值．【解答】（1）证明：因为平面平面且相交于，，又平面，所以平面，所以．又因为，，所以平面．因为平面，所以平面平面，（2）解：取的中点，连接，，因为，所以，又因为平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以．如图，建立空间直角坐标系，由题意得，，1，，，，，，，，0，，所以，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以．所以，则直线与平面所成角的正弦值为．练．在三棱锥B－ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离．【答案】.【分析】建立空间直角坐标系，求出平面ABC的一个法向量，利用空间距离的公式即可求出结果.【详解】解　如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，则A，B，C，D，∴＝，＝，＝，设＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，则，所以y＝－x，z＝－x，可取＝(－，1，3)，代入d＝ ，得d＝＝，即点D到平面ABC的距离是.练．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是AD，CD的中点．（1）证明：BD⊥PF；（2）若∠BAD=60°，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接AC，菱形中易得，再由面面垂直的性质定理得平面，从而得，则可证得线面垂直，从而有线线垂直；（2）以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．（1）连接AC，因为在△ADC中，E，F分别是AD，CD的中点，所以EF//AC， 又因为在菱形ABCD中AC⊥BD，所以BD⊥EF；因为△PAD为正三角形，E为AD中点，所以PE⊥AD；又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，平面，所以PE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PE⊥BD；因为PE∩EF=E，平面PEF，所以BD⊥平面PEF，又PF⊂平面PEF，所以BD⊥PF；（2）连接BE，因为∠BAD=60°，所以△ADB为等边三角形，所以BE⊥AD；由（1）知，PE⊥平面ABCD，故以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系设AD=2，则则 设平面PBD的法向量为，则，可取 所以，故直线PC与平面PBD所成角的正弦值为．练．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．练．如图，在四棱锥E-ABCD中，ABCE，AECD，，AB=3，CD=4，AD=2BC=10.（1）证明：∠AED是锐角；（2）若AE=10，求二面角A-BE-C的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）延长AB、DC交于点M，结合已知条件利用线面垂直判定定理和性质证明平面，然后利用勾股定理和余弦定理即可证明；（2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后利用二面角的空间向量公式求解即可.（1）延长AB、DC交于点M，连接EM，如下图所示：因为，，所以为的中位线，从而，，，所以，故，又因为ABCE，AECD，，，所以平面，平面，因为平面，平面，所以，，因为，所以平面，令，则，，所以，所以是锐角.（2）以为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系：由题意可知，，，，，，，故，，，设平面的法向量为，由，令，则，，从而，因为平面，所以是平面的一个法向量，由图可知，二面角为钝二面角，故，从而二面角A-BE-C的余弦值.练．如图所示，在四棱锥中，平面，，四边形为梯形，，，，，，，点在上，满足.（1）求证：平面平面；（2）若点为的中点，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）求出可得可得结合可证明面，再由面面垂直的判定定理即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解.（1）因为，，，所以，因为，所以，可得，因为平面，平面，所以，因为，所以面，因为面，所以平面平面.（2）因为，，所以四边形是平行四边形，所以，，，如图：以为原点，分别以，所在的直线为，轴，过点垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量，由，令，则，，所以设平面的法向量，由，令，则，，所以，所以.例2-2．在四棱锥中，平面，，，，为的中点，在平面内作于点.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）证明出平面，，可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.（1）证明：平面，平面，，，，平面，平面，，，、平面，，平面，平面，所以，平面平面，平面平面.（2），以点为坐标原点，、、的方向 分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，，设平面的法向量为，则，取，可得，，由图形可知，二面角的平面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.练．如图，在三棱锥中，底面是边长2的等边三角形，，点F在线段BC上，且，为的中点，为的中点.(Ⅰ)求证：//平面；(Ⅱ)若二面角的平面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【分析】(Ⅰ) 取的中点，连接、，即可证明，，从而得到面面，即可得证；(Ⅱ) 连接，为二面角的平面角，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：(Ⅰ)取的中点，连接、，因为为的中点，为的中点，所以，，又，所以，因为面，面，面，所以面，面，又，面，所以面面，因为面，所以平面；(Ⅱ)连接，因为底面是边长2的等边三角形，，所以，，所以为二面角的平面角，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以故直线与平面所成角的正弦值为；练．如图，和所在平面垂直，且，，则直线与平面所成角的正弦值为___________.【答案】【分析】设，在平面、平面内分别作直线的垂线、分别交、于点、，证明出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】设，在平面、平面内分别作直线的垂线、分别交、于点、，如下图所示：因为平面平面，平面平面，平面，，平面，因为，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如上图所示的空间直角坐标系，则、，，易知平面的一个法向量为，则，因此，直线与平面所成角的正弦值为.类型三、旋转体例3-1．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，，所以，又为等边三角形，则，所以，，则，所以，同理，又，所以平面；（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以，设平面的一个法向量为由，得，令，得，所以故，设二面角的大小为，则.练．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的几何体称为圆台，也可称为“截头圆锥”．在如图的圆台中，上底面半径为，下底面半径为，母线长为．（I）结合圆台的定义，写出截面的作图过程；（II）圆台截面与截面是两个全等的梯形，若，求二面角的平面角的余弦值．【答案】（I）答案见解析；（II）.【解析】【分析】(I) 由圆台的定义，延长圆台的轴与母线交于点，在底面圆上任取一点，作出圆锥的两条母线，两条母线与圆台的上下底面相交，即可得到截面.(II) 取的中点，连接．则可得，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．利用向量法求解二面角.【详解】解：（I）延长圆台的轴与母线交于点，在底面圆上任取一点，连接，交圆于点，连接，，在圆内，以点为圆心画弧，交圆于点，连接，，交圆于点，连接，，则四边形即为截面．（II）取的中点，连接．由等边中可得, 由,可得 所以，在圆台中，平面，所以，，所以以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为，，，所以，则点，，，，所以，，．设平面的法向量为，由，得，即令，得．设平面的法向量为．由，得，即，令，得，由图易知二面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值．【点睛】方法点睛：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内.2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标.3、求：求出所需平面的法向量4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值5、取：根据题意，或二面角的范围，得出答案.例3-2．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为在母线上，且．（1）求证：平面平面；（2）设线段上动点为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）1【分析】（1）设交于点连接，由，并结合可证得平面由此证得，再利用三角形相似证得从而证得平面进而证得平面平面；（2）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值．（1）证明：如图，设交于点连接，易知，又平面平面，又平面．又是底面圆的内接正三角形，由，可得，．又，，即．又，，，即．又平面，，平面．又平面，平面平面．（2）易知．以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，则．设，可得．设直线与平面所成的角为，则.令，，则，当且仅当时，等号成立，当时，有最大值，于是当时，有最大值为，的最大值为，故直线与平面所成角的正弦值的最大值为．练、广东省惠来县第一中学2021届高三下学期19．如图所示，圆锥的底面半径为2，其侧面积是底面积的2倍，线段为圆锥底面的直径，在底面内以线段为直径作，点P为上异于点A，O的动点.（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）推导出，，从而平面，由此能证明平面平面；（2）设圆锥的母线长为l，底面半径为r，推导出，，，，以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：∵垂直于圆锥的底面，圆锥的底面，∴，∵为的直径，∴，∵面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，∴圆锥的侧面积，底面积，∴依题意，∴，∵，∴，则在中，，∴，如图，在底面作的半径，使得，∵，，∴以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，，，，在三棱锥中，∵，∴面积最大时，三棱锥的体积最大，此时，∵的半径为1，∴，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，设二面角的平面角为，由图得为钝角，∴，∴二面角的余弦值.【点晴】（1）证明面面垂直时，需先在这两个平面内的一个平面内找一条直线，证明这条直线垂直于另外一个平面，进而证明两个平面垂直；（2）第二问考利用空间向量求二面角的平面角，需先证明三条直线两两垂直，才能建立空间直角坐标系，再利用公式计算即可，注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角的方法.练．如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，．(1)当k为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是△PBC的重心；(2)若，当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）作辅助线，找到Q点在平面PBC内的射影,然后利用重心的性质结合图形的几何性质计算，求得结果；（2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，求出相关向量的坐标，进而求得平面和平面的的法向量，根据向量的夹角公式求得结果.(1)取中点，连结，，，则，，又，所以平面，过作，交于，因为平面，所以，又，所以平面，即是点在平面内的射影．因为恰好是的重心，所以，在中，，，所以，，所以，即．所以当时，点在平面内的射影恰好是的重心．(2)以为原点，为轴，为轴，作，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，．设平面的法向量，则即取，得．设平面的法向量，则即取，得．．因为，所以当时，上式取得最小值，此时二面角最大，所以平面与平面所成锐二面角最大时，其余弦值为．类型四、棱台例4-1. 如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点．(1)求证：AA1⊥BD；(2)求二面角E－A1C1－C的余弦值．【解析】(1)证明　因为C1C⊥底面ABCD，所以C1C⊥BD.因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.又AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AA1.(2)解　如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1∥OC且A1C1＝OC，所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.所以A1O⊥底面ABCD.以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.则A(2eq \r(3)，0,0)，A1(0,0,4)，C1(－2eq \r(3)，0,4)，B(0,2,0)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)．由eq \o(A1B1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \o(AB,\s\up6(→))，得B1(－eq \r(3)，1,4)．因为E是棱BB1的中点，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2))，所以eq \o(EA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，2))，eq \o(A1C1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0,0)．设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝－2\r(3)x＝0，,n·\o(EA1,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x－\f(3,2)y＋2z＝0，))取z＝3，得n＝(0,4,3)，取平面A1C1C的法向量m＝(0,1,0)，又由图可知，二面角E－A1C1－C为锐二面角，设二面角E－A1C1－C的平面角为θ，则cos θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(4,5)，所以二面角E－A1C1－C的余弦值为eq \f(4,5).练．（2021•龙岗区校级期中）如图，在三棱台中，平面平面，，．（1）证明：；（2）求二面角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过点作，交与点，连接，由，，所以，由平面平面，平面平面，平面，故平面，又平面，所以，由，，则，又，，平面，所以平面，又平面，故；（2）解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，则，0，，，1，，，2，，，0，，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，故二面角的正弦值为．练（2021如皋3.5模T20）如图，在三棱台ABC-DEF中，CF⊥面DEF,AB⊥BC,AB=BC=EF=CF=2.（1)若,证明：面PDF⊥面CDE（2)求二面角A-CE-D的余弦值．注：（1）点P的位置 （2）坐标系，点A的坐标标法练．如图，在三棱台中，为的中点.(1)证明：；(2)若二面角的大小为，且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取的中点M，连接，证明平面即可；（2）以M为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量的坐标， 设直线与平面所成角为，由求解.(1)证明：如图所示：取的中点M，连接，因为，则，又因为，则，平面，又平面.(2)由（1）知，二面角的平面角，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的一个法向量为：，，令，则，又，由，得，设直线与平面所成角为，则.练．如图，在四棱台中，底面为菱形，.，，，.(1)证明：；(2)求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法计算出二面角的平面角的余弦值.(1)因为底面为菱形，且，所以，，，又因为，，所以在中由余弦定理可得，故为等腰直角三角形，且，设与的交点为O，连接，因为，所以，故，又因为，故平面，所以.(2)由（1）可知，，故以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图，连接，由棱台的性质可知，且，所以，即四边形为正方形，故平面，所以，设，则由得，故，所以，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则有，，取，，故，所以二面角的平面角的余弦值为.类型五、多面体例5．如图，在多面体中，均垂直于平面，，，，.（1）证明：平面；（2）求与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接易得为平行四边形，即，根据线面垂直的性质及判定即可证结论.（2）法一：过作于，延长至使，过作交于，连接，根据线面垂直的性质及判定、平行四边形的性质证面，进而确定线面角的平面角，即可求余弦值；法二：构建空间直角坐标系，分别求出的方向向量和面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的余弦值.（1）连接，由且，∴四边形为平行四边形，即，由为等腰梯形，结合题设：，，则.由平面，平面，则，又，∴平面，故平面. （2）法一：过作于，延长至使，过作交于，连接，面，面，则，又，，面，即为平行四边形，则四边形为平行四边形，面，则即为所求线面角，由题意：，，，.在梯形中，易得，所以，得，则，在中，易得，则.∴.法二：以为原点，为轴，为轴，作轴，建立空间直角坐标系，易得，，，， ，，，设面的一个法向量为， 由，可得，记与面所成角为，，，即与面所成角的余弦值为 .练.如图，正方形所在平面与等边所在平面成的锐二面角为，设平面与平面相交于直线．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用线面平行的判定及线面平行的性质来证明；（2）建立空间直角坐标系解决线面角的正弦值.（1）因为CD//AB，平面ABE，所以CD//平面ABE又面ABE平面CDE=l，所以l//CD（2）如图建立空间直角坐标系，设AE=2，则所以A(1，0，0)，B(1，0，0)，E(0，，0)，C(1，1，)，D(1，1，)，所以=(1，，0)，=(0，1，)，设平面BCE的法向量为(x，y，z)，则取，则，故平面BCE的法向量为，又设直线DE与平面BCE所成角为，则练、（2021届高三年级苏州八校联盟第三次适应T19）如图，多面体PQABCD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，，，，．（1）设点F为棱CD的中点，求证：对任意的正数a，四边形PQFA为平面四边形；(第19题图)PBACDQ（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．注：（1）四点共面 （2） Q点坐标难标【解析】（1）方法1：设在平面内的射影为E，由QC=QD可得EC=ED，所以点E在CD的垂直平分线上 ．．．．．．．．．．．．2分由ABCD是菱形，且，故直线AE与CD的交点即为CD的中点F．．．．．4分因为PA⊥平面ABCD，QE⊥平面ABCD，所以，从而PA，QE共面，因此 PQ，FA共面，所以PQFA为平面四边形．．．．．．．．．．．．．6分方法2：证明CD⊥平面AFQ， ．．．．．．．．．．．．2分再证明CD⊥平面PAF ．．．．．．．．．．．．．4分由AFQ与平面PAF均过点A可得平面AFQ与平面PAF重合．即P、Q、F、A共面，FPBACDQPBACDQxyzF所以PQFA为平面四边形． ．．．．．．．．．．．．6分（2）分别以AB、AF、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，当时，由可得,所以Q的坐标为，． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分可求平面的一个法向量为． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分设直线与平面所成角为，则，从而直线与平面所成角的正弦值为．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分练．某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为的圆柱体的四分之一．（1）当圆弧E2F2（包括端点）上的点P与B1的最短距离为5时，证明：DB1⊥平面D2EF．（2）若D1D2＝3．当点P在圆弧E2E2（包括端点）上移动时，求二面角P﹣A1C1﹣B1的正切值的取值范围．【答案】（1）见解析，（2）【分析】（1）以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，可得，从而可证DB1⊥平面D2EF；（2）设，则，所以，求出平面的法向量，而平面的一个法向量，设二面角的大小为，则先求出，从而可得，再由可得的范围.【详解】（1）证明：作平面于，则在圆弧上，因为，所以当取最小值时，最小，由圆的对称性可知，的最小值为，所以,如图，以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，,因为，所以,因为平面，平面，,所以DB1⊥平面D2EF，（2）解：若D1D2＝3，由（1）知,设，因为，设所以，，设平面的法向量为，则，令，则，取平面的一个法向量，设二面角的大小为，显然是钝角，则，，则，所以二面角的正切值的取值范围为.练．如图，是的直径，是圆周上不同于、的任意一点，垂直所在的平面，四边形为平行四边形．(1)求证：平面平面；(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据已知条件容易证明平面,又由于∥,则平面,平面,即可证得平面平面；（2）以为坐标原点，、、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求平面的一个法向量和直线的方向向量，用法向量法求直线与平面所成的角的正弦.(1)∵是的直径，∴,∵垂直所在的平面，∴平面，又∵四边形为平行四边形，∴∥，∴平面，∴，又∵，∴平面,∵∥，∴平面，又∵平面，且,∴平面平面．(2)以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知，则，，,，，，,设平面的法向量为,由,,可得，令，则，，∴，设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．类型五、设动点例5-1.如图，在棱长为1的正方体AC1中，E，F分别为A1D1和A1B1的中点．(1) 求异面直线AE和BF所成的角的余弦值；(2) 求平面BDD1与平面BFC1所成的锐二面角的余弦值；(3) 若点P在正方形ABCD内部或其边界上，且EP∥平面BFC1，求EP的最大值和最小值．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系(1)∴． (2) 平面BDD1的一个法向量为=(1，-1，0)．设平面BFC1的法向量为n=(x，y，z)．由解得取z=1得平面BFC1的一个法向量n=(1，2，1)．，∴所求的余弦值为(3) 设P(x，y，0)(0≤x≤1，0≤y≤1)，则．由·n=0，得，即．∵0≤x≤1，∴0≤≤1，∴≤y≤．∴∵≤y≤，∴当y=时，；当时，练．如图，在三棱柱中，点在侧面的射影为正方形的中心M，且,,E为的中点．（1）求证：║平面；（2）求二面角的正弦值；（3）在正方形（包括边界）内是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明过程相见解析；（2）；（3）存在点满足条件，长度为．【解析】【详解】试题分析：（1）已知//，由直线与平面平行的判定定理易知结论成立；（2）以点M为坐标原点建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，然后分别求出平面与平面的法向量，从而利用法向量夹角与二面角的关系求出二面角的大小．（3）设出点F的坐标，然后由与平面的法向量平行求出点F的坐标，最后求出CF的长即可．试题解析：（1）连接EM，在中，//且平面//平面（2）如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴, 所在直线为轴建立空间直角坐标系．则在中，,,,,设平面的一个法向量为，则，令，得设平面的一个法向量为，则，令，得，二面角的正弦值为（3），中点设，则平面，//即 ，且在正方形内，所以存在点满足条件，长度为考点：证明直线与平面平行；‚求二面角的大小；ƒ存在性问题．练．在①平面，②平面平面，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．问题：如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，为中点，为内的动点（含边界）．（1）求点到平面的距离；（2）若__________，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用等体积，转换顶点即可；（2）建立空间直角坐标系，求其法向量，表示出线面角的正弦值，按照求值域的思路适当换元求范围即可.【详解】（1）在三棱锥中，连接，，因为是以为斜边的等腰直角三角形，，为中点，所以，又平面平面，平面平面，平面∴平面又平面∴∴，，两两垂直.∴又∴∴点到平面的距离为.（2）与平面所成角的正弦值的取值范围为．以选条件①为例（亦可使用综合法、综合与向量混用法）在三棱锥中，以为坐标原点，为正交基底，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，则，，，，设平面的法向量为，则即即，不妨令，则同理可求得平面的法向量（选条件①）因为平面，平面∴即即∴又∴∴又平面，∴是平面的一个法向量设直线与平面所成角为，则令，，∴令，则∴在上单调递增∴，∴，∴∴直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.选条件②，条件③结果相同.【点睛】本题的难点在表示出正弦值后值域的求法，可以适当换元，借助导数工具求解.练．几何特征与圆柱类似，底面为椭圆面的几何体叫做“椭圆柱”，如图所示的“椭圆柱”中，、和、分别是上下底面两椭圆的长轴和中心，、是下底面椭圆的焦点，其中长轴的长度为，短轴的长度为2，两中心、之间的距离为，若、分别是上、下底面椭圆的短轴端点，且位于平面的两侧. （1）求证：∥平面；（2）求点到平面的距离；（3）若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且、与下底面所成的角分别为、，试求出的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据“椭圆柱”定义及为上下椭圆短轴端点可知，得到四边形为平行四边形，进而得到，由线面平行判定定理证得结论；（2）由对称性得：；由三线合一性质得，从而求得，利用体积桥可构造关于所求距离的方程求得结果；（3）根据线面角的定义可知，；设，由椭圆定义知，表示出后，利用两角和差正切公式可将表示为关于的函数，结合二次函数性质可求得所求的取值范围.【详解】（1）连接分别为上下椭圆的短轴端点   四边形为平行四边形   平面，平面   平面（2）连接由“椭圆柱”定义可知平面平面    由对称性可知： 又，设点到平面的距离为，则解得：，即点到平面的距离为（3）连接由题意知：平面，即为与下底面所成角；即为与下底面所成角即，设，由椭圆定义知：，       【点睛】本题考查与立体几何有关的新定义运算的问题，涉及到线面平行的证明、点到面距离的求解、立体几何中取值范围的求解问题；求解所求量的取值范围的关键是能够将所求量表示为关于某一变量的函数，通过函数最值的求解方法求得结果.练．已知正方体的棱长为a，E､F分别为棱､的中点，P为体对角线所在直线上一动点.(1)作出该正方体过点E､F且和直线垂直的截面，并证明该截面和直线垂直；(2)求出△EFP绕直线EF旋转而成的几何体体积的最小值；(3)若动点M在直线EF上运动，动点N在平面上运动，求的最小值.【答案】(1)见解析；(2)；(3)a.【解析】【分析】(1)取DD1中点为G，连接FG、EG，则⊥平面EFG.(2)由(1)知⊥平面EFG，设，由图可知此时△EFP的高为PH，且此时△EFP的高最短，△EFP绕EF旋转成的几何体体积最小，该几何体为两个相同的圆锥的组合体，圆锥底面半径为PH，高为EH.(3)P在上，在平面投影为在平面上的投影为，则要使|PM|＋|PN|最小，M点为EF中点，N点上，且有PN⊥.将平面沿翻折到平面内，作M点关于的对称点，则过作N⊥与N，N即为|PM|＋|PN|的最小值.(1)如图，取DD1中点为G，连接FG、EG，则⊥平面EFG.证明如下：设EF和交点为H，连接GH，∴GH⊥.连接，则⊥，又由⊥平面知，故⊥平面，∴⊥，∵E､F分别为棱､的中点，∴，∴EF⊥，又GHEF＝H，GH和EF平面EFG，∴⊥平面EFG.(2)由(1)知⊥平面EFG，设，由图可知此时△EFP的高为PH，且此时△EFP的高最短，△EFP绕EF旋转成的几何体体积最小，该几何体为两个相同的圆锥的组合体，圆锥底面半径为PH，高为EH.|EH|＝|EF|＝，在△BDD1中，，在△中，，，，形成的几何体的体积为.(3)P在上，在平面投影为在平面上的投影为，则要使|PM|＋|PN|最小，M点为EF中点，N点上，且有PN⊥.将平面沿翻折到平面内，如图所示，作M点关于的对称点，则过作N⊥与N，N即为|PM|＋|PN|的最小值.∵，，，，∥，∵∥，∴四边形为平行四边形，.即|PM|＋|PN|最小值为a.练．一块边长为8的正方形纸片，按如图所示将阴影部分剪下，将剩余的四个底边长的全等的等腰三角形作为侧面制作一个正四棱锥（注：底面为正方形，顶点在底面上的射影是底面中心的四棱锥），为底边的中点.（1）过棱锥的高及点作棱锥的截面（如图），设截面三角形面积为，求的最大值及取最大值时对应的值；（2）当（1）中的取最大值时，在该棱锥的底面上是否存在动点，使得？若存在，计算动点的运动轨迹的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)的最大值为8，此时；(2)存在，且轨迹长度为4.【解析】【分析】(1)由条件可知，，根据三角形面积公式表示截面面积，再根据基本不等式求最值；(2)在平面内，由垂直关系找到过点与直线垂直的直线，再说明满足条件的点的运动轨迹，并求其长度.【详解】（1）由条件可知，，由题意，平面，故.所以当且仅当即时等号成立.故当时，有最大值.(2) 当(1)中的取最大值时，，即正方形的边长为.因为ABCD为正方形，所以BDAC又平面ABCD，BD平面ABCD，故BD又， 所以平面SAC，过F作，则平面SAC，又SC平面SAC，故.所以当点在线段上运动时，有. 动点的运动轨迹的长度.练．已知圆台轴截面，圆台的上底面圆半径与高相等，下底面圆半径为高的两倍，点为下底圆弧的中点，点为上底圆周上靠近点A的的四等分点，经过、，三点的平面与弧交于点，且，，三点在平面的同侧．（1）判断平面与直线的位置关系，并证明你的结论﹔（2）为上底圆周上的一个动点，当四棱锥的体积最大时，求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）平面；证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）先证，由线线平行得到线面平行；（2）设圆台的上底面圆的半径为，建立空间直角坐标系，表示出向量，，再求解夹角的余弦值即可.【详解】（1）平面∵圆台的两个底面互相平行∴平面与圆台两个底面的交线平行．又因为点为上底圆周上靠近点的的四等分点，∴点为下底圆周上靠近点的的四等分点，∴．∵点为下底圆弧的中点，∴，所以．又平面，平面，∴平面．（2）当四棱锥的体积最大时，也就是点到平面的距离最大，此时点为上底圆周上的中点．设圆台的上底面圆的半径为，则高为，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴，，则，∴异面直线与所成角的余弦值为．当点在的另一侧中点时，异面直线与所成角的余弦值也是∴异面直线与所成角的余弦值为．【点睛】本题采用建立空间直角坐标系的方法求解异面直线所成角，可求出两条直线所在向量，利用，求出向量夹角的余弦值，由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．