专题四 第4讲 空间位置关系的证明与空间角问题-【艺术生文化课考前100天】2027年高考数学艺术生文化课考前100天

专题四空间向量与立体几何 第四讲 空间位置关系的证明与空间角问题 ◆知识清单·精准记忆◆ 【基础梳理】 棱1垂直的直线，则二面角的大小0=〈AB, 1.空间位置关系的向量表示 CD 位置关系 向量表示 直线11,2的方向 l∥2 n∥n2台n1=n2 向量分别为n,n2 l⊥l2 n1n2←=→n1·n2=0 直线1的方向向量 l∥a nm→n·m=0 ① 为n,平面a的法向 ②如图②③，n1,n2分别是arl-3的两个半平 量为m lLa n∥m台n=m 面α，3的法向量，则二面角的大小0满足 平面a,β的法向 a∥B n/∥m→n=λm cos0=cosn1,n2）或-cosn1,n2）. 量分别为n,m aLB nm→n·m=0 提醒：利用平面的法向量求二面角的大小时， 2.空间角的向量求法 求出两个半平面a,B的法向量n1,n2后，要根 (1)异面直线所成角的求法 据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从 设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量， 而确定二面角与向量n1,n2的夹角是相等，还 是互补 类型 a与b的夹角B 1与l2所成的角日 【自主检测】 范围 (0,π) (o,] 题组一直线的方向向量、平面法向量的求法 1.（多选)若M(1,0,-1),N(2,1,2)在直线1 求法 o88治 cos0=|cos l=a·b 上，则直线1的一个方向向量是() albl A.(2,2,6) B.（1,1,3) C.(3,1,1) D.(-3,0,1) (2)直线和平面所成角的求法 2.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面 如图，设直线l的方向向量为e,平面a的法 ABC的一个法向量是() 向量为n,直线l与平面a所成的角为p,向 A.(1,1,-1) B.(1,-1,1) 量e与n的夹角为0，则有sinp=lcos0= C.(-1,1,1) D.(-1,-1,-1) e·n e n 题组二空间角 1.在长方体ABCD-A1BCD1中，AB=2,BC= 2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值 为( A.0 B.3v70 70 (2)二面角的求法 ①如图①，AB,CD是a3两个半平面内与 C,-3o 70 n震 —47 艺术生文化课考前100天数学 2.如图，正方体ABCD-A1B1CD1的棱长为1,3.正方形ABCD所在平面外有一点P,PA⊥平 O是平面A1B1CD1的中心，则BO与平面 面ABCD.若PA=AB,则平面PAB与平面 ABC1D1所成角的正弦值为 PCD所成的二面角的大小为 第一课时 空间位置关系与线面角问题 ◆方法清单·把控高考◆ 考点 空间位置关系与线面角问题 【方法规律】利用空间向量求线面角的解题 【高考这样考】 模型 (2025·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD (建坐标系 根据图形与已知条件，建立适当的空间直} 中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形， L角坐标系 b ∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. 求向量 设直线AB与平面a所成的角为0，需求出平 :面a的法向量n和直线AB的方向向量AB 女 用公式 cos(ABn〉=AB·n ABlinl b 得结论 利用sin0=lcos〈AB,n)l,直线和平面所成角的 范围是0.引即可得出直线和平面所成的角 【备考这样练】 (1)若F为PD的中点，G为PE的中点，证 1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC 明：FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与 A,BG的体积为号，AB=6,AB,=2,则 平面PCD所成角的正弦值， A1A与平面ABC所成角的正切值为( ) a分 B.1 C.2 D.3 2.(2026·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥ABCD 中，点E在BD上，AE⊥CE,AE⊥DE, CD⊥AD. (1)证明：CD⊥AB; (2)若DE=2,BE=1,AE=√2，CD=23,求 —48 专题四空间向量与立体几何 直线AD与平面ABC所成角的正弦值， 3.(2023·全国甲卷理)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1=2,A1C⊥底面ABC,∠ACB =90°，点A到平面BCC1B的距离为1. (1)求证：AC=A1C; 0 (2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与 平面BCC1B1所成角的正弦值. B A 第二课时空间位置关系的证明与二面角问题 ◆方法清单·把控高考◆ 考点 利用向量法求二面角问题 (2)求平面PCD与平面PBF的夹角的正 【高考这样考】 弦值 题(2024·新高考Ⅱ卷)如图，在平面四边形 ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3，∠ADC =90°，∠BAD=30°，点E,F满足A立= 号A心，A市=3A应将△AEF沿EF翻折至 △PEF,使得PC=4√5. (1)证明：EF⊥PD; 49 艺术生文化课考前100天数学 【方法规律】利用空间向量求二面角的解题 模型 （2②若四校锥的休积，w=105,求二面角 CPB-H的大小. 、建坐标系) 根据图形与已知条件，构建适当的空间直： 角坐标系 女 (求法向量) 准确求解相关点的坐标，并分别求出两平 面的法向量m,n b 利用两向量夹角的余弦公式cos(m,n〉= A H D 用公式 m”求夹角的余弦值 -Y b 得结论 观察图形中二面角是锐角还是钝角，得出！ 结论 【备考这样练】 1.(2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中， AB∥CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点 E在AB上，EF∥AD,AB=3AD,CD= 2AD,将四边形EFDA沿EF翻折至四边形 EFDA',使得平面EFDA'与平面EFCB所 成的二面角为60°. 3.(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中， BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD 上，且PE⊥AD,PE=DE=2 (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平 (1)证明：A'B∥平面CD'F; 面PCD; (2)求平面BCD'与平面EFD'A'的夹角的正 (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面 弦值. PCD夹角的余弦值， 2.(2026·上海卷)如图，在四棱锥P-ABCD中， 底面ABCD为矩形，PH⊥底面ABCD, AH=1,HD=4,AB=2. (1)证明：HC⊥PB; 50 专题四空间向量与立体几何 第三课时立体几何的综合问题 ◆方法清单·把控高考◆ 考点一翻折问题 【方法规律】解决空间角与翻折相结合的问题的 2.(2023·湖北宜昌模拟)如图①，在矩形 关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系 ABCD中，E,F分别是线段AB,CD的中点， 的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变 AB=4,AD=2,将矩形ABCD沿EF翻折. 化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映 (1)若所成二面角的大小为（如图②），求 了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需 证：直线CE⊥平面DBF; 要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得 结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质 (2)若所成二面角的大小为（如图③），点M 定理、基本事实、公式等解决 在线段AD上，当直线BE与平面EMC所成 【备考这样练】 1.(2024·天津卷)如图，已知在直四棱柱 角为牙时，求平面DEM与平面EMC的夹角 ABCD-A1BC1D1中，AD⊥AB,AB∥CD,， 的余弦值， AA=2,AB=2AD=2,DC=1,N B C 的中点，M是DD1的中点： (1)求证：D1N∥平面CBM; (2)求平面CBM与平面BB1CC夹角的余 弦值； ① ③ (3)求点B到平面CB1M的距离. A B 考点二 探索性问题 【方法规律】解决立体几何中探索性问题的基 本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论 成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出 与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并 —51 艺术生文化课考前100天数学 可进一步证明；否则假设不成立. 2.(2023·湖北黄冈中学模拟)已知四棱锥 (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一 P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC, 定注意三点共线的条件的应用. ∠DAB=90°，PA⊥平面ABCD,PA=AD= 【备考这样练】 DC-AB=1. 1.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩 (1)若M是棱PB上的动点，请判断下列条 形，PA⊥平面ABCD,E是棱PD的中点，F 件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切 是PC的中点， (1)证明：PB∥平面AEC; 值为2，@器号中哪一个条件可以推断出 (2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条 PD∥平面ACM(无须说明理由)，并用你的 件下，二面角CAF-D大小为60°. 选择证明该结论， (2)若N为棱PC上的一点（不含端点），试探 究PC上是否存在一点N,使得平面ADN⊥平 面BDN?若存在，请求出的值：若不存 在，请说明理由， —52=√FG+EG=√22+22=2√2，即R D =√2，则球心O到BB1的距离为OM= A √ON+MN=√/1+1=√2，∴.球O 与棱BB相切，球面与棱BB1只有1个 交点.同理，根据正方体的对称性知，其 余各棱和球面也只有1个交点，.以EF G 为直径的球面与该正方体每条棱的交点总数为12. 【备考这样练】 1.B解析：由AB⊥BC,AB=6,BC=8,得AC=10,要使球的体 积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相 切，设底面△ABC的内切圆的半径为r,则号×6X8=号× (6十8十10)·r,解得r=2,此时2r=4>3,不合题意.因此当 球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R=3, 得R=是.故球的最大体积V=专R=要 2.√2一1解析：如图，过点P作PD⊥平 面ABC于点D,连接AD并延长交BC 于点E,连接PE.△ABC是正三角形， .AE是BC边上的高和中线，D为 A △ABC的中心.AB=2W3,.S△ABc= B 35,DE=1,PE=2,∴S=3×2×2 V3X2+3W3=3W6+3V3.PD=1,∴三棱锥的体积V=) ×3√3×1=√3， ∴336+3)-5， 1 =√2-1， 2+1 3号解析：周锥内辛径最大的球即为圈 锥的内切球，设其半径为.如图，作出圆 锥的轴截面△PAB,则△PAB的内切圆为 圆锥的内切球的大圆.在△PAB中， PA=PB=3,D为AB的中点，AB=2,E 为切点，则PD=2√2，△PEOp△PDB, 故品器中2=1解得-号 3 2 故其内切球的体叔为音✉（号）》- 3π 考点二 【高考这样考】 55解析：由球的体积公式可得专R=43,可得球的半 4 径R=√3. 因为DA=DB=DC=√2，所以点D在底面ABC上的投影是 △ABC的中心O' 设球心为O,则O,O,D三点共线，且OD=R=√3 设△ABC的外接圆半径为r,OO=h,则OD=√DC-7 =√2-r2. 又OO=|N3-√/2-r2|,且OC=r,OC=R=√3， 在Rt△O0A中，2+=3，解得= √3 设等边△ABC的边长为a,由外接国丰径r=号a,可得a V5,所以Sc-Y5a=5V3 49 4 【备考这样练】 1.D解析：如图，O为CD的中点，根据 题意，△BCD和△ACD都是直角三角 形，且OA=OB=OC=OD=√2，∴.O D 是三棱锥外接球的球心，且外接球的 B 半径R=OA=√2，.外接球的表面积为S=4πR2=8π. 2.B解析：，在三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形， PA=PB=PC=3,.△PAB≌△PBC≌△PAC..PA⊥PB, ∴.PA⊥PC,PC⊥PB.如图，以PA,PB,PC为过同一顶点的 三条棱作正方体，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC 的外接球，：正方体的体对角线长为√32+3+32=33， “其外接球半径R=3,因此三校维PABC的外接球的体 积V-×(3y3)-273 2 π. 2 C:-.---- 第2题图 第3题图 3.C解析：如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的 中点M,又AM=BC=号，OM=AA,=6,∴球0的半径 R=0A-√(2）+6-号 4.2解析：如图，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN ABC,设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,则2r= AB sin/ACB 3 =是=23，解得r=3.设三棱维S-ABC的外接 球球心为0，连接0A,00,则0A=2,00=号SA.:A= OA+00,4=3+SA,解得SA=2. M 01 第四讲 空间位置关系的证明与空间角问题 【知识清单·精准记忆】 【自主检测】 题组 1.AB解析：M,N在直线1上，M衣=(1,1,3)，故向量(1， 1,3),(2,2,6)都是直线1的一个方向向量 2.D解析：AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1).设平面ABC的 生向注为1=，则有8取上一1则 -1,之=-1.故平面ABC的一个法向量是(-1，一1，-1). 题组二 1.A解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,3)， B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),.Bd=(-2,-2,3),AC= （-2,2,0),os(BD,At=Bd·AC 1B宽11A衣=0. D 第1题图 第2题图 2.号解析：建立室间直角坐标系如图所示，则B(11,0, 0(合，2,1)，D成=(1,01)是平面ABCD的-个法向 量又0亦=（合，宁，-1B0与平面ABCD所成角的正 IOB.DA 弦值为 = OBIIDAX/2 6 2 3.45°解析：建立空间直角坐标系如图所示， .·A D B 设AB=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),P(0,0,1),D(1,0,0), C(1,1,0).平面PAB的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面 PCD的法向量为n2=（x,y,z),则 1mP币=0，得 n2·Cb=0, (x-之=0'令x=1,则2=1，e=(1,0,1),c0s(mm）= y=0. 后-号，平面PAB与平面PCD夫角的余孩值为号乎 面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为45° 第一课时空间位置关系与线面角问题 【方法清单·把控高考】 考点 【高考这样考】 (1)证明：取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,MG, ,△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=90° ∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2,∴.AC=AB=2√2， ∴BC=4,:E,F分别为BC,PD的中点，∴FN=号AD=1, BE=2, ∴.GM=1,.'∠DAC=45°，∠ACB=45°， ∴.AD∥BC,∴.FN∥GM, .四边形FGMN为平行四边形， .FG∥MN. ,FG在平面PAB,MNC平面PAB,.FG∥平面PAB. (2)解：：PA⊥平面ABCD,.以A为原点，AC,AB,AP所在 直线分别为x,y,之轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,2√2,0)，C(2√2,0,0)，D (2,-√2,0)，P(0,0,22), ∴AB=(0,2√2,0)，Dt=(W2,√2,0)，C=(-2√2,0,2√2). 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), c 取x=1,.y=-1,x=1,∴.n=(1,-1,1) 设AB与平面PCD所成的角为0， -2 则如恋=： =10×1+2W2×(-1)+0X1_22 2W2·√12+(-1)2+1 2√2√3 3 即AB与平面PCD所成角的正弦值为得。 【备考这样练】 1.B解析：设正三棱台ABCA1B,C的高为h,三条侧棱延长 后交于一点P,作POL平面ABC于点O,PO交平面A1BC 于点O,连接OA,OA1,如图所示，由AB=3A1B1,可得PO -,P0-号L又SMa6=合×2×号=-5，Sm=司 2 X6×号-9v5,正三棱台ABGA,BC的体积V=Vp -V4G=号X95×号A-言×5×号A=号，解得h ,故P0=是=2，由正三棱台的性质可知，0为 △ABC的中心，则OA=号×V6-3=23,“P0L平面 ABC,∴.∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO 中，∠PA0识-1.故选B 2.(1)证明：因为AE⊥CE,AE⊥DE,CE∩DE=E,CE,DEC平 面BCD, 所以AE⊥平面BCD. 因为CDC平面BCD,所以AE⊥CD, 因为CD⊥AD,且AD∩AE=A,AD,AEC平面ABD,所以 CD⊥平面ABD. 因为ABC平面ABD,所以CD⊥AB. (2)解：由(1)知，CD⊥平面ABD, 因为BDC平面ABD,所以CD⊥BD, 所以EA,ED,CD两两互相垂直， 在BC上取点F,使得BF=号BC, 因为DE=2,BE-1,所以BE=}BD, 所以EF∥CD,所以EA,ED,EF两两互相垂直. 以EF,ED,EA所在直线分别为x,y,x轴建立空间直角坐标 系，如图： 则A(0,0W2),B(0,-1,0),D(0,2,0),C(23,2,0), 所以AD=(0,2,-√2)，Ai=(0,-1,-2),AC=(2√3,2， -√2). 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则m·随=-y-2=0, n·AC=2√3x十2y-√2z=0. 令y=2,则x=-1,x=,所以n=(-2,-1小， 设AD与平面ABC所成的角为0，则sin0=|cos(AD,n)|= 1A市·nl3√2=√6 Abn 6x3② 3 2 所以直线AD与平面ABC所成角的正弦值为5。 3.(1)证明：AC⊥底面ABC,BCC平面ABC,.A1C⊥BC,又 BC⊥AC,AC,ACC平面ACC1A1,AC∩AC=C, .BC⊥平面ACCA1. 又BCC平面BCCB, ∴.平面ACCA1⊥平面BCCB1 如图，过点A1作AO⊥CC1,交CC于点O, 又平面ACCA∩平面BCCB1=CC1,AOC平面ACCA1, .A1OL平面BCC1B. 点A1到平面BCCB的距离为1， ∴.A1O=1. 在Rt△A1CC中，AC⊥AC,CC=AA1=2,设CO=x,则 CO=2-x. ,△A1OC,△A1OC,△ACC1为直角三角形，且CC=2, CO+AO=AC,AO+O=CA,AC+AC=CC, .1十x2十1+（2-x)2=4,解得x=1, AC=A1C=A1C=√2，AC=A1C. B M B ℃ (2)解：.AC=AC,BC⊥A1C,BC⊥AC ∴.Rt△ACB≌Rt△A1CB, .BA=BA. 如图，过点B作BD⊥AA1,交AA1于点D,则D为AA1的 中点. 由直线AA1与BB,距离为2，得BD=2. AD=1,BD=2, ∴.A1B=AB=√5. 在Rt△ABC中，BC=√/AB2-AC=√3. 延长AC,使AC=CM,连接CM, 由CM∥A1C,CM=AC1知四边形A1CMC为平行四边形， ..CM∥AC,.CM⊥平面ABC 又AMC平面ABC,,∴.CM⊥AM 在Rt△AC1M中，AM=2AC,CM=AC, ∴.AC1=√(2AC)2+AC=W(2√2)2+(W2)2=√10. 又在Rt△ABC中，B1C=BC=√3， .AB,=√AC+BC=√/（√10)2+(W3)2=√13. 又点A到平面BCC1B距离也为1， AB与平面BCCB,所成角的正弦值为 第二课时空间位置关系的证明与二面角问题 【方法清单·把控高考】 考点 【高考这样考】 (1)证明：由题得，AE=号AD=25,AF=号AB=4,又 ∠BAD=30°， ∴.由余弦定理得EF2=AE+AF2一2AE·AF·cos30°=4， 故EF=2. 又EF+AE2=AF,∴.EF⊥AE. -2 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE,EF⊥ED, 又ED∩PE=E,ED,PEC平面PED,.EF⊥平面PED 又PDC平面PED,.EF⊥PD. (2)解：如图，连接CE,又DE=3√3，CD=3,∠CDE=90°，故 CE=√/DE+CD=6. 又PE=AE=2√3，PC=4√3，∴.PE+CE=PC,故PE ⊥CE. 又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EFC平面ABCD,∴.PE⊥平 面ABCD. EF,ED,PE两两垂直，故以E为原点，EF,ED,EP所在直线 分别为x,y,之轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0, 2W3),D(0,3√3,0)，F(2,0,0),A(0,-2√3,0)，C(3,3√3,0)， D xF B 连接PA,则Pi=(0,33,-2W5),DC=(3,0,0),A泸=(0， 23,23),A市-(2,23,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x,M,), 则n:P市359-25=0可取m=0,23》. ln1·D心=31=0， 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2=(2,2,2), 则%·2/5%+2w5=0可取%=65，-1，D. n2·AF=2x2十2√3y=0, 1·2 1 则cosm,m)川=m-m7=1 故平面PCD与平面PBF的夹角的正弦值为√-品- 8W65 65 【备考这样练】 1.(1)证明：设AD=1,所以AB=3,CD=2,因为F为CD的中 点，所以DF=1,因为EF∥AD,AB∥CD,所以AEFD是平行 四边形，所以AE∥DF,所以A'E∥DF 因为DFC平面CDF,AE￠平面CDF,所以A'E∥平面CDF, 因为FC∥EB,FCC平面CDF,EB￠平面CDF,所以EB∥ 平面CDF, 又EB∩A'E=E,EB,A'EC平面A'EB,所以平面A'EB∥平 面CDF, 又A'BC平面A'EB,所以A'B∥平面CDF (2)解：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB,又因为AB∥FC,EF ∥AD,所以EF⊥FC, 以F为原点，FE,FC所在直线以及垂直于平面BEFC的直线 分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系 外 D 因为DF⊥EF,CF⊥EF,平面EFDA'与平面EFCB所成的 二面角为60°， 所以∠D'FC=60° 则B1,20,C01,0,D0,号号），B100,F0,0.0 所以-（-1，-1,0，cd=(0,-9）迹=1,00， 励=(o,号) 设平面BCD的法向量为n=(x,y,之)，则 BC·n=0,所 c·n=0, 一x-y=0, 以 令y=3,则x=1,x=-√3，则n=(-√3W3,1). 设平面EFDA'的法向量为m=(x,M,名)， 财语所 x=0, 2+90. 令y=3,则x=一1，x=0,所以m=(0W3,-1). 所以cos(m,n)= m·n 10+3-1 mn√3+3+1X√/1+3√7 所以平面BCD与平面EFD'A'夹角的正弦值为√1-（片） =42 7 2.(1)证明：如图，过H作l∥AB,以H为原点，l,HD,HP所在 直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐标系，则H(0,0,0), C(2,4,0),B(2,-1,0). 24 B 设P(0,0,h),故H心=(2,4,0)，Pi=(2,-1,-h), 万心.P=4-4+0=0, 故HC⊥PB. C②)解：由题意，Vm=号·Sm·A==10y5 1 3 h=√5， 故P(0,0W5),B武=(0,5,0)，P克=(2，-1，-√5)，=(0， 0√5)， 设平面CPB和平面PBH的法向量分别为n1=(1,M,名)， n2=（x2,y2,2）, BC·m=0,/h=0, 则P市.m=02一45=0. 令x=√5，ǎ=2→m=(W5,0,2), d%=0>=0, 1Pi·n2=02x2-2-√5x2=0, 令x2=1,2=2→n2=(1,2,0), 设二面角CPBH的大小为0，则cos0=m·m=3W5 n1·n2√5 号，0-=r3 1 故二面角CPBH的大小为arO子 3.解：(1)取PD的中点G,连接G,CG, :F为PE的中点，∴FG=号DE=1,FG∥DE, 又BC=1,AD∥BC,'.FG=BC,FG∥BC, ∴，四边形FGCB为平行四边形， ∴.BF∥CG, 又BF屯平面PCD,CGC平面PCD,∴.BF∥平面PCD, (2).AB⊥平面PAD,PEC平面PAD,.AB⊥PE, 又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, .PEL平面ABCD. 连接EC,易知四边形ABCE为矩形，故直线EC,ED,EP两两 垂直，故以E为坐标原点，EC,ED,EP所在直线分别为x轴、 -2 y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0),A(0,-1,0),B(1,一1， 0),则AB=(1,0,0),A市=(0,1,2)，P心=(1,0，-2)，P市= (0,2,-2) 设平面PAB的法向量为n1=(,M,名)， 则收8a= 可取n1=(0,一2,1). 设平面PCD的法向量为n2=(x2,2,2), 收：阶 可取n2=(2,1,1). 设平面PAB与平面PCD的夹角为O, 则os0=Icm川=0b=0 =√/30 ∴平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为爱。 第三课时立体几何的综合问题 【方法清单·把控高考】 考点一 【备考这样练】 1.解：(1)以A为坐标原点，以AB,AD,AA1所在直线分别为x 轴、y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意得，B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1, 1,2),D1(0,1,2), 则M01,1,N(号，号，2)，D衣=（号，-2,0），c成- (1,-1,2),CM=(-1,0,1). 设平面CBM的法向量为n=(x,为，刘)， 则0月 (一x1十为=0， 取x=1,得名=1，y=3,则n=(1,3,1). Dm=(受，-合0）小13,1D=号-号=0， .D衣⊥n,显然DN丈平面CBM,D,N∥平面CBM(另 解：也可以取BC的中点E,连接NE,ME,通过证明DN∥ME 得到DN∥平面CBMD (2)易知CB=(1,-1,2),BC=(-1,1,0), 设平面BBCC的法向量为m=(x2,,2), 则宽。 1-x2十2=0， 取x2=1,得y2=1,2=0,则m=(1,1,0). 设平面CBM与平面BB1C1C的夹角为0， 则osG-=1sa,m1=日调-后X2, 4_=2√22 六平面CB,M与平面B,CC夹角的余弦值为2巴 (3)易知BB=(0,0,2). 设点B到平面CB1M的距离为d, 则4=BB·m=22正 √11 11 之点B到平面CB,M的距离为2 2.(1)证明：由题设易知，四边形 BEFC是边长为2的正方形， BF,EC是四边形BEFC的对 角线，∴.BF⊥EC 又平面BEFC⊥平面AEFD 平面BEFC∩平面AEFD= EF,DF⊥EF,DFC平面 AEFD,∴.DF⊥平面BEFC 又ECC平面BEFC,则DF⊥EC 又DF∩BF=F,则EC⊥平面BDF (2)过点E作Ez⊥平面AEFD,而AE,EFC平面AEFD,则 Ex⊥AE,Ex⊥EF,而AE⊥EF, 可构建如图所示的空间直角坐标系， 由题设知∠BEA=∠CPD=号， .E(0,0,0),B(1,0,3),C(1,2,√3)，M(2,m,0)且0 m≤2，则Ei=(1,0,√3)，EC=(1,2√3)，Ei=(2,m,0). 若n=(x,y,z)是平面EMC的一个法向量， 则.n=x+2y+V5x=0, EM·n=2.x+my=0. 令x=m,则n=(m,-2,4-m） 3, osEa-需日 1 /m2-2m+7√2 可得m=1, 3 则n=(1,-2,√/3). 又1=(0,0,1)是平面EMD的一个法向量， 1·n=3=6 ∴cos1,n|=T1n-2/24’ 则平面DEM与平面EMC的夹角的余弦值为5. 考点二 【备考这样练】 1.(1)证明：如图，连接BD,设AC∩BD=O,连接OE ,四边形ABCD为矩形，O是BD的中点. ,E是棱PD的中点，∴.PB∥EO. 又，PB吐平面AEC,EOC平面AEC, .PB∥平面AEC. (2)解：由题意知AB,AD,AP两 两垂直，以A为坐标原点，以AB, AD,AP所在直线分别为x轴，y 轴，之轴建立如图所示的空间直角 坐标系Axyz. 设AB=AD=2a,AP=2c,则A (0,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a, 0),P(0,0,2c),F(a,a,c). ,z轴C平面CAF, .设平面CAF的一个法向量为n=(x,1,0), 而AC=(2a,2a,0), ∴AC·n=2a.x+2a=0,得x=-1,∴n=(-1,1,0), ·y轴C平面DAF, .设平面DAF的一个法向量为m=(1,0,z), 而AF=(a,a,c), ∴A.m=a十c2=0,得x=-名， ∴m=(1,0,-名） .cos60°= n·m 1 n m =2,得a=c, 2·√1+ 即当AP的长度等于正方形ABCD的边长时，二面角CAF-D 的大小为60° 2.解：(1)条件②可以推断PD∥平面ACM如图①，连接AC, BD相交于点E,连接EM. 在梯形ABCD中，有AB/DC,AD=DC=含AB=1,噩 CD_1 AB-21 又：PMDE】 MB BE 2' .△BMEp△BPD, 故EM∥PD. 又PD丈平面ACM,EMC平面ACM, .PD∥平面ACM. 做当器言时，PD/平面ACu ⊙ ② (2)以A为原点，AD,AB,AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图 ②所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),D1,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(0,2,0). 设P=λP式(0<<1)，则N(,λ，1-)对于平面ADN,设 其法向量为n1=(x,y,z), 则·A00即0+1-w2=0 n1·A衣=0,9 可取m=(0,,1). 对于平面BDN,设其法向量为2=(x,y,z), /x-2y=0, 则西·B20,即十a2》v+1-》z=0 n2·B=0,9 可取%=(2，头). 若平面ADN⊥平面BDN,则m⊥2， 即2只+头子-0，解得入=合， λ-1 此时N为PC的中点，NC PN 1. 专题五概率与统计 第一讲概率 【知识清单·精准记忆】 【自主检测】 题组一 1.B解析：设“做对第一道题”为事件A,“做对第二道题”为事 件B,则P(AB)=P(A)P(B)=0.8XP(B)=0.6,故P(B)=0.75. 2.B解析：因为事件A,B相互独立，所以P(A∩B)=P(A)· PB)=×= 3.0.98解析：至少有一个准时响的概率是1一(1一0.90)× (1-0.80)=1-0.10×0.20=0.98. 题组二 1.D解折：PA)=合，PCB)=号，P(AB)=2P(AB)- 1 A国-： P(B) 2.A解析：设“至少有一枚出现6点”为事件A,“两枚骰子的点 24