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2019年高考数学大二轮复习专题五立体几何第3讲立体几何中的向量方法练习理

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[精品]2019高考数学二轮复习专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法练习

[精品]2019高考数学二轮复习专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法练习

※精品试卷※第3讲立体几何中的向量方法高考定位以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真题感悟1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155C.105D.33解析法一以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)图(2)则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1). 又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0).所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)，则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB1→·BC 1→|AB 1→|·｜BC 1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5×2＝25×2＝105，因此，异面直线AB1与BC 1所成角的余弦值为105. 法二如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB 1，B 1C 1中点，则PN ∥BC 1，MN ∥AB1，∴AB 1与BC 1所成的角是∠MNP 或其补角.∵AB ＝2，BC ＝CC1＝1，∴MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝22.※精品试卷※取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ＝1，MQ ＝12AC ，在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋1－2×2×1×－12＝7，AC ＝7，则MQ ＝72，则△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝112，则△PMN 中，cos ∠PNM ＝MN2＋NP 2－PM 22·MN ·NP＝522＋222－11222×52×22＝－105，又异面直线所成角范围为0，π2，则余弦值为105. 答案C2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M是CD ︵上异于C ，D 的点.(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ?平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ?平面CDM ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .由于DM ?平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点.由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1，0，2). 又DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA→|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值为255. 3.(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值. (1)证明由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ?平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ?平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，以HF →的方向为y 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P 0，0，32，D －1，－32，0，DP →＝1，32，32，HP →＝0，0，32为平面ABFD 的一个法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝HP →·DP→|HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 考点整合1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线夹角设l，m的夹角为θ0≤θ≤π2，则cos θ＝|a·b||a||b|＝|a1a2＋b1b2＋c1c2|a21＋b21＋c21a22＋b22＋c22.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θ0≤θ≤π2，则sin θ＝|a·μ||a||μ|＝a，μ(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·v||μ||v|＝μ，v热点一利用空间向量证明平行、垂直关系【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →＝0. 所以BE ⊥DC .(2)因为AB ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，AB ?平面ABCD ，所以AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ?平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以向量AB →＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量，而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ，又BE ?平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量. 且n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →. 所以平面PAD ⊥平面PCD . 探究提高1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE ?平面PAD 而致误.【训练1】在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ；(2)平面EGF ∥平面ABD . 证明(1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B (0，0，0)，D (0，2，2)，B 1(0，0，4)，C1(0，2，4). 设BA ＝a ，则A (a ，0，0)，所以BA →＝(a ，0，0)，BD →＝(0，2，2)，B 1D →＝(0，2，－2).B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0，则B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ?平面ABD ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0，0，3)，G a2，1，4，F (0，1，4)，则EG →＝a2，1，1，EF →＝(0，1，1)，B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ?平面EGF ，因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 热点二利用空间向量计算空间角考法 1 求线面角或异面直线所成的角【例2－1】(2018·烟台质检)如图，在梯形ABCD 中，AD ＝BC ，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，平面BDFE ⊥平面ABCD ，EF ∥BD ，BE ⊥BD . (1)求证：平面AFC ⊥平面BDFE ；(2)若AB ＝2CD ＝22，BE ＝EF ＝2，求BF 与平面DFC 所成角的正弦值. (1)证明∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，平面BDFE ∩平面ABCD ＝BD ，AC ?平面ABCD ，AC ⊥BD ，∴AC ⊥平面BDFE .又AC ?平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面BDFE . (2)解设AC ∩BD ＝O ，∵四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，AB ＝2CD ＝22，∴OD ＝OC ＝1，OB ＝OA ＝2，∵FE ∥OB 且FE ＝OB ，∴四边形FEBO 为平行四边形，∴OF ∥BE ，且OF ＝BE ＝2，又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD .以O 为原点，向量OA →，OB →，OF →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，2，0)，D (0，－1，0)，F (0，0，2)，C (－1，0，0)，DF →＝(0，1，2)，CD →＝(1，－1，0)，BF →＝(0，－2，2)，设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，有DF →·n ＝0，CD→·n ＝0，即y ＋2z ＝0，x －y ＝0.不妨设z ＝1，得x ＝y ＝－2，得n ＝(－2，－2，1).于是cos 〈n ，BF →〉＝4＋28×9＝22.设BF 与平面DFC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BF →〉|＝22.∴BF 与平面DFC 所成角的正弦值为22. 探究提高1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角).【训练2】(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1.则OB⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB .以{OB →，OC →，OO1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2).(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P 32，－12，2，从而BP →＝－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·｜AC 1→|＝|－1＋4|5×２2＝31020.因此，异面直线BP 与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q 32，12，0，因此AQ →＝32，32，0，AC1→＝(0，2，2)，CC 1→＝(0，0，2). 设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC1的一个法向量，则AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1，1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·｜n |＝25×２＝55，所以直线CC1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 考法 2 二面角的计算【例2－2】(2018·福州模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1＝4，AB＝2，AC ＝22，∠BAC ＝45°，点M 是棱AA 1上不同于A ，A 1的动点.(1)证明：BC ⊥B 1M ；(2)若平面MB1C 把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M －B 1C －A 的余弦值.(1)证明在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝4＋8－2×2×２2×cos 45°＝4，∴BC ＝2，则有AB 2＋BC 2＝8＝AC 2，∴∠ABC ＝90°，∴BC ⊥AB ，又∵BB 1⊥BC ，BB 1∩AB＝B ，∴BC ⊥平面ABB 1A 1，又B 1M ?平面ABB1A 1，故BC ⊥B 1M . (2)解由题设知，平面MB1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C －ABB1M 和四棱锥B 1－A 1MCC 1.由(1)知四棱锥C －ABB 1M 的高为BC ＝2，∵V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝12×2×2×4＝8，∴V 四棱锥C －ABB 1M ＝12V 柱＝4，又V 四棱锥C －ABB 1M ＝13S 梯形ABB 1M ·BC ＝23S 梯形ABB 1M＝4，∴S 梯形ABB 1M ＝6＝AM ＋42×2，∴AM ＝2.此时M 为AA 1中点，以点B 为坐标原点，BA →，BC →，BB 1→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B －xyz .∴A (2，0，0)，C (0，2，0)，B 1(0，0，4)，M (2，0，2). ∴CB 1→＝(0，－2，4)，B 1M →＝(2，0，－2)，AC →＝(－2，2，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面CB 1M 的一个法向量，∴n 1·CB 1→＝0，n 1·B 1M →＝0，即－2y 1＋4z 1＝0，2x 1－2z 1＝0.令z 1＝1，可得n 1＝(1，2，1)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACB 1的一个法向量，∴n 2·CB 1→＝0，n 2·AC →＝0，即－2y 2＋4z 2＝0，－2x 2＋2y 2＝0.令z 2＝1，得n 2＝(2，2，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·ｎ2|n 1|·｜n 2|＝736＝7618.所以二面角M －B 1C －A 的余弦值等于7618.探究提高1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.【训练3】(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交. (1)证明在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC1为矩形. 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF . 因为AB ＝BC ，所以AC ⊥BE . 又EF ∩BE ＝E ，所以AC ⊥平面BEF . (2)解由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC1，又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC ，因为BE ?平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐标系E －xyz ，由题意得B (0，2，0)，C(－1，0，0)，D (1，0，1)，F (0，0，2)，G (0，2，1). 所以BC →＝(－1，－2，0)，BD →＝(1，－2，1). 设平面BCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则n ·BC →＝0，n ·BD→＝0，即x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0.令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4. 于是n ＝(2，－1，－4).又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)，所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n ||EB →|＝－2121.由题知二面角B －CD －C 1为钝角，所以其余弦值为－2121.(3)证明由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1).因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG 与平面BCD 相交. 热点三利用空间向量求解探索性问题【例3】如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置；(2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由.解(1)设BD 交AC 于点O ，连接OE .∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ，∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴在△BDP 中E 为PD 中点. (2)连接OP ，由题知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以OC →，OD →，OP →所在直线为x 、y 、z 轴建立直角坐标系，如图.OP ＝PD 2－OD 2＝ 6.∴O (0，0，0)，A (－2，0，0)，B (0，－2，0)，C (2，0，0)，D (0，2，0)，P (0，0，6)，则E 0，22，62，OC →＝(2，0，0)，OE →＝0，22，62，OD →＝(0，2，0).设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1).则m ·OC →＝0，m·OE →＝0?x 1＝0，y 1＋3z 1＝0.令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1).则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ). 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，∴n ·OD →＝0，n ·OF →＝0?y 2＝0，－2λx 2＋（1－λ）6z 2＝0.令z 2＝1得平面BDF 的一个法向量n ＝3（1－λ）λ，0，1.由平面AEC 与平面ADF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·ｎ|m ||n |＝12·1＋31λ－12＝114，解得λ＝15.所以|PF →|＝15|PA →|＝225.故在线段PA 上存在点F ，当|PF |＝225时，使得平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114.探究提高1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.【训练4】(2018·广州质检)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，DE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ，DE ＝22，DE >BF ，∠ABC ＝120°．(1)当BF 长为多少时，平面AEF⊥平面CEF?(2)在(1)的条件下，求二面角E －AC－F 的余弦值. 解(1)连接BD 交AC 于点O ，则AC ⊥BD .取EF 的中点G ，连接OG ，则OG ∥DE . ∵DE ⊥平面ABCD ，∴OG ⊥平面ABCD . ∴OG ，AC ，BD 两两垂直. 以AC ，BD ，OG 所在直线分别作为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设BF ＝m (0<m <22)，由题意，易求A (3，0，0)，C (－3，0，0)，E (0，－1，22)，F (0，1，m ).则AE →＝(－3，－1，22)，AF →＝(－3，1，m )，CE →＝(3，－1，22)，CF →＝(3，1，m )，设平面AEF ，平面CEF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).则n 1·AE →＝0，n 1·AF→＝0，∴－3x 1－y 1＋22z 1＝0，－3x 1＋y 1＋mz 1＝0，解得z 1＝23m ＋22x 1，y 1＝26－3mm＋22x 1.取x 1＝m ＋22，得n 1＝(m ＋22，26－3m ，23).同理可求n 2＝(m ＋22，3m －26，－23).若平面AEF ⊥平面CEF ，则n 1·n 2＝0，∴(m ＋22)2＋(3m －26)(26－3m )－12＝0，解得m ＝2或m ＝72(舍)，故当BF 长为2时，平面AEF ⊥平面CEF . (2)当m ＝2时，AE →＝(－3，－1，22)，AC →＝(－23，0，0)，EF →＝(0，2，－2)，AF →＝(－3，1，2)，CF →＝(3，1，2)，则EF →·AF →＝0，EF →·CF →＝0，所以EF ⊥AF ，EF ⊥CF ，且AF ∩CF ＝F ，所以EF ⊥平面AFC ，所以平面AFC 的一个法向量为EF →＝(0，2，－2).设平面AEC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AE→＝0，n ·AC →＝0，∴－3x －y ＋22z ＝0，x ＝0，得y ＝22z ，x ＝0.令z ＝2，n ＝(0，4，2).从而cos 〈n ，EF →〉＝n ·EF→|n |·｜EF →|＝663＝33.故所求的二面角E －AC －F 的余弦值为33. 1.两条直线夹角的范围为0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝n 1，n 2＝|n 1·n 2||n 1||n 2|. 2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cos θ|＝n 1，n 2＝|n 1·n 2||n 1||n 2|. 3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.一、选择题1.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32 B.22C.104D.64解析如图，建立空间直角坐标系，易求点D 32，12，1，平面AA1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD→〉|＝322＝64.答案D2.(2018·合肥质检)已知正方体ABCD－A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是底面ABCD 上的动点，则(CE →－CA 1→)·D 1B 1→的最大值为( )A.22 B.1 C. 2D. 6解析由正方体性质知CA 1→·D 1B 1→＝0，则(CE →－CA 1→)·D 1B 1→＝CE →·D 1B 1→.建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1，1，0)，C (0，1，0).设点E (x ，y ，0)，则CE →＝(x ，y －1，0)，D 1B 1→＝DB →＝(1，1，0).∴CE →·D 1B 1→＝(x ，y －1，0)·(1，1，0)＝x ＋y －1.易知当E 位于点B 时，x ＋y 有最大值 2.因此CE →·D 1B 1→的最大值为2－1＝1. 答案B3.(2018·衡水中学质检)如图，在四棱锥C －ABOD 中，CO ⊥平面ABOD ，AB ∥OD ，OB ⊥OD ，且AB＝2OD ＝4，AD ＝22，异面直线CD 与AB 所成角为30°，若点O ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的表面积为()A.72πB.8πC.283πD.263π解析∵CD 与AB 所成角为30°，且AB ∥OD ，∴∠CDO ＝30°，由OD ＝2，知OC ＝OD ·tan 30°＝233.在直角梯形ABOD 中，OB ＝AD 2－4＝2.因此(2R )2＝OB 2＋OD 2＋OC 2＝283，故球的表面积S ＝4πR 2＝283π.答案C4.(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22解析法一如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM .易知O 为BD1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2，DM ＝AD 2＋12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5.所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos ∠MOD ＝12＋522－5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55. 法二以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3).则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·｜DB 1→|＝225＝55，即异面直线AD1与DB 1所成角的余弦值为55. 答案 C5.(2018·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P －ABC 中，点P 在底面的正投影恰好是等边△ABC 的边AB 的中点，且点P到底面ABC 的距离等于底面边长.设△PAC 与底面所成的二面角的大小为α，△PBC 与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( )A.34 3B.253C.－813 3D.－583解析如图，设点P 在边AB 上的射影为H ，作HF ⊥BC ，HE ⊥AC ，连接PF ，PE .※精品试卷※依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.∴HE＝32，HF＝32，则tan α＝tan β＝232＝43，故tan(α＋β)＝2tan α1－tan2α＝2×431－432＝－8133.答案 C二、填空题6.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________.解析∵AC⊥BD且AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D?AC⊥DE，∴α＝π2.取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF⊥平面ADD1A1，则β＝∠EDF.cos(α－β)＝cos π2－∠EDF＝sin∠EDF＝EFED＝66.答案6 6三、解答题7.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值.(1)证明∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，又∵AB∥CD，∴PD⊥AB，又∵PD∩PA＝P，PD，PA?平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.(2)解在平面PAD内作PO⊥AD，垂足为点O.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PO，又AB∩AD＝A，可得PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设PA＝2，∴D(－2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，2)，C(－2，2，0)，∴PD →＝(－2，0，－2)，PB →＝(2，2，－2)，BC →＝(－22，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的一个法向量，由n ·PB →＝0，n ·BC→＝0得2x ＋2y －2z ＝0，－22x ＝0.令y ＝1，则z ＝2，x ＝0，可得平面PBC 的一个法向量n ＝(0，1，2)，∵∠APD ＝90°，∴PD ⊥PA ，又知AB ⊥平面PAD ，PD ?平面PAD ，∴PD ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ?平面PAB ，∴PD ⊥平面PAB ，即PD →是平面PAB 的一个法向量，∴cos 〈PD →，n 〉＝PD →·n|PD →|·｜n |＝－223＝－33，由图知二面角A －PB －C 为钝角，所以它的余弦值为－33. 8.(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC1与平面ABB 1所成的角的正弦值.(1)证明如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz . 由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1).因此AB1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3).由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1.由AB1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1，A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB1→＝(0，0，2). 设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z ).由n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，即x ＋3y ＝0，2z ＝0，令y ＝1，则x ＝－3，z ＝0，可得平面ABB1的一个法向量n ＝(－3，1，0).所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·｜n |＝3913.因此，直线AC1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 9.(2018·武汉模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O .如图2，点P 为BC 中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .(1)证明：OD ⊥平面PAQ ；(2)若BE ＝2AE ，求二面角C －BQ －A 的余弦值. (1)证明由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1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，设AQ 的长度为m ，则相关各点的坐标为O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0). ∵点P 为BC 中点，∴P 0，92，3，∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →＝6，m －92，－3，∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0.∴OD ⊥AQ ，OD ⊥PQ ，且AQ ∩PQ ＝Q ，∴OD ⊥平面PAQ . (2)解∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6). 设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵n 1·QB →＝0，n 1·BC→＝0，∴－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，又显然，平面ABQ 的法向量为n 2＝(0，0，1).设二面角C －BQ －A 的平面角为θ.由图可知，θ为锐角，则cos θ＝n 1·n 2|n 1|·｜n 2|＝66.所以二面角C －BQ －A 的余弦值为66. 10.(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.(1)证明因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23).取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2，0，0). 设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0). 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34.11.(2018·佛山调研)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF 和一个正四棱锥P －ABCD组合而成，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2.(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；(2)求正四棱锥P －ABCD 的高h ，使得二面角C －AF －P 的余弦值是223.(1)证明由于几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF 和一个正四棱锥P －ABCD的组合体. ∴AD ⊥AB ，又AD ⊥AF ，AF ∩AB ＝A ，∴AD ⊥平面ABFE .又AD ?平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABFE . (2)解以A 为原点，AB →，AE →，AD →的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .设正四棱锥的高为h ，AE ＝AD ＝2，则A (0，0，0)，F (2，2，0)，C (2，0，2)，P (1，－h ，1)，※精品试卷※推荐下载设平面ACF 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，AF →＝(2，2，0)，AC →＝(2，0，2)，则m ·AF →＝2x ＋2y ＝0，m·AC →＝2x ＋2z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，－1，－1)，设平面AFP 的一个法向量n ＝(a ，b ，c )，AP→＝(1，－h ，1)，则n ·AF →＝2a ＋2b ＝0，n ·AP →＝a －hb ＋c ＝0，取b ＝1，则n ＝(－1，1，1＋h )，二面角C －AF －P 的余弦值223，∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·｜n |＝|－1－1－（1＋h ）|3·2＋（h ＋1）2＝223，解得h ＝1或h ＝－35(舍去). ∴当正四棱锥P －ABCD 的高为1时，二面角C －AF －P 的余弦值为223.。

2019届高考数学二轮复习专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学案(含解析)

2019届高考数学二轮复习专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学案(含解析)

第3讲 立体几何中的向量方法利用空间向量证明平行与垂直(综合型)设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)、υ＝(a 3，b 3，c 3)，则有：(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.[典型例题]如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明： (1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面P AD ； (3)平面PCD ⊥平面P AD .【证明】 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →＝0.所以BE ⊥DC .(2)因为AB ⊥AD ，又P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥P A ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD ， 所以向量AB →＝(1，0，0)为平面P AD 的一个法向量． 而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以BE ⊥AB ，又BE ⊄平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .(3)由(2)知平面P AD 的一个法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量．且n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以n ⊥AB →.所以平面PCD ⊥平面P AD .利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素． (3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题．[对点训练]在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD . (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)依题意，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0，0，0)，D (0，2，2)，B 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，设BA ＝a ，则A (a ，0，0)，所以BA →＝(a ，0，0)，BD →＝(0，2，2)，B 1D →＝(0，2，－2)，B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0，0，3)，G ⎝⎛⎭⎫a2，1，4， F (0，1，4)，则EG →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，1，EF →＝(0，1，1)， B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知B 1D →是平面ABD 的一个法向量， 所以平面EGF ∥平面ABD .利用空间向量求空间角(综合型)[典型例题]命题角度一 异面直线所成的角已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．【解析】 如图，在平面ABC 内过点B 作BD ⊥AB ，交AC 于点D ，则∠CBD ＝30°.因为BB 1⊥平面ABC ，故以B 为坐标原点，分别以射线BD ，BA ，BB 1为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (0，2，0)，B 1(0，0，1)，C 1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C 1⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以AB 1→＝(0，－2，1)，BC 1→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0×32＋（－2）×⎝⎛⎭⎫－12＋1×10＋（－2）2＋12×⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫－122＋12＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 【答案】105两异面直线所成角的求法(1)定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直线所成的角．定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的内角进行求解． (2)向量法：设异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，则异面直线a ，b 所成角的余弦值等于|cos 〈a ，b 〉|.命题角度二 直线与平面所成的角(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解】 (1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0，0，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.向量法求直线和平面所成的角设θ为直线l 与平面α所成的角，φ为直线l 的方向向量v 与平面α的法向量n 之间的夹角，则有φ＝π2－θ(如图1)或φ＝π2＋θ(如图2)，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos 〈v ，n 〉|＝|v ·n ||v ||n |.特别地，φ＝0时，θ＝π2，l ⊥α；φ＝π2时，θ＝0，l ⊂α或l ∥α.命题角度三 二面角的平面角(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且P A ＝PD ，∠APD ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面PCD ；(2)(一题多解)求二面角A -PB -C 的余弦值． 【解】 (1)证明：因为底面ABCD 为正方形， 所以CD ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以CD ⊥平面P AD .又AP ⊂平面P AD ，所以CD ⊥AP .因为∠APD ＝90°，即PD ⊥AP ，CD ∩PD ＝D ， 所以AP ⊥平面PCD .因为AP ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PCD .(2)法一：取AD 的中点为O ，BC 的中点为Q ，连接PO ，OQ ，易得PO ⊥底面ABCD ，OQ ⊥AD ，以O 为原点，OA →，OQ →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD 的边长为2，可得A (1，0，0)，B (1，2，0)，C (－1，2，0)，P (0，0，1)． 设平面APB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 而P A →＝(1，0，－1)，PB →＝(1，2，－1)． 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P A →＝0，n 1·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0，则y 1＝0，取x 1＝1，得n 1＝(1，0，1)为平面APB 的一个法向量． 设平面BCP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 而PB →＝(1，2，－1)，PC →＝(－1，2，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB →＝0，n 2·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－z 2＝0，－x 2＋2y 2－z 2＝0， 则x 2＝0，取y 2＝1，得n 2＝(0，1，2)为平面BCP 的一个法向量． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1×0＋0×1＋1×22×5＝210＝105，由图易知二面角A -PB -C 为钝角， 故二面角A -PB -C 的余弦值为－105. 法二：以D 为原点，建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD 的边长为2，可得A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，P (1，0，1)，设平面P AB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 而P A →＝(1，0，－1)，PB →＝(1，2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n 1＝0，PB →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0，则y 1＝0，取z 1＝1，则n 1＝(1，0，1)为平面P AB 的一个法向量． 设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 而PB →＝(1，2，－1)，PC →＝(－1，2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n 2＝0，PC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－z 2＝0，－x 2＋2y 2－z 2＝0，则x 2＝0，取y 2＝1，则n 2＝(0，1，2)为平面PBC 的一个法向量． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝22×5＝105，由图可得二面角A -PB -C 为钝角， 故二面角A -PB -C 的余弦值为－105.向量法求二面角设二面角α-l -β的平面角为θ(0≤θ≤π)，n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，向量n 1，n 2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图1)或θ＝ω(如图2)，其中cos ω＝n 1·n 2|n 1||n 2|.[对点训练](2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -P A -C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)．取平面P AC 的一个法向量OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0＜a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43， 所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.利用向量解决探索性问题(综合型)[典型例题](2018·长春质量监测(二))如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ＝2BC ＝2CD ＝4，AA 1＝2 3.(1)证明：AD 1⊥B 1D ；(2)设E 是线段A 1B 1(不包括端点)上的动点，是否存在这样的点E ，使得二面角E -BD 1­A 的余弦值为77，如果存在，求出B 1E 的长；如果不存在，请说明理由． 【解】 (1)证明：连接BD ，B 1D 1(图略)，在等腰梯形ABCD 中，由AD ＝2BC ＝2CD ＝4，得BD ＝23， 故四边形B 1BDD 1是正方形，BD 1⊥B 1D .⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫BB 1⊥平面ABCD AB ⊂平面ABCD ⇒BB 1⊥AB由AB 2＋BD 2＝AD 2，可知BD ⊥AB⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥平面BDD 1B 1B 1D ⊂平面BDD 1B 1⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥B 1D BD 1⊥B 1D ⇒⎭⎪⎬⎪⎫B 1D ⊥平面ABD 1AD 1⊂平面ABD 1⇒AD 1⊥B 1D . (2)假设存在这样的点E ，依题意，以B 为原点，DB →方向为x 轴正方向，AB →方向为y 轴正方向，BB 1→方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系(图略)，设B 1E ＝m (0<m <2)，则E (0，－m ，23)，B (0，0，0)，D 1(－23，0，23)，A (0，－2，0)，BE →＝(0，－m ，23)，BD 1→＝(－23，0，23)，设平面EBD 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0n 1·BD 1→＝0，即⎩⎨⎧－my 1＋23z 1＝0－23x 1＋23z 1＝0， 令z 1＝m ，则⎩⎨⎧x 1＝my 1＝23，所以n 1＝(m ，23，m )．BA →＝(0，－2，0)，BD 1→＝(－23，0，23)， 设平面BD 1A 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BA →＝0n 2·BD 1→＝0，即⎩⎨⎧－2y 2＝0－23x 2＋23z 2＝0， 令x 2＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0z 2＝1，所以n 2＝(1，0，1)， |cos 〈n 1，n 2〉|＝|m ＋m |m 2＋12＋m 2·2＝77，解得m 2＝1，则m ＝1，故B 1E 的长为1.利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[对点训练]如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PBC ⊥平面PQB ；(2)若平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°，求PM 的长． 解：(1)证明：因为AD ∥BC ，Q 为AD 的中点，BC ＝12AD ，所以BC ＝QD ，所以四边形BCDQ 是平行四边形， 因为∠ADC ＝90°，所以BC ⊥BQ . 因为P A ＝PD ，AQ ＝QD ， 所以PQ ⊥AD ，又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PQ ⊥平面ABCD . 所以PQ ⊥BC ，又因为PQ ∩BQ ＝Q ，所以BC ⊥平面PQB .因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PQB .(2)由(1)可知PQ ⊥平面ABCD .如图，以Q 为原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则Q (0，0，0)，D (－1，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)， 所以PD →＝(－1，0，－3)，PC →＝(－1，3，－3)， 设平面PDC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PD →·n ＝0PC →·n ＝0，即⎩⎨⎧－x 1－3z 1＝0－x 1＋3y 1－3z 1＝0，取x 1＝3，则n ＝(3，0，－3)为平面PDC 的一个法向量． ①当M 与C 重合时，平面MQB 的法向量为QP →＝(0，0，3)， |n ·QP →||n |·|QP →|＝12＝cos 60°，满足题意． 此时PM ＝7.②当M 与C 不重合时，由PM →＝λPC →＝λ(－1，3，－3)，且0≤λ<1， 得M (－λ，3λ，3－3λ)， 所以QM →＝(－λ，3λ，3(1－λ))， 易得QB →＝(0，3，0)，设平面MBQ 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧QM →·m ＝0QB →·m ＝0，即⎩⎨⎧－λx 2＋3λy 2＋3（1－λ）z 2＝03y 2＝0， 取x 2＝3，则m ＝⎝⎛⎭⎫3，0，λ1－λ为平面MBQ 的一个法向量．因为平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°， 所以cos 60°＝⎪⎪⎪⎪n ·m |n |×|m | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪33－3λ1－λ12× 3＋⎝⎛⎭⎫λ1－λ2＝12，所以λ＝12，所以PM ＝72，由①②知PM ＝7或72.[A 组 夯基保分专练]一、选择题1．(2018·合肥第一次质量检测)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ∥EC . 因为MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， 所以MN ∥平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ∥DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形， 所以BD ∥EF .因为BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， 所以BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ∥平面EFC .(2)因为DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D -xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)， 所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515，所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.2.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC;(2)当三棱锥M -ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .当三棱锥M -ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)， AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1，0，2)．DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.3．(2018·陕西教学质量检测(一))如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B -OB 1­C 的余弦值． 解：(1)证明：因为A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以A 1O ⊥BD .因为四边形ABCD 是菱形， 所以CO ⊥BD . 因为A 1O ∩CO ＝O ， 所以BD ⊥平面A 1CO . 因为BD ⊂平面BB 1D 1D ， 所以平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D . (2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，所以OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OA 1→的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， 所以OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0，0，6)， 所以OB →＝(1，0，0)，BB 1→＝AA 1→＝(0，3，6)，OB 1→＝OB →＋BB 1→＝(1，3，6)， 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ⎩⎪⎨⎪⎧OB →·n ＝0，OB 1→·n ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.令y ＝2，得n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B -OB 1­C 是锐二面角， 所以二面角B -OB 1­C 的余弦值为2121.4.如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点． (1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45° ，求二面角M -AB -D 的余弦值．解：(1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，如图所示．因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，设|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，1，3)，PC →＝(1，0，－3)，AB →＝(1，0，0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的一个法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，|z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①，②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.因此二面角M -AB -D 的余弦值为105.[B 组 大题增分专练]1．(2018·南昌模拟)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝AP ＝12AD ＝3，AC ∩BD ＝O ，过O 点作平面α平行于平面P AB ，平面α与棱BC ，AD ，PD ，PC 分别相交于点E ，F ，G ，H .(1)求GH 的长度；(2)求二面角B -FH -E 的余弦值．解：(1)因为平面α∥平面P AB ，平面α∩平面ABCD ＝EF ， 平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，所以EF ∥AB .同理EH ∥BP ，FG ∥AP . 因为BC ∥AD ，AD ＝6，BC ＝3， 所以△BOC ∽△DOA ， 且BC AD ＝CO AO ＝12， 所以EO OF ＝12，CE ＝13CB ＝1，BE ＝AF ＝2，同理CH PC ＝EH PB ＝CO CA ＝13，连接HO ，则有HO ∥P A ， 且HO ⊥EO ，HO ＝1， 所以EH ＝13PB ＝2，同理FG ＝23P A ＝2，过点H 作HN ∥EF 交FG 于N ，易得四边形HNFO 为矩形， 则GH ＝HN 2＋GN 2＝ 5.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (3，0，0)，F (0，2，0)，E (3，2，0)，H (2，2，1)，BH →＝(－1，2，1)，FH →＝(2，0，1)． 设平面BFH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝－x ＋2y ＋z ＝0n ·FH →＝2x ＋z ＝0，令z ＝－2，得n ＝⎝⎛⎭⎫1，32，－2. 因为平面EFGH ∥平面P AB ，所以平面EFGH 的一个法向量为m ＝(0，1，0)．故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝321＋94＋4＝32929， 二面角B -FH -E 的余弦值为32929. 2．(2018·西安模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ，AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°， 由余弦定理得AC 2＝8＋4－2·22·2·cos 45°＝4，得AC ＝2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AD ∥BC ， 所以AD ⊥AC ，又AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以P A ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ， 所以AD ⊥平面P AC ，所以AD ⊥PC . (2)因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ， 所以P A ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 互相垂直，以A 为坐标原点，DA ，AC ，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A -xyz ，则A (0，0，0)，D (－2，0，0)，C (0，2，0)，B (2，2，0)，E (－1，1，0)，P (0，0，2)， 所以PC →＝(0，2，－2)，PD →＝(－2，0，－2)，PB →＝(2，2，－2)， 设PFPB＝λ(λ∈[0，1])， 则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF →＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈EF →，m 〉|＝|cos 〈EF →，n 〉|， 即|EF →·m ||EF →|·|m |＝|EF →·n ||EF →|·|n |， 所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λ3，即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32. 3．(2018·潍坊模拟)在▱P ABC 中，P A ＝4，PC ＝22，∠P ＝45°，D 是P A 的中点(如图1)．将△PCD 沿CD 折起到图2中△P 1CD 的位置，得到四棱锥P 1­ABCD .(1)将△PCD 沿CD 折起的过程中，CD ⊥平面P 1DA 是否成立？请证明你的结论；(2)若P 1D 与平面ABCD 所成的角为60°，且△P 1DA 为锐角三角形，求平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值．解：(1)将△PCD 沿CD 折起过程中，CD ⊥平面P 1DA 成立．证明如下： 因为D 是P A 的中点，P A ＝4， 所以DP ＝DA ＝2，在△PDC 中，由余弦定理得，CD 2＝PC 2＋PD 2－2PC ·PD ·cos 45°＝8＋4－2×22×2×22＝4， 所以CD ＝2＝PD ， 因为CD 2＋DP 2＝8＝PC 2，所以△PDC 为等腰直角三角形且CD ⊥P A ， 所以CD ⊥DA ，CD ⊥P 1D ，P 1D ∩AD ＝D ， 所以CD ⊥平面P 1DA .(2)由(1)知CD ⊥平面P 1DA ，CD ⊂平面ABCD ， 所以平面P 1DA ⊥平面ABCD ， 因为△P 1DA 为锐角三角形，所以P 1在平面ABCD 内的射影必在棱AD 上，记为O ，连接P 1O ， 所以P 1O ⊥平面ABCD ，则∠P 1DA 是P 1D 与平面ABCD 所成的角， 所以∠P 1DA ＝60°， 因为DP 1＝DA ＝2，所以△P 1DA 为等边三角形，O 为AD 的中点，故以O 为坐标原点，过点O 且与CD 平行的直线为x 轴，DA 所在直线为y 轴，OP 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x 轴与BC 交于点M ， 因为DA ＝P 1A ＝2，所以OP 1＝3，易知OD ＝OA ＝CM ＝1，所以BM ＝3，则P 1(0，0，3)，D (0，－1，0)，C (2，－1，0)，B (2，3，0)，DC →＝(2，0，0)，BC →＝(0，－4，0)，P 1C →＝(2，－1，－3)，因为CD ⊥平面P 1DA ，所以可取平面P 1DA 的一个法向量n 1＝(1，0，0)， 设平面P 1BC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·P 1C →＝0，所以⎩⎨⎧－4y 2＝0，2x 2－y 2－3z 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，x 2＝32z 2，令z 2＝1，则n 2＝⎝⎛⎭⎫32，0，1， 设平面P 1AD 和平面P 1BC 所成的角为θ，由图易知θ为锐角，所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝321×72＝217.所以平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值为217. 4.如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，P A ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得AB ＝AC ＝4， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ， 又P A ∩AC ＝A ，所以AB⊥平面P AC ，所以AB ⊥PC . (2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，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)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0，2)，B (22，－22，0)， PD →＝(0，22，－2)，AC →＝(22，22，0)． 设PM →＝tPD →(0<t <1)，则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )， 所以AM →＝(0，22t ，2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AM →＝0，即⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋（2－2t ）z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t1－t ，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .又m ＝(0，0，1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝22， 解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM →＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BM →〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。

高考数学(理)二轮练习【专题5】(第3讲)立体几何中的向量方法(含答案)

高考数学(理)二轮练习【专题5】(第3讲)立体几何中的向量方法(含答案)

第3讲 立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)． (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． 3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一 利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .思维启迪 从A 点出发的三条直线AB 、AD ，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系．证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量OM →与平面BCF 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量OM →与BF →，BC →共面．(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ，即证OM 垂直于平面EFCD 内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM →与向量FC →、CD →垂直．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC ；证明 设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ， 则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2,0,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0,1，3)．又PC →＝(0,23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0,23，－2)，BD →＝(－2,0,0)， 所以PC →·BD →＝0. 故BD ⊥PC .热点二 利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ； (2)求二面角A －DF －E 的余弦值．思维启迪 (1)易知PQ 为△ACE 的中位线；(2)根据AD ⊥平面ABEF 构建空间直角坐标系． (1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM 、AF 、AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝02y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝02y －z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角，∴二面角A －DF －E 的余弦值为66. 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP ＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH . (1)求证：AB ∥GH ；(2)求二面角D －GH －E 的余弦值．(1)证明 因为D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，所以EF ∥AB ，DC ∥AB . 所以EF ∥DC .又EF ⊄平面PCD ，DC ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .又EF ⊂平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD ＝GH ， 所以EF ∥GH .又EF ∥AB ，所以AB ∥GH .(2)解 方法一 在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ， 所以∠ABQ ＝90°，即AB ⊥BQ . 因为PB ⊥平面ABQ ，所以AB ⊥PB . 又BP ∩BQ ＝B ，所以AB ⊥平面PBQ .由(1)知AB ∥GH ，所以GH ⊥平面PBQ . 又FH ⊂平面PBQ ，所以GH ⊥FH . 同理可得GH ⊥HC ，所以∠FHC 为二面角D －GH －E 的平面角． 设BA ＝BQ ＝BP ＝2，连接FC ， 在Rt △FBC 中，由勾股定理得 FC ＝2，在Rt △PBC 中，由勾股定理得 PC ＝ 5.又H 为△PBQ 的重心，所以HC ＝13PC ＝53.同理FH ＝53.在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋59－22×59＝－45.即二面角D －GH －E 的余弦值为－45.方法二 在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ，所以∠ABQ ＝90° 又PB ⊥平面ABQ ，所以BA ，BQ ，BP 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以BA ，BQ ，BP 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．设BA ＝BQ ＝BP ＝2，则E (1,0,1)，F (0,0,1)，Q (0,2,0)，D (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)．所以EQ →＝(－1,2，－1)，FQ →＝(0,2，－1)，DP →＝(－1，－1，2)，CP →＝(0，－1,2)． 设平面EFQ 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·EQ →＝0，m ·FQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋2y 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，取y 1＝1，得m ＝(0,1,2)． 设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由n ·DP →＝0，n ·CP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－y 2＋2z 2＝0，－y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n ＝(0,2,1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝45.因为二面角D －GH －E 为钝角，所以二面角D －GH －E 的余弦值为－45.热点三 利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．(1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解 由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD →＝(1，－2,0)，AC →1＝(2，－2,1)．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AC →1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.(3)解 假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)，故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE →＝(0，λ－2,1)，DC →1＝(1,0,1)．因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE →，DC →1〉|＝|AE →·DC →1||AE →|·|DC →1|＝12，即1(λ－2)2＋1·2＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点． (1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．解 (1)∵AC ＝BC ，P A ＝PB ，PC ＝PC ， ∴△PCA ≌△PCB ， ∴∠PCA ＝∠PCB ， ∵PC ⊥AC ，∴PC ⊥CB ， 又AC ∩CB ＝C ，∴PC ⊥平面ACB ，且PC ，CA ，CB 两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CB ，CA ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，∴AD →＝(1，－2,0)，PD →＝(1,0，－2)， 设平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0n ·PD →＝0，∴取n ＝(2,1,1)，平面PDB 的一个法向量为CA →＝(0,2,0)， ∴cos 〈n ，CA →〉＝66，设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角， ∴cos θ＝－66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66. (2)方法一 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．设M (x,2－x,0) (x ∈R )，∴PM →＝(x,2－x ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|x |x 2＋(2－x )2＋4·6＝16，解得x ＝1或x ＝－2，∴M (1,1,0)或M (－2,4,0)，∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时， 使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.方法二 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点． 设AM →＝λAB →，则AM →＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R )， ∴PM →＝P A →＋AM →＝(2λ，2－2λ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|2λ|(2λ)2＋(2－2λ)2＋4·6＝16.解得λ＝12或λ＝－1.∴M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性．提醒三点：(1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示．(3)对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，四点P ，A ，B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1.空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP →＝xMA →＋yMB →，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →.真题感悟(2014·北京)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．(1)证明 在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点， 所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)解 因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE . 如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →＝(1,1,0)． 设平面ABF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6， 设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的一个法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝23，所以点H 的坐标为(43，23，23)． 所以PH ＝ (43)2＋(23)2＋(－43)2＝2. 押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.(1)求直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值；(2)在线段AC 上找一点P ，使PF →与DA →所成的角为60°，试确定点P的位置．解 (1)以C 为坐标原点，分别以CD ，CB ，CE 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E (0,0,1)，D (2，0,0)，B (0，2，0)，A (2，2，0)，F (2，2，1)，连接BD ，则AC ⊥BD .因为平面ABCD ⊥平面ACEF ，且平面ABCD ∩平面ACEF ＝AC ，所以DB →是平面ACEF 的一个法向量．又DB →＝(－2，2，0)，DF →＝(0，2，1)，所以cos 〈DF →，DB →〉＝DF →·DB →|DF →|×|DB →|＝33. 故直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值为33. (2)设P (a ，a,0)(0≤a ≤2)，则PF →＝(2－a ，2－a,1)，DA →＝(0，2，0)．因为〈PF →，DA →〉＝60°，所以cos 60°＝2(2－a )2×2(2－a )2＋1＝12. 解得a ＝22或a ＝322(舍去)，故存在满足条件的点P (22，22，0)为AC 的中点．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内答案 D解析 由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.2．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，P ，Q 是正方体内部或面上的两个动点，则AM →·PQ →的最大值是( )A.12B ．1 C.32D.54 答案 C解析 以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1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)，M (12，1,0)， 所以AM →＝(12，1,0)． 设PQ →＝(x ，y ，z )，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ≤1，－1≤y ≤1，－1≤z ≤1.因为AM →·PQ →＝12·x ＋1·y ＋0·z ＝12x ＋y ， 又－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，所以－12≤12x ≤12. 所以－32≤12x ＋y ≤32. 故AM →·PQ →的最大值为32. 3．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为( ) A.32 B.1010C.35D.25答案 D 解析 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1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 (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)． 所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)． 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12， |AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52， |CN →|＝ 12＋02＋(12)2＝52， 所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25. 4．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( )A.64 B.104 C.22 D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64. 5．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.22答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2. ∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23. 6．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.36 B.32 C.336 D.12答案 A解析 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →) ＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.选A.二、填空题7．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．答案 217解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC 、BD 所成的角为60°，故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68，∴|AB →|＝217.8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．答案 3510解析 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)． ∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)． 设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510. 9．已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________．答案 61111 解析 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，则G (0,0,2)，E (2,4,0)，F (4,2,0)．所以GF →＝(4,2，－2)，GE →＝(2,4，－2)，CG →＝(0,0,2)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧GF →·n ＝0，GE →·n ＝0， 得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3)，所以点C 到平面GEF 的距离d ＝|n ·CG →||n |＝61111. 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．答案 ①②解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →＝(0，32，12)． 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝(3m ，－1，3)． 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12， 即 33＋4m 2＝12， 解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点， 所以三棱锥E －ACD 的高为12， 三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 的中点．(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，且O 为AC 的中点，∴A 1O ⊥AC .又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题意可知B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，A (0，－1,0)．∴A 1C →＝(0,1，－3)，设平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(1,1,0)，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)，∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217，故直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217.(3)解 存在点E ，且E 为线段BC 1的中点．连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ，则M 为B 1C 的中点，从而OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1，又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ，∴OM ∥平面A 1AB ，故BC 1的中点M 即为所求的E 点．。

备战2019高考数学大二轮复习 专题五 立体几何 专题能力训练15 立体几何中的向量方法 理

备战2019高考数学大二轮复习 专题五 立体几何 专题能力训练15 立体几何中的向量方法 理

专题能力训练15 立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.2.(2018北京,理16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.2二、思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.(1)求证:PB∥平面EFG.(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值.(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.3专题能力训练15立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.解依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos <,n2>==-,于是sin <,n2>=所以,二面角O-EF-C 的正弦值为(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以,进而有H,从而,4因此cos <,n2>==-所以,直线BH和平面CEF 所成角的正弦值为2.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).=(2,0,1),=(1,2,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),∴cos<n ,>==-由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2),=(0,-2,1),∴n=-2,∴n 与不垂直,∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴FG与平面BCD相交.3.解 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.5因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G (1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n >=因此所求的角为60°.4.解以A为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),6故=(0,1,1),=(a ,0,1),(1)证明:=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n =要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=5.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P (0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=7于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p >=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M,C (2,4,0),设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n ,>|=所以直线MC与平面BDP 所成角的正弦值为6.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD. (2)解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1.由(1)知V C-ADE=V E-ACD =S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E (0,2,1),A (2,0,0),B (0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),89则取n 1=(1,0,2).设平 面ABE 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),则取n 2=(1,1,0),所以cos <n 1,n 2>=可以判断<n 1,n 2>与二面角D-AE-B 的平面角互补,所以二面角D-AE-B 的余弦值为-二、思维提升训练7.解 如题图甲所示,因为BO 是梯形ABCD 的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA ,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP 2+OC 2=PC 2.所以OP ⊥OC.而OB ⊥OP ,OB ⊥OD ,即OB ,OD ,OP 两两垂直,故以O 为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P (0,0,1),C (1,1,0),D(0,3,0),(1)证明:设E (x ,0,1-x ),其中0≤x ≤1,所以=(x ,-3,1-x ),=(1,1,-1).假设DE 和PC 垂直,则=0,有x-3+(1-x )·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x ≤1矛盾,假设不成立,所以DE 和PC 不可能垂直.(2)因为PE=2BE ,所以E 设平面CDE 的一个法向量是n =(x ,y ,z ),因为=(-1,2,0),,所以n=0,n =0,即令y=1,则n =(2,1,5),而=(0,3,-1),所以|cos <,n >|=所以PD 与平面CDE 所成角的正弦值为 8.解 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ,且∠PAD=90°,∴PA ⊥平面ABCD ,而四边形ABCD 是正方形,即AB ⊥AD.10故可建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2),E (0,0,1),F (0,1,1),G (1,2,0).(1)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),设=s +t ,即(2,0,-2)=s (0,-1,0)+t (1,1,-1),解得s=t=2, =2+2又不共线,共面.∵PB ⊄平面EFG ,∴PB ∥平面EFG. (2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵||=,||==2,∴cos <>=因此,异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值为 (3)假设在线段CD 上存在一点Q 满足题设条件, 令CQ=m (0≤m ≤2),则DQ=2-m , ∴点Q 的坐标为(2-m,2,0),=(2-m ,2,-1).而=(0,1,0),设平面EFQ 的法向量为n =(x ,y ,z ),则令x=1,则n =(1,0,2-m ), ∴点A 到平面EFQ 的距离d=,即(2-m )2=,∴m=或m=(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ 的距离为11。

高考数学二轮复习专题5 第3讲 立体几何中的向量方法

高考数学二轮复习专题5 第3讲 立体几何中的向量方法

第3讲立体几何中的向量方法「考情研析」以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.核心知识回顾1.线、面的位置关系与向量的关系设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)l∥m⇒a∥b⇔a＝k b⇔01a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；(2)l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝020⇔03a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；(3)l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝040⇔05a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；(4)l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔06a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；(5)α∥β⇔μ∥v⇔μ＝k v⇔07a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；(6)α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝080⇔09a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．三种空间角与空间向量的关系(1)线线角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角θ满足cosθ＝01|a·b||a||b|.(2)线面角：设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角θ满足sinθ＝02|l·n||l||n|.(3)二面角①如图(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝03；②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝ 04－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉.热点考向探究考向1利用向量证明平行与垂直例1 (1)(多选)(2020·山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝23，AD ＝AA 1＝2，P ，Q ，R 分别是AB ，BB 1，A 1C 上的动点，下列结论正确的是( )A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得D 1P ⊥CQB ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得D 1R ⊥CQC ．当AR ⊥A 1C 时，AR ⊥D 1RD ．当A 1C ＝3A 1R 时，D 1R ∥平面BDC 1答案 ABD解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设P (2，a,0)，a ∈[0,23]，Q (2,23，b )，b ∈[0,2]，设A 1R →＝λA 1C →，得到R (2－2λ，23λ，2－2λ)，λ∈[0,1].D 1P →＝(2，a ，－2)，CQ →＝(2,0，b )，D 1P →·CQ →＝4－2b ，当b ＝2时，D 1P ⊥CQ ，A 正确；D 1R →＝(2－2λ，23λ，－2λ)，D 1R →·CQ →＝2(2－2λ)－2λb ，取λ＝22＋b时，D 1R ⊥CQ ，B 正确；由AR ⊥A 1C ，则AR →·A 1C →＝(－2λ，23λ，2－2λ)·(－2，23，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，解得λ＝15，此时AR →·D 1R →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，235，85·⎝ ⎛⎭⎪⎫85，235，－25＝－45≠0，C 错误；由A 1C ＝3A 1R ，则R ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，233，43，D 1R →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，233，－23，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·DC 1→＝0，解得n ＝(3，－1，3)，故D 1R →·n ＝0，故D 1R ∥平面BDC 1，D 正确．故选ABD.(2)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点．①设F 是棱AB 的中点，证明：直线E 1E ∥平面FCC 1；②证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .证明 如图，过点D 作AB 的垂线交AB 于点G ，则以点D 为原点，DG ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易得A (3，－1，0)，B (3，3,0)，C (0，2,0)，E 1(3，－1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (3，1,0)，D 1(0,0,2)，B 1(3，3,2)，C 1(0,2,2)．①CC 1→＝(0,0,2)，C F →＝(3，－1,0)． 设平面FCC 1的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ 2z ＝0，3x －y ＝0，令x ＝1，得n 1＝(1，3，0)， 又E 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，－1，故E 1E →·n 1＝0， 又E 1E ⊄平面FCC 1，所以E 1E ∥平面FCC 1.②D 1A →＝(3，－1，－2)，D 1C →＝(0,2，－2)，设平面D 1AC 的法向量n 2＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·D 1A →＝0，n 2·D 1C →＝0，得⎩⎨⎧3a －b －2c ＝0，2b －2c ＝0，令b ＝1，得n 2＝(3，1,1)．同理易得平面BB 1C 1C 的一个法向量n 3＝(1，－3，0)，因为n 2·n 3＝0，故平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系．(4)根据运算结果解释相关问题．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ；(2)BE ∥平面P AD ；(3)平面PCD ⊥平面P AD证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0，2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)向量BE →＝(0,1,1)， DC →＝(2,0,0)， 故BE →·DC→＝0.所以BE ⊥DC . (2)因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥P A ，又因为AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD ，所以向量AB→＝(1,0,0)为平面P AD 的一个法向量， 而BE →·AB →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以BE→⊥AB →， 又BE ⊄平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .(3)由(2)知平面P AD 的一个法向量AB→＝(1,0,0)，向量PD →＝(0,2，－2)， DC →＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧2y －2z ＝0，2x ＝0， 不妨令y ＝1，可得n ＝(0,1,1)为平面PCD 的一个法向量．则n ·AB →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n ⊥AB→. 所以平面PCD ⊥平面P AD .考向2利用空间向量求空间角 角度1 利用空间向量求异面直线所成的角例2 (2020·山东省济南市高三6月模拟)已知直角梯形ABCD 中，AD ∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝12BC，将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°，形成如图所示的几何体，其中M为的中点．(1)求证：BM⊥DF；(2)求异面直线BM与EF所成角的大小．解(1)证法一：如图，连接CE，设CE与BM交于点N，根据题意，知该几何体为圆台的一部分，且CD与EF相交，故C，D，F，E四点共面，因为平面ADF∥平面BCE，所以CE∥DF，因为M为的中点，所以∠CBM＝∠EBM.又BC＝BE，所以N为CE的中点，BN⊥CE，即BM⊥CE，所以BM⊥DF.证法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BC＝BE＝2，所以B(0,0,0)，M(2，2，0)，D(0,1,1)，F(1,0,1)，所以BM →＝(2，2，0)，DF →＝(1，－1,0)，所以BM →·DF→＝2－2＝0，所以BM ⊥DF . (2)解法一：如图，连接DB ，DN ，由(1)知，DF ∥EN 且DF ＝EN ，所以四边形ENDF 为平行四边形，所以EF ∥DN ，所以∠BND 为异面直线BM 与EF 所成的角，设AB ＝1，则BD ＝DN ＝BN ＝2，所以△BND 为等边三角形，所以∠BND ＝60°，所以异面直线BM 与EF 所成角的大小是60°.解法二：如图，以点B 为坐标原点，BE ，BC ，BA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则AD ＝AF ＝1，BE ＝2，所以B (0,0,0)，M (2，2，0)，E (2,0,0)，F (1，0,1)，所以BM→＝(2，2，0)，EF →＝(－1,0,1)， 所以cos 〈BM →，EF →〉＝BM →·EF →|BM →||E F →|＝－22×2＝－12， 所以异面直线BM 与EF 所成角的大小是60°.角度2 利用空间向量求线面角例3 (2020·山东省实验中学高考测试卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，∠ADP ＝90°，平面ADP ⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；(2)当二面角D－FC－B的余弦值为24时，求直线PB与平面ABCD所成的角．解(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点．理由如下：如图，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，由题意，得FQ∥CD且FQ＝12CD，又AE∥CD且AE＝12CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以四边形AEQF为平行四边形．所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE.(2)如图，连接BD，DE.由题意，知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，又平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD＝a(a>0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0,2,0)，B(3，1,0)，FC →＝(0,2，－a )，CB →＝(3，－1,0)， 设平面FBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FC →＝2y －az ＝0，m ·CB →＝3x －y ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23a ，所以取m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，23a ， 易知平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，因为二面角D －FC －B 的余弦值为24，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝14＋12a 2＝24，解得a ＝ 3. 由于PD ⊥平面ABCD ，所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD ，所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角，由题意知在Rt △PBD 中，tan ∠PBD ＝PD BD ＝a ＝3，从而∠PBD ＝60°，所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为60°.角度3 利用空间向量求二面角例4 (2020·山东省济宁市模拟)如图，三棱台ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1B 1BA 与侧面A 1C 1CA 是全等的梯形，若AA 1⊥AB ，AA 1⊥A 1C 1，AB ＝2A 1B 1＝4AA 1.(1)若CD →＝2DA 1→，AE →＝2EB →，证明：DE ∥平面BCC 1B 1； (2)若二面角C 1－AA 1－B 为π3，求平面A 1B 1BA 与平面C 1B 1BC 所成的锐二面角的余弦值．解 (1)证明：连接AC 1，BC 1，在梯形A 1C 1CA 中，AC ＝2A 1C 1.∵CD →＝2DA 1→， ∴AC 1∩A 1C ＝D ，AD →＝2DC 1→， ∵AE→＝2EB →， ∴DE ∥BC 1.∵BC 1⊂平面BCC 1B 1，DE ⊄平面BCC 1B 1，∴DE ∥平面BCC 1B 1.(2)∵AA 1⊥A 1C 1，∴AA 1⊥AC .又AA 1⊥AB ，平面A 1B 1BA ∩平面A 1C 1CA ＝AA 1，∴∠BAC ＝π3，在平面内过点A 作AC 的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AA 1＝1，则A 1B 1＝A 1C 1＝2，AC ＝4，A 1(0,0,1)，C (0,4,0)，B (23，2,0)，B 1(3，1,1)．设平面A 1B 1BA 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝23x ＋2y ＝0，m ·AB 1→＝3x ＋y ＋z ＝0，∴m ＝(1，－3，0)，同理得平面C 1B 1BC 的一个法向量为n ＝(1，3，23)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－14，∴平面A 1B 1BA 与平面C 1B 1BC 所成的锐二面角的余弦值为14.三种空间角的向量求法(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．1．如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解 (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22， 可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以点G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴、y 轴正方向，|GB→|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE→＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE→||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2.(2020·湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°，且侧面ABB 1A 1为菱形．(1)证明：A 1B ⊥平面AB 1C 1；(2)若∠A 1AB ＝60°，AB ＝2，直线AC 1与底面ABC 所成角的正弦值为55，求二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值．解 (1)证明：∵四边形ABB 1A 1为菱形， ∴A 1B ⊥AB 1，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且AB 为交线，BC ⊥AB ， ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥A 1B . ∵BC ∥B 1C 1，∴A 1B ⊥B 1C 1，又AB 1∩B 1C 1＝B 1，∴A 1B ⊥平面AB 1C 1.(2)取A 1B 1的中点M ，连接BM ，易证BM ⊥平面ABC ，且AB ⊥BC ，以BA 所在直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，BM 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝t (t >0)，则A (2,0,0)，A 1(1,0，3)，C (0，t,0)， AA 1→＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，t,0)． ∵四边形A 1ACC 1为平行四边形，∴AC 1→＝AA 1→＋A 1C 1→＝AA 1→＋AC →＝(－3，t ，3)， 易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝312＋t 2＝55， 解得t ＝3，∴AC 1→＝(－3，3，3)． 设平面AA 1C 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1→＝－x 1＋3z 1＝0，n 1·AC 1→＝－3x 1＋3y 1＋3z 1＝0，令z 1＝1，则n 1＝(3，2,1)，由(1)可得平面AB 1C 1的一个法向量BA 1→＝(1,0，3)，∴cos 〈n 1，BA 1→〉＝n 1·BA 1→|n 1||BA 1→|＝64，又二面角A 1－AC 1－B 1为锐角， ∴二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值为64. 考向3立体几何中的探索性问题例5 (2020·河北省保定市一模)如图，四边形ABCD 为矩形，△ABE 和△BCF 均为等腰直角三角形，且∠BAE ＝∠BCF ＝∠DAE ＝90°，EA ∥FC .(1)求证：ED ∥平面BCF ；(2)设BC AB ＝λ，问是否存在λ，使得二面角B －EF －D 的余弦值为33？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：因为AD ∥BC ，BC ⊂平面BCF ，AD ⊄平面BCF ，所以AD ∥平面BCF ，因为EA ∥FC ，FC ⊂平面BCF ，EA ⊄平面BCF ，所以EA ∥平面BCF ，又EA ∩AD ＝A ，EA ，AD ⊂平面ADE ， 所以平面ADE ∥平面BCF ，又ED ⊂平面ADE ， 所以ED ∥平面BCF .(2)以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为∠BAE ＝∠DAE ＝90°，所以EA ⊥AB ，EA ⊥AD ，又AD ∩AD ＝A ，AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以EA ⊥平面ABCD ，又EA ∥FC ， 所以FC ⊥平面ABCD ，设AB ＝AE ＝a ，BC ＝CF ＝b ，则D (0,0,0)，F (0，a ，b )，E (b,0，a )，B (b ，a,0)，则DE→＝(b,0，a )，DF →＝(0，a ，b )． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 由⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n ＝0，DF →·n ＝0，得⎩⎨⎧bx ＋az ＝0，ay ＋bz ＝0，取x ＝1， 则y ＝b 2a 2，z ＝－b a ，因为BC AB ＝ba ＝λ，则n ＝(1，λ2，－λ)．设平面BEF 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，因为BE →＝(0，－a ，a )，BF →＝(－b,0，b )，由⎩⎪⎨⎪⎧BE →·m ＝0，BF →·m ＝0，得⎩⎨⎧－ay ′＋az ′＝0，－bx ′＋bz ′＝0，取x ′＝1， 则y ′＝z ′＝1，所以m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝1＋λ2－λ3×λ4＋λ2＋1.因为二面角B －EF －D 的余弦值为33，所以|1＋λ2－λ|3×λ4＋λ2＋1＝33，整理得λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正实数λ，使得二面角B －EF －D 的余弦值为33.利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论． (2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．如图1，在边长为3的菱形ABCD 中，已知AF ＝EC ＝1，且EF ⊥BC .将梯形ABEF 沿直线EF 折起，使BE ⊥平面CDFE ，如图2，P ，M 分别是BD ，AD 上的点．(1)若平面P AE ∥平面CMF ，求AM 的长；(2)是否存在点P ，使直线DF 与平面P AE 所成的角是45°？若存在，求出BPBD 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为平面P AE 与平面CDFE 有公共点E ，所以平面P AE 与平面CDFE 相交，设交线为EQ ，若平面P AE ∥平面CMF ，因为平面CDFE ∩平面CMF ＝CF ，则EQ ∥CF .设EQ ∩DF ＝Q ，又因为FQ ∥CE ，所以四边形ECFQ 是平行四边形，FQ ＝CE ， 同理，由平面P AE ∥平面CMF ，因为平面P AE ∩平面ADQ ＝AQ ，平面CMF ∩平面ADQ ＝MF ，所以AQ ∥MF .所以AM AD ＝QF QD ＝13.因为AF ⊥DF ，AF ＝1，DF ＝2， 所以AD ＝5，所以AM ＝53.(2)结论：存在点P ，使直线DF 与平面P AE 所成的角是45°.在题图2中，以点F 为原点，分别以FE ，FD ，F A 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．易得EF ＝22，则F (0,0,0)，E (22，0,0)，又A (0,0,1)，B (22，0,2)，D (0,2,0)，所以FD →＝(0,2,0)，AE →＝(22，0，－1)，BD →＝(－22，2，－2)，AB →＝(22，0,1)，设BP→＝λBD →(λ∈(0,1])，则BP →＝(－22λ，2λ，－2λ)， 则AP→＝AB →＋BP →＝(22－22λ，2λ，1－2λ)， 设平面P AE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧22x －z ＝0，(22－22λ)x ＋2λy ＋(1－2λ)z ＝0， 令x ＝1，可得z ＝22，y ＝32－22λ，所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32－22λ，22. 若存在点P ，使直线DF 与平面P AE 所成的角是45°， 则|cos 〈n ，FD →〉|＝|2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－22λ|2× 9＋⎝⎛⎭⎪⎫32－22λ2＝22，解得λ＝4±223，因为λ∈(0,1]，所以λ＝4－223，即BP BD ＝4－223.故存在一点P ，当BP BD ＝4－223时，直线DF 与平面P AE 所成的角是45°.真题押题『真题检验』1．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．解 (1)证明：∵AE 为底面直径，AE ＝AD ， ∴△DAE 为等边三角形．设AE ＝1， 则DO ＝32，AO ＝CO ＝BO ＝12AE ＝12， ∴PO ＝66DO ＝24，P A ＝PC ＝PB ＝PO 2＋BO 2＝64，又△ABC 为等边三角形，∴AB ＝AE ·cos30°＝32. ∵P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，∴∠APB ＝90°， 即P A ⊥PB .同理得P A ⊥PC ，又PC ∩PB ＝P ， ∴P A ⊥平面PBC .(2)过点O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，则ON ⊥AO .∵PO ⊥平面ABC ，∴PO ⊥AO ，PO ⊥ON .以O 为坐标原点，OA ，ON ，OD 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，设AE ＝1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0，PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24，P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24.由(1)得平面PBC 的一个法向量为P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－24，设平面PCE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －3y －2z ＝0，－2x －2z ＝0. 令x ＝1，得z ＝－2，y ＝33， ∴m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2.故cos〈m，P A→〉＝P A→·m|P A→||m|＝164×303＝255，由图可得二面角B－PC－E为锐二面角，∴二面角B－PC－E的余弦值为255.2.(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．解(1)证明：在棱CC1上取点G，使得C1G＝12CG，连接DG，FG，C1E，C1F，∵C1G＝12CG，BF＝2FB1，∴CG＝23CC1＝23BB1＝BF且CG∥BF，∴四边形BCGF为平行四边形，∴BC∥GF且BC＝GF，又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD ∥GF 且AD ＝GF .∴四边形ADGF 为平行四边形． ∴AF ∥DG 且AF ＝DG .同理可证四边形DEC 1G 为平行四边形， ∴C 1E ∥DG 且C 1E ＝DG ，∴C 1E ∥AF 且C 1E ＝AF ，则四边形AEC 1F 为平行四边形， 因此，点C 1在平面AEF 内．(2)以点C 1为坐标原点，C 1D 1，C 1B 1，C 1C 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 1xyz ，则A (2,1,3)，A 1(2,1,0)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2,0,1)，设平面AEF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，得⎩⎨⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，取z 1＝－1，得x 1＝y 1＝1，则m ＝(1,1，－1)． 设平面A 1EF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1F →＝0，得⎩⎨⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0， 取z 2＝2，得x 2＝1，y 2＝4，则n ＝(1,4,2)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33×21＝77.设二面角A －EF －A 1的平面角为θ，则|cos θ|＝77， ∴sin θ＝1－cos 2θ＝427.因此，二面角A －EF －A 1的正弦值为427.3．(2020·江苏高考)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．解 (1)如图，连接CO ，∵CB ＝CD ，BO ＝OD ，∴CO ⊥BD .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (1,0,0)，C (0，2,0)，D (－1,0,0)，∴E (0,1,1)．∴AB→＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)， ∴cos 〈AB →，DE →〉＝－15×3＝－1515.从而直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)设平面DEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， ∵DC→＝(1,2,0)，⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DC →＝0，n 1·DE →＝0，∴⎩⎨⎧x ＋2y ＝0，x ＋y ＋z ＝0， 令y ＝1，∴x ＝－2，z ＝1.∴n 1＝(－2,1,1)． 设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 1，y 1，z 1)，∵DF →＝DB →＋BF →＝DB →＋14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74，12，0，⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DF →＝0，n 2·DE →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧74x 1＋12y 1＝0，x 1＋y 1＋z 1＝0.令y 1＝－7，∴x 1＝2，z 1＝5，∴n 2＝(2，－7,5)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝－66×78＝－113.因此，sin θ＝1213＝23913. 『金版押题』4．如图1，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，△ABC 是等腰直角三角形，其中BC 为斜边，若把△ACD 沿AC 边折叠到△ACP 的位置，使平面P AC ⊥平面ABC ，如图2.(1)证明：AB ⊥P A ；(2)若E 为棱BC 的中点，求二面角B －P A －E 的余弦值． 解 (1)证明：因为△ABC 是等腰直角三角形，BC 为斜边， 所以AB ⊥AC .因为平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ， 所以AB ⊥平面P AC .因为P A ⊂平面P AC ，所以AB ⊥P A .(2)由(1)知AB ⊥AC ，PC ⊥平面ABC ，则以A 为坐标原点，AB ，AC 分别为x ，y 轴的正方向，过点A 作平行于PC 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设PC ＝1，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,2,1)，E (1,1,0)，故AB→＝(2,0,0)， AP →＝(0,2,1)， AE →＝(1,1,0)． 设平面P AB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝2x 1＝0，n ·AP →＝2y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，得n ＝(0,1，－2)．设平面P AE 的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝x 2＋y 2＝0，m ·AP →＝2y 2＋z 2＝0，令x 2＝1，得m ＝(1，－1,2)， 则cos 〈m ，n 〉＝－55×6＝－306.由图可知二面角B －P A －E 为锐角， 故二面角B －P A －E 的余弦值为306.专题作业1．(2020·山东省泰安市五模)如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，AB ＝2BC ＝2CD ，△EAB 是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD，点F满足EF→＝λEA→(λ∈[0,1])．(1)试探究λ为何值时，CE∥平面BDF，并给予证明；(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值．时，CE∥平面BDF.解(1)当λ＝13证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF.因为AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.→，所以F A∶EF＝2∶1.又EF→＝13EA所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.所以MF∥CE.又MF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EO⊥AB.又因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD.由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为△EAB为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)． 所以AB→＝(2,0,0)，BD →＝(－1,1,0)， EF→＝13EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23， 所以FB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23. 设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，43x －23z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,2)．设直线AB 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |＝|2×1＋0×1＋0×2|2×12＋12＋22＝66. 即直线AB 与平面BDF 所成角的正弦值为66.2．(2020·山东省聊城市模拟)如图，在四边形ABCD 中，BC ＝CD ，BC ⊥CD ，AD ⊥BD ，以BD 为折痕把△ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且PC ⊥BC .(1)证明：PD ⊥平面BCD ；(2)若M 为PB 的中点，二面角P －BC －D 等于60°，求直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值．解 (1)证明：因为BC ⊥CD ，BC ⊥PC ，PC ∩CD ＝C ， 所以BC ⊥平面PCD .又因为PD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥PD .又因为PD ⊥BD ，BD ∩BC ＝B ， 所以PD ⊥平面BCD .(2)因为PC ⊥BC ，CD ⊥BC ，所以∠PCD 是二面角 P －BC －D 的平面角， 由已知得∠PCD ＝60°， 因此PD ＝CD tan60°＝3CD . 取BD 的中点O ，连接OM ，OC ，易得OM ，OC ，BD 两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .设OB ＝1，则P (0,1，6)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62，CP →＝(－1,1，6)，CD→＝(－1，1,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，62， 设平面MCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CM →＝0，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋62z ＝0，令z ＝2，得n ＝(3，3，2)，所以cos 〈n ，CP →〉＝CP →·n |CP →||n |＝34，因此，直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为34.3．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.(1)证明：AC 1⊥BC ；(2)求直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值．解 (1)证明：∵在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.∴AC 1＝4＋16－2×2×4×cos60°＝23，∴AC 21＋AC 2＝CC 21，∴AC 1⊥AC ，∵平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ，∴AC 1⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，∴AC 1⊥BC .(2)如图，以A 为坐标原点，AB 为y 轴，AC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (3，－1,0)，B 1(－3，5，23)，B (0,4,0)，CB 1→＝(－23，6,23)，AB →＝(0,4,0)，AB 1→＝(－3，5,23)， 设平面ABB 1A 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝4y ＝0，n ·AB 1→＝－3x ＋5y ＋23z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2,0,1)，设直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角为θ， 则sin θ＝|CB 1→·n ||CB 1→||n |＝2360×5＝15，∴直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为15.4．如图，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3.(1)求证：AF⊥CD；(2)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；(3)线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM，若存在，求BM BD的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF两两垂直．分别以AB，AD，AF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．因为AB＝AD＝1，BC＝3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，所以BF→＝(－1,0,1)，DC→＝(1,2,0)，DE→＝(0,0,1)．设平面CDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·DE →＝0，即⎩⎨⎧x ＋2y ＝0，z ＝0.令x ＝2，则y ＝－1， 所以n ＝(2，－1,0)．设直线BF 与平面CDE 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BF→〉|＝|2×(－1)|5×2＝105.(3)结论：线段BD 上存在点M ，使得直线CE ∥平面AFM . 设BMBD ＝λ(λ∈[0,1])，设M (x 1，y 1，z 1)，由BM →＝λBD →，得(x 1－1，y 1，z 1)＝λ(－1，1,0)，所以x 1＝1－λ，y 1＝λ，z 1＝0，所以M (1－λ，λ，0)， 所以AM→＝(1－λ，λ，0)． 设平面AFM 的法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AF →＝0.因为AF →＝(0,0,1)，所以⎩⎨⎧(1－λ)x 0＋λy 0＝0，z 0＝0.令x 0＝λ，则y 0＝λ－1，所以m ＝(λ，λ－1,0)．在线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM 等价于存在λ∈[0,1]，使得m ·CE →＝0.因为CE →＝(－1，－2,1)，m ·CE→＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝23∈[0,1]，所以线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM ，且 BM BD ＝23.5.(2020·山东省济南市二模)如图，三棱锥P －ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，∠P AB ＝∠PBA ＝45°，∠ABC ＝2∠BAC ＝60°，D 是棱AB 的中点，点E 在棱PB 上，点G 是△BCD 的重心．(1)若E是PB的中点，证明GE∥平面P AC；(2)是否存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°？若存在，求BE BP 的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：延长DG交BC于点F，连接EF，因为点G是△BCD的重心，故F为BC的中点，因为D，E分别是棱AB，BP的中点，所以DF∥AC，DE∥AP，又因为DF∩DE＝D，所以平面DEF∥平面APC，又GE⊂平面DEF，所以GE∥平面P AC.(2)连接PD，因为∠P AB＝∠PBA＝45°，所以P A＝PB，又D是AB的中点，所以PD⊥AB，因为平面P AB⊥平面ABC，而平面P AB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面P AB，所以PD⊥平面ABC.如图，以D为原点，垂直于AB的直线为x轴，DB，DP所在直线分别为y 轴、z轴建立空间直角坐标系．设P A ＝PB ＝2，则AB ＝22，PD ＝CD ＝2，所以D (0,0,0)，B (0, 2，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫66，22，0，P (0,0，2)，假设存在点E ，设BE→＝λBP →，λ∈(0,1]，则DE →＝DB →＋BE →＝DB →＋λBP →＝(0，2，0)＋λ(0，－2，2)＝(0，2(1－λ)，2λ)，所以E (0，2(1－λ)，2λ)，又DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，0，设平面ECD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n 1·DC →＝62x ＋22y ＝0，n 1·DE →＝2(1－λ)y ＋2λz ＝0，令x ＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，3(1－λ)λ， 又平面CDG 的法向量n 2＝(0,0,1)， 而二面角E －CD －G 的大小为30°， 所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝32，即3(1－λ)λ12＋(－3)2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3(1－λ)λ2×1＝32，解得λ＝13，所以存在点E ，使二面角E －CD －G 的大小为30°，此时BE BP ＝13.6．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解 如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0. 由此可得MN →·n ＝0，又直线MN ⊄平面ABCD ， 所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)， AC →＝(2,0,0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·A C →＝0，即⎩⎨⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0. 不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·A C →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎨⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010. (3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE→＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈N E →，n 〉＝NE →·n |NE →||n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝7－2. 所以线段A 1E 的长为7－2.7．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．解 (1)证明：设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1， ∵AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，∴AB ＝2，∠CBA ＝π3. ∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos π3＝3. ∴AB 2＝AC 2＋BC 2.∴AC ⊥BC . ① 又CF ⊥平面ABCD ，∴CF ⊥AC . ② 由①②可得AC ⊥平面BCF . 又四边形ACFE 为矩形， ∴EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1， 令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)， M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)， BM→＝(λ，－1,1)， 设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0， 取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ， ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cosθ＝n1·n2|n1||n2|＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cosθ有最小值77，∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.8.(2020·山东省滨州市三模)在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．(1)求证：FO1∥平面ADE；(2)设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A－FB－C的余弦值．解(1)证明：连接O1C，O1D，因为C，D是半圆的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形．所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．所以CO1∥AD，又因为CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以CO1∥平面ADE.因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC.又因为FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE.又CO1，FC⊂平面FCO1，且CO1∩FC＝C，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE.(2)连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥圆柱O1O2的底面，所以∠F AC即为直线AF与平面ACB所成的角，即∠F AC＝30°. 因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以AC＝BC tan60°＝3，所以在Rt△F AC中，FC＝AC tan30°＝1.解法一：因为AC⊥BC，AC⊥FC，所以AC⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB.在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH.因为AC ∩CH ＝C ，AC ，CH ⊂平面ACH ， 所以FB ⊥平面ACH ，又AH ⊂平面ACH ， 所以FB ⊥AH ，所以∠AHC 就是二面角A －FB －C 的平面角． 在Rt △FBC 中，CH ＝FC ·BC FB ＝22. 在Rt △ACH 中，∠ACH ＝90°， 所以AH ＝AC 2＋CH 2＝142，所以cos ∠AHC ＝CH AH ＝77，所以二面角A －FB －C 的余弦值为77.解法二：以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF 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 (3，0,0)，B (0,1,0)，F (0,0,1)，所以AB→＝(－3，1,0)，AF →＝(－3，0,1)．设平面AFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AB→⊥n ，AF ⊥n ，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0， 令x ＝1，则y ＝z ＝3，所以平面AFB 的一个法向量为n ＝(1，3，3)． 又因为平面BCF 的一个法向量m ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝17＝77.所以二面角A －FB －C 的余弦值为77.。

2019年高考数学大二轮复习专题五立体几何第3讲立体几何中的向量方法课件理ppt版本

2019年高考数学大二轮复习专题五立体几何第3讲立体几何中的向量方法课件理ppt版本
AF，即直线 MA 与平面 CDE 不平行．
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则 O(0，0，0)，A(0，－8，0)，B(8，0，0)，C(0，8， 0)，P(0，0，6)，E(0，－4，3)，F(4，0，3)，
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图①
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如图②，建立空间直角坐标系 O－xyz，则 P(0，0， 2)，D(2，0，0)，B(－2，4，0)，B→D＝(4，－4，0)， P→D＝(2，0，－ 2)．
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高考导航·考题考情
体验真题
(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆 弧C︵D所在平面垂直，M 是C︵D上异 于 C，D 的点．
(1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)当三棱锥 M－ABC 的体积最大时，求面 MAB 与 面 MCD 所成二面角的正弦值．
【解析】 依题意，可以建立 以 D 为原点，分别以D→A，D→C，D→G 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方 向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2， 0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0， 2)，M0，32，1，N(1，0，2)．
[突破练 2] (2017·北京)如图，在四棱锥 P－ ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平 面 PAD⊥平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD∥平面 MAC，PA＝PD＝ 6， AB＝4. (1)求证：M 为 PB 的中点； (2)求二面角 B－PD－A 的大小； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．

高考数学大二轮总复习 增分策略 专题五 立体几何与空间向量 第3讲 立体几何中的向量方法

高考数学大二轮总复习 增分策略 专题五 立体几何与空间向量 第3讲 立体几何中的向量方法

所以结合图形知二面角 E-A1D-B1 的余弦值为
||nn11|··n|n22||＝
2 3×
2＝
6 3.
考情考向分析
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点， 与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求 解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建 立空间直角坐标系和准确计算上.
热点分类突破
y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间
直角坐标系，
12
可 得 点 的 坐 标 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ， D(0,1,0) ， A1(0,0,1) ， B1(1,0,1)，D1(0,1,1)， 而 E 点为 B1D1 的中点，所以 E 点的坐标为12，12，1. 设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)， 而该面上向量A→1E＝21，12，0，A→1D＝(0,1，－1)，
由nn11··DD→→FM＝＝00，.
x1－y1＋z1＝0， 得12x1－y1＝0，
解得yz11＝＝－21x121，x1，
令 x1＝1，则 n1＝1，21，－12.
同理可得n2＝(0,1,1). ∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
方法二 (1)O→M＝O→F＋F→B＋B→M＝21D→F－B→F＋21B→A ＝12(D→B＋B→F)－B→F＋12B→A＝－12B→D－12B→F＋21B→A ＝－21(B→C＋B→A)－12B→F＋12B→A＝－12B→C－12B→F. ∴向量O→M与向量B→F，B→C共面，
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱， ∴AB⊥平面 BCF，∴B→A是平面 BCF 的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2). ∵D→F＝(1，－1,1)，D→M＝21，－1，0，D→C＝(1,0,0)， C→F＝(0，－1,1)，

(新课标)高考数学二轮复习专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法练习理新人教A版

(新课标)高考数学二轮复习专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法练习理新人教A版

（新课标）高考数学二轮复习专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法练习理新人教A 版第3讲 立体几何中的向量方法[A 组 夯基保分专练]1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长都是2，AA 1⊥平面ABC ，D ，E 分别是AC ，CC 1的中点．(1)求证：AE ⊥平面A 1BD ； (2)求二面角D ­BE ­B 1的余弦值．解：(1)证明：因为AB ＝BC ＝CA ，D 是AC 的中点， 所以BD ⊥AC ，因为AA 1⊥平面ABC ，所以平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ， 所以BD ⊥平面AA 1C 1C ，所以BD ⊥AE .又在正方形AA 1C 1C 中，D ，E 分别是AC ，CC 1的中点， 所以A 1D ⊥AE .又A 1D ∩BD ＝D ， 所以AE ⊥平面A 1BD .(2)以DA 所在直线为x 轴，过D 作AC 的垂线，以该垂线为y 轴，DB 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (－1，－1，0)，B (0，0，3)，B 1(0，－2，3)，DB →＝(0，0，3)，DE →＝(－1，－1，0)，BB 1→＝(0，－2，0)，EB 1→＝(1，－1，3)，设平面DBE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DB →·m ＝0DE →·m ＝0，即⎩⎨⎧3z ＝0－x －y ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－1，0)，设平面BB 1E 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧BB 1→·n ＝0EB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧－2b ＝0a －b ＋3c ＝0，令c ＝3，则n ＝(－3，0，3)，设二面角D ­BE ­B 1的平面角为θ，观察可知θ为钝角，因为cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－64，所以cos θ＝－64，故二面角D ­BE ­B 1的余弦值为－64.2．(2019·成都第一次诊断性检测)如图，四棱锥P ­ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝π3，PA ⊥平面ABCD ，点M 是棱PC 的中点．(1)证明：PA ∥平面BMD ；(2)当PA ＝3时，求直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图1，连接AC 交BD 于点O ，连接MO .因为M ，O 分别为PC ，AC 的中点， 所以PA ∥MO .因为PA ⊄平面BMD ，MO ⊂平面BMD ， 所以PA ∥平面BMD .(2)如图2，取线段BC 的中点H ，连接AH .因为四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝π3，所以AH ⊥AD .以A 为坐标原点，分别以AH ，AD ，AP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，B (3，－1，0)，C (3，1，0)，P (0，0，3)，M (32，12，32)，所以AM →＝(32，12，32)，BC →＝(0，2，0)，PC →＝(3，1，－3)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·PC →＝0得⎩⎨⎧2y ＝03x ＋y －3z ＝0，取z ＝1，m ＝(1，0，1)．设直线AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，AM →〉|＝|m ·AM →||m |·|AM →|＝|32×1＋12×0＋32×1|74×2＝427.所以直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值为427. 3. (2019·高考天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E ­BD ­F 的余弦值为13，求线段CF 的长．解：依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1，2，h )．(1)证明：依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2，2，1)．因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝(1，1，－2h)．由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m||n|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13，解得h ＝87，经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87.4．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，将△ADE 沿AE 折到△APE 的位置．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)当四棱锥P ­ABCE 的体积最大时，求二面角A ­PE ­C 的余弦值．解：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ， 因为AB ∥CE ，AB ＝CE ，所以四边形ABCE 为平行四边形，所以AE ＝BC ＝AD ＝DE ，所以△ADE 为等边三角形， 所以在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，BD ⊥BC ，所以BD ⊥AE .翻折后可得OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ，所以AE ⊥平面POB ， 因为PB ⊂平面POB ，所以AE ⊥PB .(2)当四棱锥P ­ABCE 的体积最大时，平面PAE ⊥平面ABCE .又平面PAE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面PAE ，PO ⊥AE ，所以OP ⊥平面ABCE .以O 为坐标原点，OE 所在的直线为x 轴，OB 所在的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，所以PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PE →·n 1＝0EC →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝012x ＋32y ＝0，设x ＝3，则y ＝－1，z ＝1，所以n 1＝(3，－1，1)为平面PCE 的一个法向量，易知平面PAE 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－11×5＝－55.由图知所求二面角A ­PE ­C 为钝角，所以二面角A ­PE ­C 的余弦值为－55. [B 组 大题增分专练]1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．解：法一：(1)证明：如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上． 则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二：(1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E ­xyz .不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)，B 1(3，3，23)，F (32，32，23)，C (0，2，0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1，0)．由EF →·BC →＝0得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C →＝(0，2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.2．(2019·长沙市统一模拟考试)如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝90°，AD ＝3，BE ＝3，CF ＝4，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A ­EF ­C 的大小为60°？解：因为平面ABCD ⊥平面BEFC ，平面ABCD ∩平面BEFC ＝BC ，DC ⊂平面ABCD ，且DC ⊥BC ，所以DC ⊥平面BEFC .以点C 为坐标原点，分别以CB ，CF ，CD 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C ­xyz .设AB ＝a ，则C (0，0，0)，A (3，0，a )，B (3，0，0)，E (3，3，0)，F (0，4，0)，D (0，0，a )．(1)证明：因为AE →＝(0，3，－a )，CB →＝(3，0，0)，CF →＝(0，4，0)，CD →＝(0，0，a )， 所以CB →·CD →＝0，CB →·CF →＝0，又CD ∩CF ＝C ， 所以CB ⊥平面CDF ，即CB →为平面CDF 的一个法向量． 又CB →·AE →＝0，所以CB ⊥AE ，又AE ⊄平面CDF ， 所以AE ∥平面DCF .(2)设n ＝(x ，y ，z )与平面AEF 垂直， AE →＝(0，3，－a )，EF →＝(－3，1，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0n ·AE →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝03y －az ＝0，取x ＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，33a .BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0，0，a )，由|cos 〈n ，BA →〉|＝|BA →·n ||BA →|·|n |＝33a 4＋27a2＝12，得a ＝92.所以当AB ＝92时，二面角A ­EF ­C 的大小为60°.3．(2019·江西八所重点中学联考)如图所示多面体ABCDEF ，其底面ABCD 为矩形，且AB ＝23，BC ＝2，四边形BDEF 为平行四边形，点F 在底面ABCD 内的投影恰好是BC 的中点．(1)已知G 为线段FC 的中点，证明：BG ∥平面AEF ；(2)若二面角F ­BD ­C 的大小为π3，求直线AE 与平面BDEF 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，连接AC 交BD 于H ，连接GH ，则GH 为△ACF 的中位线， 所以GH ∥AF .因为GH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ，所以GH ∥平面AEF . 又BD ∥EF ，BD ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以BD ∥平面AEF .连接DG ，因为BD ∩GH ＝H ，BD ⊂平面BDG ，GH ⊂平面BDG ，所以平面BDG ∥平面AEF ， 因为BG ⊂平面BDG ，所以BG ∥平面AEF .(2)取BC 的中点O ，AD 的中点M ，连接OF ，OM ，则OF ⊥平面ABCD ，OM ⊥BC ，以O 为坐标原点，OC ，OM ，OF 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，B (－1，0，0)，C (1，0，0)，D (1，23，0)，所以BD →＝(2，23，0)．设OF ＝a (a >0)，则F (0，0，a )，所以BF →＝(1，0，a )．设平面BDEF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0n 1·BF →＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0x ＋az ＝0，令x ＝－3a ，得n 1＝(－3a ，a ，3)． 易得平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)．因为二面角F ­BD ­C 的大小为π3，所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1||n 2||＝34a 2＋3＝12， 解得a ＝32.设直线AE 与平面BDEF 所成的角为θ，因为AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF →＝(2，0，0)＋⎝⎛⎭⎪⎫1，0，32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32， 且n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－332，32，3，所以sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉|＝|AE →·n 1|AE →|·|n 1||＝33352×23＝55.故直线AE 与平面BDEF 所成角的正弦值为55. 4．(2019·湖南省湘东六校联考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明：直线BC ∥平面OEF .(2)在线段DF 上是否存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D 的余弦值是31313？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M 点所在的位置．解：(1)证明：依题意，在平面ADFC 中，∠CAO ＝∠FOD ＝60°，所以AC ∥OF ， 又OF ⊂平面OEF ，所以AC ∥平面OEF . 在平面ABED 中，∠BAO ＝∠EOD ＝60°，所以AB ∥OE ，又OE ⊂平面OEF ，所以AB ∥平面OEF .因为AB ∩AC ＝A ，AB ⊄平面OEF ，AC ⊄平面OEF ，AB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ∥平面OEF .又BC ⊂平面ABC ，所以直线BC ∥平面OEF .(2)设OD 的中点为G ，如图，连接GE ，GF ，由题意可得GE ，GD ，GF 两两垂直，以G 为坐标原点，GE ，GD ，GF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，易知，O (0，－1，0)，E (3，0，0)，F (0，0，3)，D (0，1，0)．假设在线段DF 上存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D 的余弦值是31313，设DM →＝λDF →，λ∈[0，1]，则M (0，1－λ，3λ)，OM →＝(0，2－λ，3λ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MOE 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·OM →＝0n ·OE →＝0得⎩⎨⎧(2－λ)·y ＋3λ·z ＝03x ＋y ＝0，可取x ＝－λ，则y ＝3λ，z ＝λ－2，n ＝(－λ，3λ，λ－2)．又平面OED 的一个法向量m ＝(0，0，1)，所以31313＝|cos 〈m ，n 〉|＝|λ－2|4λ2＋(λ－2)2， 所以(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，所以λ＝12. 所以存在满足条件的点M ，M 为DF 的中点．。

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第二篇专题五第3讲 立体几何中的向量方法[限时训练·素能提升] (限时50分钟，满分60分) 解答题(本题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 解析 (1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可知是，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.2．(2018·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交． 解析 (1)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC ，所以AC ⊥BE .所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1. 又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐标系E －xyz .由题意得B (0，2，0)，C (－1，0，0)，D (1，0，1)，F (0，0，2)，G (0，2，1)．所以BC →＝(－1，－2，0)，BD →＝(1，－2，1)．设平面BCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n·EB →|n||EB →|＝－2121.由题知二面角B －CD －C 1为钝角，所以其余弦值为－2121.(3)由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG 与平面BCD 相交．3．(2018·合肥质检)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AD ∥BC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，点E 在AD 上，且AE ＝2ED .(1)已知点F 在BC 上，且CF ＝2FB ，求证：平面PEF ⊥平面PAC ；(2)当二面角A －PB －E 的余弦值为多少时，直线PC 与平面PAB 所成的角为45°？解析 (1)证明 ∵AB ⊥AC ，AB ＝AC ，∴∠ACB ＝45°，∵底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AD ∥BC ，∴∠ACD ＝45°，即AD ＝CD ，又AB ⊥AC ，∴BC ＝2AC ＝2AD ，∵AE ＝2ED ，CF ＝2FB ，∴AE ＝BF ＝23AD ， ∴四边形ABFE 是平行四边形，∴AB ∥EF ，∴AC ⊥EF ，∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥EF ， ∵PA ∩AC ＝A ，∴EF ⊥平面PAC ，∵EF ⊂平面PEF ，∴平面PEF ⊥平面PAC .(2)∵PA ⊥AC ，AC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，∴AC ⊥平面PAB ，则∠APC 为PC 与平面PAB 所成的角，若PC 与平面PAB 所成的角为45°，则tan ∠APC ＝AC PA＝1，即PA ＝AC ＝2，取BC 的中点为G ，连接AG ，则AG ⊥BC ，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，－1，0)，C (1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，23，0，P (0，0，2)，∴EB →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－53，0，EP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－23，2，设平面PBE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n·EB →＝0，n·EP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －53y ＝0，－23y ＋2z ＝0，令y ＝3，则x ＝5，z ＝2，∴n ＝(5，3，2)， ∵AC →＝(1，1，0)是平面PAB 的一个法向量，cos 〈n ，AC →〉＝5＋32×6＝223，故结合图形可知当二面角A －PB －E 的余弦值为223时，直线PC 与平面PAB 所成的角为45°.4．(2018·雅安二模)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，DE ＝EF ＝1，DC ＝BF ＝2，∠EAD ＝30°.(1)求证：AE ⊥平面CDEF ；(2)在线段BD 上是否存在一点G ，使得平面EAD 与平面FAG 所成的角为30°.解析 (1)因为四边形ABCD 是正方形，所以AD ＝CD ＝2.在△ADE 中，由正弦定理得，AD sin∠AED ＝DE sin∠EAD ，即2sin∠AED ＝1sin 30°，解得sin ∠AED ＝1，所以∠AED ＝90°，即AE ⊥ED .在梯形ABFE 中，过点E 作EP ∥BF 交AB 于点P ，如图，因为EF ∥AB ，所以EP ＝BF ＝2，PB ＝EF ＝1，AP ＝1.在Rt △ADE 中，AE ＝3，所以AE 2＋AP 2＝EP 2，所以AE ⊥AB ，所以AE ⊥EF ，又AE ⊥DE ，EF ∩DE ＝E ，所以AE ⊥平面CDEF .(2)由(1)可得，AE ⊥EF ，又AD ⊥DC ，AD ∩AE ＝A ，所以DC ⊥平面AED ，又DC ⊂平面ABCD ，所以平面AED ⊥平面ABCD .以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中z 轴为在平面AED 内过点D 作AD 的垂线所在的直线，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，32，A (2，0，0)，所以DB →＝(2，2，0)，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1，32.设DG →＝λDB →＝(2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，则AG →＝(2λ－2，2λ，0)，设平面FAG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n1·AF→＝0，n1·AG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x1＋y1＋32z1＝0，（2λ－2）x1＋2λy1＝0，取x 1＝－3λ，可得平面FAG 的一个法向量为n 1＝(－3λ，3λ－3，2－5λ)，易知平面EAD 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，所以cos 30°＝|n1·n2||n1||n2|＝3|λ－1|3λ2＋3（λ－1）2＋（2－5λ）2＝32，化简可得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ＝13∈[0，1]．故当点G 满足DG →＝13DB →时，平面EAD 与平面FAG 所成的角为30°.5．(2018·东营二模)如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝30°，∠ABC ＝90°，D 为AC 中点，AE ⊥BD 于E ，延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示．(1)求证：AE ⊥平面BCD ；(2)求二面角A －DC －B 的余弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M 使得EM ∥平面ADC .若存在，请指明点M 的位置，若不存在，请说明理由．解析 (1)证明 平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，又在△ABD 中，AE ⊥BD 于E ，AE ⊂平面ABD ，所以AE ⊥平面BCD .(2)由(1)结论AE ⊥平面BCD 可得AE ⊥EF .由题意可知EF ⊥BD ，AE ⊥BD .如图，以E 为坐标原点，分别以EF ，ED ，EA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系E －xyz .不妨设AB ＝BD ＝DC ＝AD ＝2，则BE ＝ED ＝1，AE ＝3，BC ＝23，EF ＝33，则E (0，0，0)，D (0，1，0)，B (0，－1，0)，A (0，0，3)，F ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，0，C (3，2，0)，DC →＝(3，1，0)，AD →＝(0，1，－3)．由AE ⊥平面BCD ，可知平面DCB 的一个法向量为EA →＝(0，0，3)．设平面ADC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n·DC →＝0，n·AD →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，y －3z ＝0，令z ＝1，则y ＝3，x ＝－1，所以n ＝(－1，3，1)．所以cos 〈n ，EA →〉＝EA →·n |EA →|·|n|＝55，所以二面角A －DC －B 的余弦值为55.(3)设AM →＝λAF →，其中λ∈[0，1]．由于AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫33，0，－3，所以AM →＝λAF →＝λ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，－3，其中λ∈[0，1]，所以EM →＝EA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫33λ，0，（1－λ）3，令EM →·n ＝0，得33λ－(1－λ)3＝0，解得λ＝34∈[0，1]，所以在线段AF 上存在点M 使得EM ∥平面ADC ，且AM AF ＝34.。

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