2021年高考数学大二轮专题复习专题一 第3讲 立体几何中的向量方法

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1、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 ， 的法向量分 别为 (a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4) (1)lmabakb 01a1ka2，b1kb2，c1kc2； (2)lmaba b 02003a1a2b1b2c1c20； (3)laa 04005a1a3b1b3c1

2、c30； (4)laak 06a1ka3，b1kb3，c1kc3； (5)vkv 07a3ka4，b3kb4，c3kc4； (6)vv 08009a3a4b3b4c3c40. 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 满足 cos 01 |a b| |a|b|. (2)线面角：设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 的法向量，则斜线 l 与平面 所成的角 满足 sin 02 |l n| |l|n|. (3)二面角 如图()，AB，CD 是二面角 l 的两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大 小 03AB ，CD

3、 ； 如图()()，n1，n2分别是二面角 l 的两个半平面 ， 的法向量，则二面角的 大小 满足 cos 04cosn1，n2或 cosn1，n2 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 A1B1C1D1中，AB2 3，ADAA12，P，Q，R 分别是 AB，BB1，A1C 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 D1PCQ B对于任意给定的点 Q，存在点 R 使得 D1RCQ C当 ARA1C 时，ARD1R D当 A1C3A1R 时，D1R平面

4、BDC1 答案 ABD 解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设 P(2，a,0)，a0,2 3，Q(2,2 3，b)，b 0,2，设A1R A1C ，得到 R(22，2 3，22)，0,1.D1P (2，a，2)，CQ (2,0， b)，D1P CQ 42b，当 b2 时，D1PCQ，A 正确；D1R (22，2 3，2)，D1R CQ 2(22)2b，取 2 2b时，D1RCQ，B 正确；由 ARA1C，则AR A1C (2，2 3，2 2) ( 2 ， 23 ， 2) 4 12 4 4 0 ， 解 得 1 5 ， 此 时 AR D1R 2 5， 2 3 5 ，8 5 8 5， 2 3 5

5、，2 5 4 50，C 错误；由 A1C3A1R，则 R 4 3， 2 3 3 ，4 3 ，D1R 4 3， 2 3 3 ，2 3 ， 设平面 BDC1的法向量为 n(x， y， z)， 则 n BD 0， n DC1 0， 解得 n( 3， 1， 3)，故D1R n0，故 D1R平面 BDC1，D 正确故选 ABD. (2)如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为等腰梯形，ABCD，AB4， BCCD2，AA12，E，E1分别是棱 AD，AA1的中点 设 F 是棱 AB 的中点，证明：直线 E1E平面 FCC1； 证明：平面 D1AC平面 BB1C1C. 证明 如图，

6、过点 D 作 AB 的垂线交 AB 于点 G，则以点 D 为原点，DG，DC，DD1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)，E1( 3，1，1)，E 3 2 ，1 2，0 ，F( 3，1,0)，D1(0,0,2)，B1( 3，3,2)，C1(0,2,2) CC1 (0,0,2)，CF ( 3，1,0) 设平面 FCC1的法向量 n1(x，y，z)， 则 2z0， 3xy0， 令 x1，得 n1(1， 3，0)， 又E1E 3 2 ，1 2，1 ，故E1E n10， 又 E1E平面 FCC1， 所以 E1E平面

7、 FCC1. D1A ( 3，1，2)，D1C (0,2，2)， 设平面 D1AC 的法向量 n2(a，b，c)， 由 n2 D1A 0， n2 D1C 0， 得 3ab2c0， 2b2c0， 令 b1，得 n2( 3，1,1) 同理易得平面 BB1C1C 的一个法向量 n3(1， 3，0)， 因为 n2 n30，故平面 D1AC平面 BB1C1C. 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

8、)根据运算结果解释相关问题 如图，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2， AB1，点 E 为棱 PC 的中点证明： (1)BEDC； (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 BEDC. (2)因为 PA平面 ABCD， AB 平面 ABCD， 所以 ABPA， 又因为

9、ABAD， PAADA， 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 2y2z0， 2x0， 不妨令 y1，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 nAB . 所以平面 PC

10、D平面 PAD. 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，ADBC，ABBC，AB AD1 2BC，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CE 的中点 (1)求证：BMDF； (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 BC

11、E， 所以 CEDF， 因为 M 为CE 的中点，所以CBMEBM. 又 BCBE，所以 N 为 CE 的中点， BNCE，即 BMCE， 所以 BMDF. 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 AB1，则 ADAF1，BCBE2， 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 20， 所以 BMDF. (2)解法一：如图，连接 DB，DN， 由(1)知，DFEN 且 DFEN， 所以四边形 ENDF 为

12、平行四边形，所以 EFDN， 所以BND 为异面直线 BM 与 EF 所成的角，设 AB1，则 BDDNBN 2， 所以BND 为等边三角形，所以BND60 ， 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 AB1，则 ADAF1，BE2， 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 cosBM ，EF BM EF |BM |EF | 2 2 2 1 2， 所以异面直线

13、 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预测卷)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边 长为 2 的菱形，DAB60 ，ADP90 ，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 DFCB 的余弦值为 2 4 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，

14、得 FQCD 且 FQ1 2CD， 又 AECD 且 AE1 2CD， 故 AEFQ 且 AEFQ. 所以四边形 AEQF 为平行四边形 所以 AFEQ，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 EDAB，即 EDCD， 又ADP90 ，所以 PDAD， 又平面 ADP平面 ABCD，平面 ADP平面 ABCDAD， 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 FDa(a0)，则由题意知 D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B( 3，1,0)

15、，FC (0,2， a)，CB ( 3，1，0)， 设平面 FBC 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m FC 2yaz0， m CB 3xy0， 令 x1，则 y 3，z2 3 a ， 所以取 m 1， 3，2 3 a ， 易知平面 DFC 的一个法向量为 n(1,0,0)， 因为二面角 DFCB 的余弦值为 2 4 ， 所以|cosm，n|m n| |m|n| 1 412 a2 2 4 ， 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 RtPBD 中，tanPBDPD BDa

16、 3， 从而PBD60 ， 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ABCA1B1C1中， 侧面A1B1BA与侧面A1C1CA 是全等的梯形，若 AA1AB，AA1A1C1，AB2A1B14AA1. (1)若CD 2DA1 ，AE 2EB ，证明：DE平面 BCC1B1； (2)若二面角 C1AA1B 为 3，求平面 A1B1BA 与平面 C1B1BC 所成的锐二面角的余弦值 解 (1)证明：连接 AC1，BC1，在梯形 A1C1CA 中，AC2A1C1. CD 2DA1 ， AC1A1CD，AD

17、 2DC1 ， AE 2EB ，DEBC1. BC1 平面 BCC1B1，DE平面 BCC1B1， DE平面 BCC1B1. (2)AA1A1C1，AA1AC. 又 AA1AB，平面 A1B1BA平面 A1C1CAAA1， BAC 3， 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 AA11，则 A1B1A1C12，AC4， A1(0,0,1)，C(0,4,0)，B(2 3，2,0)，B1( 3，1,1) 设平面 A1B1BA 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m AB 2 3x2y0， m AB1 3xyz0， m(1， 3，0)， 同理得平面 C1B1BC

18、的一个法向量为 n(1， 3，2 3)， cosm，n m n |m|n| 1 4， 平面 A1B1BA 与平面 C1B1BC 所成的锐二面角的余弦值为1 4. 三种空间角的向量求法 (1)异面直线所成的角 ，可以通过两直线的方向向量的夹角 求得，即 cos|cos|. (2)直线与平面所成的角 可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求得， 即 sin |cos|. (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，ABC120 ，E，F 是平面

19、 ABCD 同一侧的两点，BE 平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC. (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 BDACG，连接 EG，FG，EF. 在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1. 由ABC120 ，可得 AGGC 3. 由 BE平面 ABCD，ABBC，可知 AEEC. 又 AEEC，所以 EG 3，且 EGAC. 在 RtEBG 中，可得 BE 2，故 DF 2 2 . 在 RtFDG 中，可得 FG 6 2 . 在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE 2，DF 2 2 ， 可

20、得 EF3 2 2 . 从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG. 又 ACFGG，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， 2 2 ，C(0， 3，0)，所以AE (1， 3， 2)，CF 1， 3， 2 2 . 故 cosAE ，CF AE CF |AE |CF | 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . 2.

21、 (2020 湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 ABB1A1底面 ABC， ABC90 ，且侧面 ABB1A1为菱形 (1)证明：A1B平面 AB1C1； (2)若A1AB60 ，AB2，直线 AC1与底面 ABC 所成角的正弦值为 5 5 ，求二面角 A1 AC1B1的余弦值 解 (1)证明：四边形 ABB1A1为菱形，A1BAB1， 平面 ABB1A1平面 ABC，且 AB 为交线，BCAB， BC平面 ABB1A1，BCA1B. BCB1C1，A1BB1C1， 又 AB1B1C1B1，A1B平面 AB1C1. (2)取 A1B1的中点 M，连接 BM，易证 B

22、M平面 ABC，且 ABBC，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 BCt(t0)，则 A(2,0,0)，A1(1,0， 3)，C(0，t,0)， AA1 (1,0， 3)，AC (2，t,0) 四边形 A1ACC1为平行四边形， AC1 AA1 A1C1 AA1 AC (3，t， 3)， 易知平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)， |cosAC1 ，n|AC1 n| |AC1 |n| 3 12t2 5 5 ， 解得 t 3， AC1 (3， 3， 3) 设平面 AA1C1的法向量 n1(x1，y1，z1

23、)， n1 AA1 x1 3z10， n1 AC1 3x1 3y1 3z10， 令 z11，则 n1( 3，2,1)， 由(1)可得平面 AB1C1的一个法向量BA1 (1,0， 3)， cosn1，BA1 n1 BA1 |n1|BA1 | 6 4 ， 又二面角 A1AC1B1为锐角， 二面角 A1AC1B1的余弦值为 6 4 . 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BAEBCFDAE90 ，EAFC. (1)求证：ED平面 BCF； (2)设BC AB， 问是否存在 ， 使得二面

24、角 BEFD 的余弦值为 3 3 ？若存在， 求出 的值； 若不存在，请说明理由 解 (1)证明：因为 ADBC，BC 平面 BCF，AD平面 BCF，所以 AD平面 BCF， 因为 EAFC，FC 平面 BCF，EA平面 BCF，所以 EA平面 BCF， 又 EAADA，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BAEDAE90 ，所以 EAAB，EAAD， 又 ADADA，AD，AB 平面 ABCD，所以 EA平

25、面 ABCD， 又 EAFC，所以 FC平面 ABCD， 设 ABAEa，BCCFb，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 n0， DF n0， 得 bxaz0， aybz0， 取 x1，则 yb 2 a2，z b a， 因为BC AB b a，则 n(1， 2，) 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 m0， BF m0， 得 ayaz0， bxbz0， 取 x1， 则 yz1，

26、所以 m(1,1,1)， 所以 cosm，n m n |m|n| 12 3421 . 因为二面角 BEFD 的余弦值为 3 3 ， 所以 |12| 3421 3 3 ， 整理得 210，由于 30， 所以不存在正实数 ，使得二面角 BEFD 的余弦值为 3 3 . 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

27、 的菱形 ABCD 中，已知 AFEC1，且 EFBC.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 PAE平面 CMF，求 AM 的长； (2)是否存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45 ？若存在，求出BP BD的值；若不存 在，请说明理由 解 (1)因为平面 PAE 与平面 CDFE 有公共点 E，所以平面 PAE 与平面 CDFE 相交，设交 线为 EQ，若平面 PAE平面 CMF， 因为平面 CDFE平面 CMFCF，则 EQCF. 设 EQDFQ，又因为 FQCE， 所以四边形 ECFQ

28、是平行四边形，FQCE， 同理，由平面 PAE平面 CMF， 因为平面 PAE平面 ADQAQ，平面 CMF平面 ADQMF，所以 AQMF. 所以AM AD QF QD 1 3. 因为 AFDF，AF1，DF2， 所以 AD 5，所以 AM 5 3 . (2)结论：存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45 . 在题图 2 中，以点 F 为原点，分别以 FE，FD，FA 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐 标系，如图所示 易得 EF2 2，则 F(0,0,0)，E(2 2，0,0)，又 A(0,0,1)，B(2 2，0,2)，D(0,2,0)， 所以FD (0,2,0)

29、，AE (2 2，0，1)，BD (2 2，2，2)，AB (2 2，0,1)， 设BP BD (0,1)，则BP (2 2，2，2)， 则AP AB BP (2 22 2，2，12)， 设平面 PAE 的法向量为 n(x，y，z)， 由 n AE 0， n AP 0， 得 2 2xz0， 2 22 2x2y12z0， 令 x1，可得 z2 2，y3 22 2 ， 所以 n 1，3 22 2 ，2 2 . 若存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45 ， 则|cosn，FD | 2 3 22 2 29 3 22 2 2 2 2 ， 解得 4 2 2 3 ， 因为 (0,1，所以

30、 42 2 3 ，即BP BD 42 2 3 . 故存在一点 P，当BP BD 42 2 3 时，直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45 . 真题押题 真题检验 1(2020 全国卷)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 6 6 DO. (1)证明：PA平面 PBC； (2)求二面角 BPCE 的余弦值 解 (1)证明：AE 为底面直径，AEAD， DAE 为等边三角形设 AE1， 则 DO 3 2 ，AOCOBO1 2AE 1 2， PO 6 6 DO 2 4 ，PAPCPBPO2BO2 6

31、 4 ， 又ABC 为等边三角形，ABAE cos30 3 2 . PA2PB23 4AB 2，APB90 ， 即 PAPB. 同理得 PAPC，又 PCPBP，PA平面 PBC. (2)过点 O 作 ONBC 交 AB 于点 N，则 ONAO. PO平面 ABC，POAO，POON.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 AE1， 则 E 1 2，0，0 ， P 0，0， 2 4 ， A 1 2，0，0 ， C 1 4， 3 4 ，0 ， PC 1 4， 3 4 ， 2 4 ， PA 1 2，0， 2 4 ，PE 1 2

32、，0， 2 4 . 由(1)得平面 PBC 的一个法向量为PA 1 2，0， 2 4 ， 设平面 PCE 的一个法向量为 m(x，y，z)， 由 m PC 0， m PE 0， 得 x 3y 2z0， 2x 2z0. 令 x1，得 z 2，y 3 3 ，m 1， 3 3 ， 2 . 故 cosm，PA PA m |PA |m| 1 6 4 30 3 2 5 5 ， 由图可得二面角 BPCE 为锐二面角， 二面角 BPCE 的余弦值为2 5 5 . 2(2020 全国卷)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别在棱 DD1，BB1 上，且 2DEED1，BF2FB1. (1)

33、证明：点 C1在平面 AEF 内； (2)若 AB2，AD1，AA13，求二面角 AEFA1的正弦值 解 (1)证明：在棱 CC1上取点 G，使得 C1G1 2CG，连接 DG，FG，C1E，C1F， C1G1 2CG，BF2FB1， CG2 3CC1 2 3BB1BF 且 CGBF， 四边形 BCGF 为平行四边形， BCGF 且 BCGF， 又在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADBC 且 ADBC， ADGF 且 ADGF. 四边形 ADGF 为平行四边形 AFDG 且 AFDG. 同理可证四边形 DEC1G 为平行四边形， C1EDG 且 C1EDG， C1EAF 且 C1EAF，

34、 则四边形 AEC1F 为平行四边形， 因此，点 C1在平面 AEF 内 (2)以点 C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C 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 C1xyz， 则 A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)， AE (0，1，1)，AF (2,0，2)，A1E (0，1，2)，A1F (2，0,1)， 设平面 AEF 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m AE 0， m AF 0， 得 y1z10， 2x12z10， 取 z11，得 x1y11，则 m(1,1，1) 设平面 A1EF 的法向量为 n(x

35、2，y2，z2)， 由 n A1E 0， n A1F 0， 得 y22z20， 2x2z20， 取 z22，得 x21，y24，则 n(1,4,2) cosm，n m n |m|n| 3 3 21 7 7 . 设二面角 AEFA1的平面角为 ，则|cos| 7 7 ， sin1cos2 42 7 . 因此，二面角 AEFA1的正弦值为 42 7 . 3 (2020 江苏高考)在三棱锥 ABCD 中，已知 CBCD 5， BD2，O 为 BD 的中点， AO平面 BCD，AO2，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 BF1 4B

36、C，设二面角 FDEC 的大小为 ，求 sin 的值 解 (1)如图，连接 CO，CBCD，BOOD，COBD. 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)， cosAB ，DE 1 5 3 15 15 . 从而直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为 15 15 . (2)设平面 DEC 的法向量为 n1(x，y，z)， DC (1,2,0)， n1 DC 0， n1 DE 0， x2y0， xyz0， 令

37、 y1，x2，z1.n1(2,1,1) 设平面 DEF 的法向量为 n2(x1，y1，z1)， DF DB BF DB 1 4BC 7 4， 1 2，0 ， n2 DF 0， n2 DE 0， 7 4x1 1 2y10， x1y1z10. 令 y17，x12，z15，n2(2，7,5) cosn1，n2 6 6 78 1 13. 因此，sin 12 13 2 39 13 . 金版押题 4如图 1，在梯形 ABCD 中，ABCD，且 AB2CD，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 PAC平面 ABC，如图 2. (1)证明：ABPA

38、； (2)若 E 为棱 BC 的中点，求二面角 BPAE 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 ABAC. 因为平面 PAC平面 ABC，平面 PAC平面 ABCAC， 所以 AB平面 PAC. 因为 PA 平面 PAC，所以 ABPA. (2)由(1)知 ABAC，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 PC1，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,

39、0)，AP (0,2,1)，AE (1,1,0) 设平面 PAB 的法向量 n(x1，y1，z1)， 则 n AB 2x10， n AP 2y1z10， 令 y11，得 n(0,1，2) 设平面 PAE 的法向量 m(x2，y2，z2)， 则 m AE x2y20， m AP 2y2z20， 令 x21，得 m(1，1,2)， 则 cosm，n 5 5 6 30 6 . 由图可知二面角 BPAE 为锐角， 故二面角 BPAE 的余弦值为 30 6 . 专题作业 1(2020 山东省泰安市五模)如图，在四棱锥 EABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，AB CD，BCCD，AB2BC2CD，E

40、AB 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 EA (0,1) (1)试探究 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 解 (1)当 1 3时，CE平面 BDF. 证明如下：连接 AC，交 BD 于点 M，连接 MF. 因为 ABCD， 所以 AMMCABCD21. 又EF 1 3EA ，所以 FAEF21. 所以 AMMCAFEF21.所以 MFCE. 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 EOAB

41、. 又因为平面 ABE平面 ABCD，平面 ABE平面 ABCDAB，EO 平面 ABE，所以 EO 平面 ABCD， 因为 OD 平面 ABCD，所以 EOOD. 由 BCCD，及 AB2CD，ABCD，得 ODAB， 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，AB2BC2CD， 所以 OAOBODOE，设 OB1， 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 1 3EA 1 3，0， 1 3 ，F 1 3

42、，0， 2 3 ， 所以FB 4 3，0， 2 3 . 设平面 BDF 的法向量为 n(x，y，z)， 则有 n BD 0， n FB 0， 所以 xy0， 4 3x 2 3z0， 取 x1，得 n(1,1,2) 设直线 AB 与平面 BDF 所成的角为 ， 则 sin|cosAB ，n|AB n| |AB |n| |210102| 2121222 6 6 . 即直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为 6 6 . 2(2020 山东省聊城市模拟)如图，在四边形 ABCD 中，BCCD，BCCD，ADBD， 以 BD 为折痕把ABD 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且 PCBC. (1

43、)证明：PD平面 BCD； (2)若 M 为 PB 的中点，二面角 PBCD 等于 60 ，求直线 PC 与平面 MCD 所成角的正 弦值 解 (1)证明：因为 BCCD，BCPC，PCCDC， 所以 BC平面 PCD. 又因为 PD 平面 PCD，所以 BCPD. 又因为 PDBD，BDBCB， 所以 PD平面 BCD. (2)因为 PCBC，CDBC， 所以PCD 是二面角 PBCD 的平面角， 由已知得PCD60 ， 因此 PDCDtan60 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 O

44、B 1，则 P(0,1， 6)，C(1，0,0)，D(0,1,0)，M 0，0， 6 2 ，CP (1,1， 6)，CD (1，1,0)， CM 1，0， 6 2 ， 设平面 MCD 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则由 n CD 0， n CM 0， 得 xy0， x 6 2 z0， 令 z 2，得 n( 3， 3， 2)， 所以 cosn，CP CP n |CP |n| 3 4 ， 因此，直线 PC 与平面 MCD 所成角的正弦值为 3 4 . 3如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ACC1A1平面 ABC，AC2，AA1AB4， BAC120 ，ACC160 . (1)证明：

45、AC1BC； (2)求直线 CB1与平面 ABB1A1所成角的正弦值 解 (1)证明：在三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ACC1A1平面 ABC，AC2，AA1AB 4，BAC120 ，ACC160 . AC1416224cos60 2 3， AC21AC2CC21，AC1AC， 平面 ACC1A1平面 ABCAC， AC1平面 ABC，又 BC 平面 ABC，AC1BC. (2)如图，以 A 为坐标原点，AB 为 y 轴，AC1为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)， C( 3， 1,0)， B1( 3， 5， 2 3)， B(0,4,0)， CB1 (2 3， 6,2 3

46、)， AB (0,4,0)， AB1 ( 3， 5,2 3)， 设平面 ABB1A1的法向量 n(x，y，z)， 则 n AB 4y0， n AB1 3x5y2 3z0， 取 x2，得 n(2,0,1)， 设直线 CB1与平面 ABB1A1所成角为 ， 则 sin|CB1 n| |CB1 |n| 2 3 60 5 1 5， 直线 CB1与平面 ABB1A1所成角的正弦值为1 5. 4如图，已知正方形 ADEF，梯形 ABCD，且 ADBC，BAD90 ，平面 ADEF平 面 ABCD，ABAD1，BC3. (1)求证：AFCD； (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 A