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1、2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第45讲立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离实战演练理2018年高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第45讲 立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离实战演练 理1(2014江西卷)如图，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD.(1)求证：ABPD；(2)若BPC90，PB，PC2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值解析：(1)证明：ABCD为矩形，故ABAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，故ABPD.(2)过P作AD的垂线，垂足为O，
2、过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO平面ABCD，BC平面POG，BCPG.在RtBPG中，PG，GC，BG.设ABm，则OP ，故四棱锥PABCD的体积为Vm .因为m ，故当m，即AB时，四棱锥PABCD的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0,0,0)，B，C，D，P，故，(0，0)，设平面BPC的一个法向量n1(x，y,1)，则由n1，n1得解得x1，y0，n1(1,0,1)同理可求出平面DPC的一个法向量n2.从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为cos .2(2016全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，
3、M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明：MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值解析：(1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，
4、z)为平面PMN的法向量则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.3(2016山东卷)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH平面ABC；(2)已知EFFBAC2，ABBC求二面角FBCA的余弦值解析：(1)证明：设FC中点为I，连接GI，HI.在CEF中，因为点G是CE的中点，所以GIEF.又EFOB，所以GIOB.又OB平面ABC，GI平面ABC，GI平面ABC在CFB中，因为H是FB的中点，所以HIBC同理HI平面ABC又HIGII，所以平面GHI平
5、面ABC因为GH平面GHI，所以GH平面ABC(2)连接OO，则OO平面ABC又ABBC，且AC是圆O的直径，所以BOAC以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0,2，0)，C(2，0,0)，所以(2，2，0)，过点F作FM垂直OB于点M.所以FM3，可得F(0，3)故(0，3)设m(x，y，z)是平面BCF的法向量由可得可得平面BCF的一个法向量m.因为平面ABC的一个法向量n(0,0,1)，所以cosm，n.所以二面角FBCA的余弦值为.4(2014新课标全国卷)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C(1)证明：ACAB1；(2)若
6、ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解析：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC，故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，OCOA，则A，B(1,0,0)，B1，C，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)所以cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.5
