2019届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四第3讲《立体几何中的向量方法》学案

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1、第 3 讲 立体几何中的向量方法年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析卷 直线与平面所成角的正弦值T 18(2)卷 二面角、直线与平面所成的角T 20(2)2018卷 二面角的正弦值T 19(2)卷 二面角的余弦值的求解T 18(2)卷 二面角的余弦值的求解T 19(2)2017卷 二面角的余弦值的求解T 19(2)卷 二面角的余弦值的求解T 18(2)卷 二面角的正弦值的求解T 19(2)2016卷 线面角的正弦值的求解T 19(2)高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第 18 或 19 题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上.利用

2、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( a1， b1， c1)，平面 、 的法向量分别为 ( a2， b2， c2)、 ( a3， b3， c3)，则有：(1)线面平行l a a 0 a1a2 b1b2 c1c20.(2)线面垂直l a a k a1 ka2， b1 kb2， c1 kc2.(3)面面平行 a2 a 3， b2 b 3， c2 c 3.(4)面面垂直 0 a2a3 b2b3 c2c30.典型例题如图，在四棱锥 PABCD 中， PA底面 ABCD，AD AB， AB DC， AD DC AP2， AB1，点 E 为棱 PC 的中点证明：(1)BE DC；

3、(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 (0，1，1)， (2，0，0)，故 0.BE DC BE DC 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，所以 AB平面 PAD，所以向量 (1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量AB 而 (0，1，1)(1，0，0)0，BE AB 所以 BE AB，又

4、BE平面 PAD，所以 BE平面 PAD.(3)由(2)知平面 PAD 的一个法向量 (1，0，0)，向量 (0，2，2)，AB PD (2，0，0)，DC 设平面 PCD 的法向量为 n( x， y， z)，则 即nPD 0，nDC 0， ) 2y 2z 0，2x 0， )不妨令 y1，可得 n(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量且n (0，1，1)(1，0，0)0，AB 所以 n .所以平面 PCD平面 PAD.AB 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

5、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 ABCA1B1C1中， ABC90， BC2， CC14，点 E 在线段 BB1上，且 EB11， D， F， G 分别为 CC1， C1B1， C1A1的中点求证：(1)B1D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， BB1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)， B1(0，0，4)， C1(0，2，4)

6、，设 BA a，则 A(a，0，0)，所以 ( a，0，0)， (0，2，2)， (0，2，2)，BA BD B1D 0， 0440，B1D BA B1D BD 即 B1D BA， B1D BD.又 BA BD B， BA， BD平面 ABD，因此 B1D平面 ABD.(2)由(1)知， E(0，0，3)， G ，(a2， 1， 4)F(0，1，4)，则 ， (0，1，1)，EG (a2， 1， 1) EF 0220， 0220，B1D EG B1D EF 即 B1D EG， B1D EF.又 EG EF E， EG， EF平面 EGF，因此 B1D平面 EGF.结合(1)可知 是平面 ABD

7、 的一个法向量，B1D 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 ABCA1B1C1中， ABC120， AB2， BC CC11，则异面直线AB1与 BC1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 CBD30.因为 BB1平面 ABC，故以 B 为坐标原点，分别以射线BD， BA， BB1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)， B1(0，0，1)， C1(cos 30，sin 30，1)，即 C1 .(3

8、2， 12， 1)所以 (0，2，1)， .AB1 BC1 (32， 12， 1)所以 cos ， AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | .032 （ 2） ( 12) 110 （ 2） 2 12 (32)2 ( 12)2 12 105所以异面直线 AB1与 BC1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，

9、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)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， 的方向为 y 轴

10、正方向，| |为单位长，HF BF 建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.由(1)可得， DE PE.又 DP2， DE1，所以 PE .又 PF1， EF2，故 PE PF.可3得 PH ， EH .32 32则 H(0，0，0)， P ， D ， ， 为平(0， 0，32) ( 1， 32， 0) DP (1， 32， 32) HP (0， 0， 32)面 ABFD 的法向量设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则 sin .|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 为直线 l 与平面 所成的角， 为直

11、线 l 的方向向量 v 与平面 的法向量 n之间的夹角，则有 (如图 1)或 (如图 2)，所以有 sin |cos 2 2 |cos v， n| .特别地， 0 时， ， l ； 时，|vn|v|n| 2 2 0， l 或 l .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 PABCD中，平面 PAD平面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，且PA PD， APD90.(1)证明：平面 PAB平面 PCD；(2)(一题多解)求二面角 APBC 的余弦值【解】 (1)证明：因为底面 ABCD 为正方形，所以 CD AD.又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面

12、 ABCD AD，所以 CD平面 PAD.又 AP平面 PAD，所以 CD AP.因为 APD90，即 PD AP， CD PD D，所以 AP平面 PCD.因为 AP平面 PAB，所以平面 PAB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， ， ， 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，OA OQ OP 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 n1

13、( x1， y1， z1)，而 (1，0，1)， (1，2，1)PA PB 则 即n1PA 0，n1PB 0， ) x1 z1 0，x1 2y1 z1 0， )则 y10，取 x11，得 n1(1，0，1)为平面 APB 的一个法向量设平面 BCP 的法向量为 n2( x2， y2， z2)，而 (1，2，1)， (1，2，1)，PB PC 则 n2PB 0，n2PC 0， )即 x2 2y2 z2 0， x2 2y2 z2 0， )则 x20，取 y21，得 n2(0，1，2)为平面 BCP 的一个法向量所以 cos n1， n2 ，n1n2|n1|n2| 10 01 1225 210 10

14、5由图易知二面角 APBC 为钝角，故二面角 APBC 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 PAB 的法向量为 n1( x1， y1， z1)，而 (1，0，1)， (1，2，1)，PA PB 则 即PA n1 0，PB n1 0， ) x1 z1 0，x1 2y1 z1 0， )则 y10，取 z11，则 n1(1，0，1)为平面 PAB 的一个法向量设平面 PBC 的法向量为 n2( x2， y2， z2)，而 (1，2，1)， (

15、1，2，1)，PB PC 则 即PB n2 0，PC n2 0， ) x2 2y2 z2 0， x2 2y2 z2 0， )则 x20，取 y21，则 n2(0，1，2)为平面 PBC 的一个法向量所以 cos n1， n2 ，n1n2|n1|n2| 225 105由图可得二面角 APBC 为钝角，故二面角 APBC 的余弦值为 .105向量法求二面角设二面角 l 的平面角为 (0 )， n1， n2分别为平面 ， 的法向量，向量 n1， n2的夹角为 ，则有 (如图 1)或 (如图 2)，其中 cos .n1n2|n1|n2|对点训练(2018高考全国卷)如图，在三棱锥 PABC 中， AB

16、 BC2， PA PB PC AC4， O 为 AC 的中点2(1)证明： PO平面 ABC；(2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 MPAC 为 30，求 PC 与平面PAM 所成角的正弦值解：(1)证明：因为 AP CP AC4， O 为 AC 的中点，所以 OP AC，且 OP2 .3连接 OB.因为 AB BC AC，所以 ABC 为等腰直角三角形，22且 OB AC， OB AC2.12由 OP2 OB2 PB2知 PO OB.由 OP OB， OP AC 知 PO平面 ABC.(2)如图，以 O 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立OB 空间直角坐标系 O xyz.由已知得

17、 O(0，0，0)， B(2，0，0)， A(0，2，0)，C(0，2，0)， P(0，0，2 )， (0，2，2 )取平面 PAC 的3 AP 3一个法向量 (2，0，0)OB 设 M(a，2 a，0)(0 a2)，则 ( a，4 a，0)AM 设平面 PAM 的法向量为 n( x， y， z)由 n0， n0 得AP AM 可取 n( (a4)， a， a)，2y 23z 0，ax （ 4 a） y 0， ) 3 3所以 cos ， n .由已知可得OB 23（ a 4）23（ a 4） 2 3a2 a2|cos ， n| ，OB 32所以 ，解得 a4(舍去)， a ，23|a 4|23

18、（ a 4） 2 3a2 a2 32 43所以 n .(833， 433， 43)又 (0，2，2 )，所以 cos ， n .PC 3 PC 34所以 PC 与平面 PAM 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ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为等腰梯形， AD2 BC2 CD4， AA12.3(1)证明： AD1 B1D；(2)设 E 是线段 A1B1(不包括端点)上的动点，是否存在这样的点 E，使得二面角EBD1A 的余弦值为 ，如果存在，求出 B1E 的长；如果不存在，请说明理由77【解】 (1)证明：连接

19、 BD， B1D1(图略)，在等腰梯形 ABCD 中，由AD2 BC2 CD4，得 BD2 ，3故四边形 B1BDD1是正方形， BD1 B1D.Error!Error!Error!Error!AD1 B1D.(2)假设存在这样的点 E，依题意，以 B 为原点， 方向为 x 轴正方向， 方向为 y 轴DB AB 正方向， 方向为 z 轴正方向，BB1 建立空间直角坐标系(图略)，设 B1E m(0m2)，则 E(0， m，2 )， B(0，0，0)， D1(2 ，0，2 )， A(0，2，0)，3 3 3(0， m，2 )， ( 2 ，0，2 )，BE 3 BD1 3 3设平面 EBD1的法向

20、量为 n1( x1， y1， z1)，则 ，n1BE 0n1BD1 0)即 ， my1 23z1 0 23x1 23z1 0)令 z1 m，则 ，x1 my1 23)所以 n1( m，2 ， m)3(0，2，0)， (2 ，0，2 )，BA BD1 3 3设平面 BD1A 的法向量为 n2( x2， y2， z2)，则 ，n2BA 0n2BD1 0)即 ， 2y2 0 23x2 23z2 0)令 x21，则 ，y2 0z2 1)所以 n2(1，0，1)，|cos n1， n2| ，解得 m21，则 m1，故 B1E 的长为 1.|m m|m2 12 m22 77利用空间向量巧解探索性问题(1)

21、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 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，AD BC， ADC90，平面 PAD底面 ABCD， Q 为 AD 的中点， M 是棱 PC 上的点， PA PD2， BC AD1， CD .12 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

22、大小为 60，求 PM 的长解：(1)证明：因为 AD BC， Q 为 AD 的中点， BC AD，12所以 BC QD，所以四边形 BCDQ 是平行四边形，因为 ADC90，所以 BC BQ.因为 PA PD， AQ QD，所以 PQ AD，又因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD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

23、Q(0，0，0)， D(1，0，0)， P(0，0， )， B(0， ，0)，3 3C(1， ，0)，3所以 (1，0， )， (1， ， )，PD 3 PC 3 3设平面 PDC 的法向量为 n( x1， y1， z1)，则 ，即 ，PD n 0PC n 0) x1 3z1 0 x1 3y1 3z1 0)取 x13，则 n(3，0， )为平面 PDC 的一个法向量3当 M 与 C 重合时，平面 MQB 的法向量为 (0，0， )，QP 3 cos 60，满足题意|nQP |n|QP | 12此时 PM .7当 M 与 C 不重合时，由 (1， ， )，且 0 1，PM PC 3 3得 M(

24、， ， )，3 3 3所以 ( ， ， (1 )，QM 3 3易得 (0， ，0)，QB 3设平面 MBQ 的法向量为 m( x2， y2， z2)，则 ，QM m 0QB m 0)即 ， x2 3 y2 3（ 1 ） z2 03y2 0 )取 x2 ，则 m 为平面 MBQ 的一个法向量3 (3， 0，1 )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 |nm|n|m| ，|33 3 1 12 3 ( 1 )2 | 12所以 ，所以 PM ，12 72由知 PM 或 .772A 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 A

25、BCDEF 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 DE2 AB，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 E

26、FC，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 Dxyz.设 AB2，则 DE4，从而 D(0，0，0)， B(2，2，0)， M(1，0，2)， A(2，0，0)，E(0，0，4)，所以 (2，2，0)， (1，0，2)，DB DM 设平面 BDM 的法向量为 n( x， y， z)，则 得nDB 0，nDM 0， ) 2x 2y 0，x 2z 0.)令 x2，则 y2， z1，从而 n(2，2，1)为平面 BDM 的一个法向量因为 (2

27、，0，4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 ，则AE sin |cos n | ，AE |nAE n|AE | 4515所以直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为 .45152.(2018高考全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所在平面垂直， M 是 上异于 C， D 的点CD CD (1)证明：平面 AMD平面 BMC; (2)当三棱锥 MABC 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

28、 DM.因为 M 为 上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，所以 DM CM.CD 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， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所DA 示的空间直角坐标系 Dxyz.当三棱锥 MABC 体积最大时， M 为 的中点CD 由题设得 D(0，0，0)， A(2，0，0)， B(2，2，0)， C(0，2，0)， M(0，1，1)，(2，1，1)， (0，2，0)， (2，0，0)AM AB DA 设 n( x， y， z)是平面 MAB 的法向量，则 即nAM 0，nAB 0， ) 2

29、x y z 0，2y 0. )可取 n(1，0，2)是平面 MCD 的法向量，因此 cos n， ，sin n， .DA DA nDA |n|DA | 55 DA 255所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是 .2553(2018陕西教学质量检测(一)如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是菱形，AC BD O， A1O底面 ABCD， AB2， AA13.(1)证明：平面 A1CO平面 BB1D1D；(2)若 BAD60，求二面角 BOB1C 的余弦值解：(1)证明：因为 A1O平面 ABCD， BD平面 ABCD，所以 A1O BD.因为四边形 ABCD

30、是菱形，所以 CO BD.因为 A1O CO O，所以 BD平面 A1CO.因为 BD平面 BB1D1D，所以平面 A1CO平面 BB1D1D.(2)因为 A1O平面 ABCD， CO BD，所以 OB， OC， OA1两两垂直，以 O 为坐标原点， ， ， 的方向为 x， y， z 轴的正方OB OC OA1 向建立如图所示的空间直角坐标系因为 AB2， AA13， BAD60，所以 OB OD1， OA OC ，3OA1 .6则 O(0，0，0)， B(1，0，0)， C(0， ，0)， A(0， ，0)， A1(0，0， )，3 3 6所以 (1，0，0)， (0， ， )， (1， ，

31、 )，OB BB1 AA1 3 6 OB1 OB BB1 3 6设平面 OBB1的法向量为 n( x， y， z)，OB n 0，OB1 n 0， )所以 x 0，x 3y 6z 0.)令 y ，得 n(0， ，1)是平面 OBB1的一个法向量2 2同理可求得平面 OCB1的一个法向量 m( ，0，1)，6所以 cos n， m ，nm|n|m| 137 2121由图可知二面角 BOB1C 是锐二面角，所以二面角 BOB1C 的余弦值为 .21214.如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD， AB BC AD， BAD ABC90， E 是 PD 的中点1

32、2(1)证明：直线 CE平面 PAB；(2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45 ，求二面角 MABD 的余弦值解：(1)证明：取 PA 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 AD.由 BAD ABC90得 BC AD，又 BC AD，所以 EF 綊 BC，四边形12 12BCEF 是平行四边形， CE BF，又 BF平面 PAB， CE平面 PAB，故 CE平面 PAB.(2)由已知得 BA AD，以 A 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方AB 向，设| |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz

33、，则AB A(0，0，0)， B(1，0，0)， C(1，1，0)， P(0，1， )，3(1，0， )， (1， 0，0)PC 3 AB 设 M(x， y， z)(0x1)，则( x1， y， z)， ( x， y1， z )BM PM 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 ， n|sin 45， ，BM |z|（ x 1） 2 y2 z2 22即( x1) 2 y2 z20.又 M 在棱 PC 上，设 ，则PM PC x ， y1， z .3 3由，解得 (舍去)，x 1 22，y 1，z 62 ) x 1 22

34、，y 1，z 62， )所以 M ，从而 .(122， 1， 62) AM (1 22， 1， 62)设 m( x0， y0， z0)是平面 ABM 的法向量，则即mAM 0，mAB 0， ) （ 2 2） x0 2y0 6z0 0，x0 0， )所以可取 m(0， ，2)6于是 cos m， n .mn|m|n| 105因此二面角 MABD 的余弦值为 .105B 组 大题增分专练1(2018南昌模拟)如图，四棱锥 PABCD 中， PA底面 ABCD， ABCD 为直角梯形，AD BC， AD AB， AB BC AP AD3， AC BD O，过 O 点作平12面 平行于平面 PAB，平

35、面 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 BFHE 的余弦值解：(1)因为平面 平面 PAB，平面 平面 ABCD EF，平面 PAB平面 ABCD AB，所以 EF AB.同理 EH BP， FG AP.因为 BC AD， AD6， BC3，所以 BOC DOA，且 ，BCAD COAO 12所以 ， CE CB1， BE AF2，EOOF 12 13同理 ，CHPC EHPB COCA 13连接 HO，则有 HO PA，且 HO EO， HO1，所以 EH PB ，13 2同理 FG PA2，23过点 H 作 HN

36、EF 交 FG 于 N，易得四边形 HNFO 为矩形，则 GH .HN2 GN2 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)，(1，2，1)， (2，0，1)BH FH 设平面 BFH 的法向量为 n( x， y， z)，则 ，nBH x 2y z 0nFH 2x z 0 )令 z2，得 n .(1，32， 2)因为平面 EFGH平面 PAB，所以平面 EFGH 的一个法向量为 m(0，1，0)故 cos m， n ，mn|m|n|321 94 4 32929二面角 BFHE 的余弦值为 .329292(2018西安模拟

37、)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD 是平行四边形， ABC45， AD AP2， AB DP2 ， E 为 CD 的中点，2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， AB2 ， BC2， ABC45，2由余弦定理得 AC28422 2cos 454，得 AC2，2所以 ACB90，即 BC AC，又 AD BC，所以 AD AC，又 AD AP2， DP2 ，2所以 PA AD

38、，又 AP AC A，所以 AD平面 PAC，所以 AD PC.(2)因为侧面 PAD底面 ABCD， PA AD，所以 PA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 Axyz，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 (0，2，2)， (2，0，2)， (2，2，2)，PC PD PB 设 ( 0，1)，PFPB则 (2 ，2 ，2 )， F(2 ，2 ，2 2)，PF 所以 (2

39、1，2 1，2 2)，EF 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 得nPC 0，nPD 0， ) 2y 2z 0， 2x 2z 0， )令 x1，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 ， m|cos ， n|，EF EF 即 ，|EF m|EF |m|EF n|EF |n|所以|2 2| ，|2 3|即 | 1| |，解得 ，所以 .33 32 PFPB 3 323(2018潍坊模拟)在 PABC 中， PA4， PC2 ， P45， D 是 PA

40、的中点(如图21)将 PCD 沿 CD 折起到图 2 中 P1CD 的位置，得到四棱锥 P1ABCD.(1)将 PCD 沿 CD 折起的过程中， CD平面 P1DA 是否成立？请证明你的结论；(2)若 P1D 与平面 ABCD 所成的角为 60，且 P1DA 为锐角三角形，求平面 P1AD 和平面P1BC 所成角的余弦值解：(1)将 PCD 沿 CD 折起过程中， CD平面 P1DA 成立证明如下：因为 D 是 PA 的中点， PA4，所以 DP DA2，在 PDC 中，由余弦定理得， CD2 PC2 PD22 PCPDcos 458422 2 4，222所以 CD2 PD，因为 CD2 DP

41、28 PC2，所以 PDC 为等腰直角三角形且 CD PA，所以 CD DA， CD P1D， P1D AD D，所以 CD平面 P1DA.(2)由(1)知 CD平面 P1DA， CD平面 ABCD，所以平面 P1DA平面 ABCD，因为 P1DA 为锐角三角形，所以 P1在平面 ABCD 内的射影必在棱 AD 上，记为 O，连接 P1O，所以 P1O平面 ABCD，则 P1DA 是 P1D 与平面 ABCD 所成的角，所以 P1DA60，因为 DP1 DA2，所以 P1DA 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

42、线为 y 轴， OP1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 P1A2，所以 OP1 ，易知 OD OA CM1，所以 BM3，3则 P1(0，0， )， D(0，1，0)， C(2，1，0)， B(2，3，0)， (2，0，0)，3 DC (0，4，0)， (2，1， )，BC P1C 3因为 CD平面 P1DA，所以可取平面 P1DA 的一个法向量 n1(1，0，0)，设平面 P1BC 的法向量 n2( x2， y2， z2)，则 所以n2BC 0，n2P1C 0， ) 4y2 0，2x2 y2 3z2 0， )解得 令 z21，则 n2

43、 ，y2 0，x2 32z2， ) (32， 0， 1)设平面 P1AD 和平面 P1BC 所成的角为 ，由图易知 为锐角，所以 cos |cos n1， n2| .|n1n2|n1|n2|32172 217所以平面 P1AD 和平面 P1BC 所成角的余弦值为 .2174.如图，在四棱锥 PABCD 中， PA平面ABCD， AD BC， AD CD，且 AD CD2 ， BC4 ， PA 2.2 2(1)求证： AB PC；(2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 MACD 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 CD2 ， BC4 ，可得2 2AB AC4，所以 BC2 AB2 AC2，所以 BAC90，即 AB AC，因为 PA平面 ABCD，所以 PA AB，又