1
五、三年模拟
题型一 异面直线所成的角
1、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD的边长AB＝3，侧→→
棱AA1＝2，E是棱CC1的中点，点F满足AF＝2FB.
(1) 求异面直线FE和DB1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB1FA的大小为θ，求|cosθ|.
规范解答 在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中， →→→
以{DA，DC，DD1}为正交基底， 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
因为AB＝3，AA1＝2， →→
E是CC1的中点，AF＝2FB，
所以E(0，3，1)，F(3，2，0)，B1(3，3，2). (2分) →→
(1)从而FE＝(－3，1，1)，DB1＝(3，3，2)． 设异面直线FE和DB1所成的角为α，
422?－3×3＋1×3＋1×2?→→
则cosα＝|cos〈FE，DB1〉|＝?＝＝. ?11×22??11×221122因此，异面直线FE和DB1所成角的余弦值为. (5分)
11(2)设平面B1FE的法向量为n1＝(x，y，z)． →→
因为FE＝(－3，1，1)，FB1＝(0，1，2)，
2
1
1→???n1·FE＝0，?x＝－3z，?－3x＋y＋z＝0，
由?得? 所以?
→y＋2z＝0，????y＝－2z.?n1 ·FB1＝0，
取z＝－3，则平面B1FE的一个法向量为n1＝(1，6，－3)．(8分) 又因为平面AB1F的一个法向量为n2＝(1，0，0)， 所以cos〈n1，n2〉＝
146
＝. 46×146
46
. (10分) 46
因此|cosθ|＝| cos〈n1，n2〉|＝
解后反思 1. 建系之前的作图证明必须强调到位；2. 利用位置关系解出各点坐标，求出要用向量，一切具备后再进行相关角的计算，忌书写混乱；3. 平面AB1F的法向量是直接利用题中垂直信息求得，减少了计算量．
2、(2019南京、盐城一模） 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA＝AB＝2，点E是棱PB的中点．
(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值； (2) 求二面角BECD的余弦值．
思路分析 第(1)问，欲求“异面直线EC与PD所成角的余弦值”，即求“直线EC与PD方向向量的余弦值的绝对值”；第(2)问，欲求“二面角BECD的余弦值”，则需先求“两平面法向量夹角余弦值”，再根据图形判断二面角与向量夹角的大小关系判断符号．
规范解答 (1)因为PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．又因为PA＝AB＝2，AD＝1，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，(2分)
因为E是棱PB的中点，所以E?
22?， ，0，2??2
22→→
所以EC＝?，1，－?，PD＝(0，1，－2)，
2??2→→
所以cos〈EC，PD〉＝
1＋16
＝， 311＋1＋×1＋222
6
.(6分) 3
所以异面直线EC与PD所成角的余弦值为
2
1
22→→→
(2)由(1)得EC＝?，1，－?，BC＝(0，1，0)，DC＝(2，0，0)．
2??2
??2x1＋y1－2z1＝0，
2设平面BEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，所以?2
??y1＝0.
令x1＝1，则z1＝1，所以平面BEC的一个法向量为n1＝(1，0，1)． 22??x2＋y2－z2＝0，
2设平面DEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，所以?2
??2x2＝0.令z2＝2，则y2＝1，所以平面DEC的一个法向量为n2＝(0，1，2)， 所以cos〈n1，n2〉＝为－
3
.(10分) 3
23
＝.由图可知二面角BECD为钝角，所以二面角BECD的余弦值
1＋1×1＋23
3、(2018南京学情调研） 如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP＝AB＝AD＝1.
π
(1) 若直线PB与CD所成角的大小为，求BC的长；
3(2) 求二面角BPDA的余弦值．
→→→
解答 (1) 以{AB，AD，AP}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
因为AP＝AB＝AD＝1，
所以A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)． 设C(1，y，0)，
→→
则PB＝(1，0，－1)，CD＝(－1，1－y，0)．(2分)
2
1
π
因为直线PB与CD所成角大小为，
3
→→??1PB·CD→→??＝， 所以|cos〈PB，CD〉|＝
→→?2?∣PB∣·∣CD∣??即
11
＝，解得y＝2或y＝0(舍)，
2×1＋（1－y）22
所以C(1，2，0)，所以BC的长为2.(5分) (2) 设平面PBD的法向量为n1＝(x，y，z)． →→
因为PB＝(1，0，－1)，PD＝(0，1，－1)， →??PB·n1＝0，??x－z＝0，则?即?
?→y－z＝0.??PD·n1＝0，?
令x＝1，则y＝1，z＝1，所以n1＝(1，1，1)．(7分) 因为平面PAD的一个法向量为n2＝(1，0，0)， n1·n23
所以cos〈n1，n2〉＝＝，
|n1|·|n2|3所以，由图可知二面角BPDA的余弦值为
3
.(10分) 3
解后反思 1.先建立空间直角坐标系，再利用位置关系解出或设出各点坐标，求出要用的向量坐标，一切具备后再进行相关角的计算，忌书写混乱；2.平面PAD的法向量可直接利用题中垂直信息来减少计算量．
4、(2018镇江期末）如图，AC⊥BC，O为AB中点，且DC⊥平面ABC，DC∥BE.已知AC＝BC＝DC＝BE＝2.
(1) 求直线AD与CE所成角； (2) 求二面角OCEB的余弦值．
解答 (1)因为AC⊥CB且DC⊥平面ABC，
则以C为原点，CB为x轴正方向，CA为y轴正方向，CD为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．(1分)
2
1
因为AC＝BC＝BE＝2，则C(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，O(1，1，0)，E(2，0，2)，D(0，0，→→
2)，且AD＝(0，－2，2)，CE＝(2，0，2)．(2分)
→→AD·CE41→→
所以cos〈AD，CE〉＝＝＝.(4分)
2→→
|AD|·|CE|22×22所以直线AD和CE的夹角为60°.(5分)
(2) 平面BCE的一个法向量为m＝(0，1，0)，设平面OCE的法向量n＝(x0，y0，z0)．(6分) →→→→由CO＝(1，1，0)，CE＝(2，0，2)且n⊥CO，n⊥CE， →??CE＝0，??n·?2x0＋2z0＝0，?z0＝－x0，得?则?解得?(8分)
??→x＋y＝0，y＝－x，??0000?CO＝0，?n·取x0＝－1，则n＝(－1，1，1)．(9分)
因为二面角OCEB为锐二面角，记为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝
5、(2018苏北四市期末）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，→→→
AC和A1C1的中点，以{FA，FB，FG}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.
(1) 求异面直线AC与BE所成角的余弦值； (2) 求二面角FBC1C的余弦值．
|m·n|3
＝.(10分) |m|·|n|3
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，0，0?，C?－，0，0?，B?0，，0?， 规范解答 (1) 因为AB＝1，AA1＝2，则F(0，0，0)，A??2??2??2?
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2020年高考数学五年真题与三年模拟考点分类解读（江苏版）31 空间向量与立体几何（解析版）
