2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第3讲 立体几何中的向量方法含解析 25页

第 3 讲　立体几何中的向量方法 [做真题] 1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体 ABCD­A 1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在 棱 AA1 上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面 EB1C1； (2)若 AE＝A1E，求二面角 B­EC­C1 的正弦值． 解： (1)证明：由已知得，B1C1⊥平面 ABB1A1，BE⊂平面 ABB1A1， 故 B1C1⊥BE. 又 BE⊥EC1， 所以 BE⊥平面 EB1C1. (2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知 Rt△ABE≌Rt△A 1B1E，所以∠AEB＝45°，故 AE＝ AB，AA1＝2AB. 以 D 为坐标原点，DA → 的方向为 x 轴正方向，|DA → |为单位长，建立如图所示的空间直角坐 标系 D­xyz，则 C(0，1，0)，B(1，1，0)，C 1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB → ＝(1，0，0)，CE → ＝ (1，－1，1)，CC → 1＝(0，0，2)． 设平面 EBC 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 {CB → ·n＝0， CE→ ·n＝0， 即{x＝0， x－y＋z＝0， 所以可取 n＝(0，－1，－1)． 设平面 ECC1 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，则 {CC → 1·m＝0， CE→ ·m＝0， 即{2z1＝0， x1－y1＋z1＝0， 所以可取 m＝(1，1，0)． 于是 cosn，m＝ n·m |n||m|＝－1 2. 所以，二面角 B­EC­C1 的正弦值为 3 2 . 2．(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 H­xyz. 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＝ 3 2 ，EH＝3 2. 则 H(0，0，0)，P(0，0， 3 2 )，D(－1，－3 2，0)，DP → ＝(1， 3 2， 3 2 )，HP → ＝(0，0， 3 2 )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 → ||＝ 3 4 3 ＝ 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . [山东省学习指导意见] 1．空间向量及其运算 (1)经历向量及其运算由平面向空间推广的过程． (2)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解 及其坐标表示． (3)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示． (4)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直． 2．空间向量的应用 (1)理解直线的方向向量与平面的法向量． (2)能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系． (3)能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)． (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问 题中的作用． 　　　　　　　　　　　利用空间向量证明平行与垂直 [典型例题] 如图，在四棱锥 P­ABCD 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，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{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 PAD. 设直线 l 的方向向量为 a＝(a1，b1，c1)，平面 α、β 的法向量分别为 μ＝(a2，b2，c2)，υ＝ (a3，b3，c3)．则有： (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∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 　 [对点训练] 在直三棱柱 ABC­A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点 E 在 线段 BB1 上，且 EB1＝1，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)，设 BA＝a， 则 A(a，0，0)， 所以BA → ＝(a，0，0)，BD → ＝(0，2，2)，B1D→ ＝(0，2，－2)，B1D→ ·BA → ＝0，B1D→ ·BD → ＝0＋4－ 4＝0， 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(a 2，1，4)， F(0，1，4)， 则EG → ＝(a 2，1，1)，EF → ＝(0，1，1)， B1D→ ·EG → ＝0＋2－2＝0，B1D→ ·EF → ＝0＋2－2＝0， 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B1D→ 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 [典型例题] 命题角度一　异面直线所成的角 已知在直三棱柱 ABC­A1B1C1 中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，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∠CBD＝30°. 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 2 ，－1 2，1). 所以AB1→ ＝(0，－2，1)，BC1→ ＝( 3 2 ，－1 2，1). 所以 cos〈AB1→ ，BC1→ 〉＝ AB1→ ·BC1→ |AB1→ ||BC1→ | ＝ 0 × 3 2 ＋（－2） × (－1 2 )＋1 × 1 0＋（－2）2＋12 × ( 3 2 ) 2 ＋(－1 2 )2 ＋12 ＝ 10 5 . 所以异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为 10 5 . 【答案】　 10 5 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 (一题多解)(2019·聊城模拟)如图，在三棱柱 ABC­A1B1C1 中，AB⊥AC，AC⊥BB1，AB ＝A1B＝AC＝2，BB1＝2 2. (1)求证：A1B⊥平面 ABC； (2)若 P 是棱 B1C1 的中点，求直线 BB1 与平面 PAB 所成角的正弦值． 【解】　(1)因为在三棱柱 ABC­A1B1C1 中，AB⊥AC，AC⊥BB1，AB∩BB1＝B， 所以 AC⊥平面 ABB1A1， 又 A1B⊂平面 ABB1A1，所以 AC⊥A1B. 因为 BB1＝2 2， 所以 AA1＝2 2， 因为 AB＝A1B＝2， 所以 AB2＋A1B2＝AA21， 所以 A1B⊥AB， 又 AC∩AB＝A，所以 A1B⊥平面 ABC. (2)法一：由(1)知，直线 A1C1，A1B1，BA1 两两互相垂直，如图，以 A1 为坐标原点，分别 以 A1C1，A1B1，BA1 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 A1­xyz， 则 A1(0，0，0)，P(1，1，0)，B(0，0，－2)，B1(0，2，0)， AB → ＝A1B1→ ＝(0，2，0)，PB → ＝(－1，－1，－2)， 设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·AB → ＝0 n·PB → ＝0 ，即{2y＝0 －x－y－2z＝0， 取 z＝1，则 n＝(－2，0，1)为平面 PAB 的一个法向量． BB1→ ＝(0，2，2)，设直线 BB1 与平面 PAB 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈n，BB1→ 〉|＝| n·BB1→ |n|·|BB1→ ||＝ 2 5 × 8 ＝ 10 10 . 所以直线 BB1 与平面 PAB 所成角的正弦值为 10 10 . 法二：由(1)知，直线 AC，AB，BA1 两两互相垂直，以 A 为坐标原点，分别以 AC，AB， Az 所在直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 A­xyz， 则 A(0，0，0)，P(1，3，2)，B(0，2，0)，B1(0，4，2)， AB → ＝(0，2，0)，PB → ＝(－1，－1，－2)， 设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·AB → ＝0 n·PB → ＝0 ，即{2y＝0 －x－y－2z＝0， 取 z＝1，则 n＝(－2，0，1)为平面 PAB 的一个法向量． BB1→ ＝(0，2，2)，设直线 BB1 与平面 PAB 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈n，BB1→ 〉|＝| n·BB1→ |n|·|BB1→ ||＝ 2 5 × 8 ＝ 10 10 . 所以直线 BB1 与平面 PAB 所成角的正弦值为 10 10 . 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＝π 2－θ(如图 1)或 φ＝π 2＋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＝π 2，l⊥α；φ＝π 2时，θ＝0，l⊂α 或 l∥α. 　 命题角度三　二面角的平面角 (2019·四省八校双教研联考)如图，在四棱锥 P­ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD， AB∥CD，AB⊥AD，M 为 AD 的中点，PA＝PD＝ 5，AD＝AB＝2CD＝2. (1)求证：平面 PMB⊥平面 PAC； (2)求二面角 A­PC­D 的余弦值． 【解】　(1)证明：因为 PA＝PD，M 为 AD 的中点，所以 PM⊥AD，又平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，所以 PM⊥平面 ABCD，所以 PM⊥AC， 易知 tan∠ABM＝1 2，tan∠DAC＝1 2， 所以∠ABM＝∠DAC，又∠AMB＋∠ABM＝π 2， 所以∠AMB＋∠DAC＝π 2， 所以 MB⊥AC， 又 PM∩MB＝M，所以 AC⊥平面 PMB，又 AC⊂平面 PAC， 所以平面 PMB⊥平面 PAC. (2)如图建立空间直角坐标系，则 A(－1，0，0)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0， 2)． 设平面 PAC 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 因为AC → ＝(2，1，0)，AP → ＝(1，0，2)， 所以{2x＋y＝0 x＋2z＝0，令 z＝1，则 x＝－2，y＝4， 所以 n1＝(－2，4，1)为平面 PAC 的一个法向量． 设平面 PDC 的法向量为 n2＝(x1，y1，z1)， 因为DC → ＝(0，1，0)，DP → ＝(－1，0，2)， 所以{y1＝0 －x1＋2z1＝0，令 z1＝1，则 y1＝0，x1＝2， 所以 n2＝(2，0，1)为平面 PCD 的一个法向量． 设二面角 A­PC­D 的大小为 θ， 则 cos θ＝| n1·n2 |n1|·|n2||＝ 3 21 × 5 ＝ 105 35 . 向量法求二面角 设二面角 α­l­β 的平面角为 θ(0≤θ≤π)，n1，n2 分别为平面 α，β 的法向量，向量 n1，n2 的夹角为 ω，则有 θ＋ω＝π(如图 1)或 θ＝ω(如图 2)，其中 cos ω＝ n1·n2 |n1||n2|. 　 [对点训练] 　(2019·蓉城名校第一次联考)如图，在四棱锥 P­ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB ＝2BC＝2，AP＝AC，BP＝3BC. (1)求证：平面 PAD⊥平面 ABCD； (2)若∠PAD 为锐角，且 PA 与平面 ABCD 所成角的正切值为 2，求二面角 A­PB­D 的余弦 值． 解：(1)证明：在直角梯形 ABCD 中，因为 BC＝1，AB＝2，AB⊥BC， 所以 AC＝ 5，即 AP＝AC＝ 5，BP＝3BC＝3， 所以 BA2＋AP2＝BP2，所以 BA⊥AP. 又 AD∥BC，所以 BA⊥AD，又 AP∩AD＝A，所以 BA⊥平面 PAD. 因为 BA⊂平面 ABCD， 所以平面 PAD⊥平面 ABCD. (2)如图，过点 P 作 PO⊥AD 交 AD 于点 O，连接 OC，由(1)可知 PO⊥平面 ABCD， 则∠PAO 为 PA 与平面 ABCD 所成的角， 所以 tan ∠PAO＝2. 又 AP＝ 5，所以 AO＝1，PO＝2. 所以 AO 綊 BC，四边形 ABCD 为矩形， 所以 OC⊥AD. 以 O 为坐标原点，OC，OD，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则 A(0，－1，0)，P(0，0，2)，D(0，1，0)，B(2，－1，0)， 所以AB → ＝(2，0，0)，AP → ＝(0，1，2)，设平面 APB 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则有{n·AB → ＝0 n·AP → ＝0 ⇒{2x＝0 y＋2z＝0， 取 y＝2，则 n＝(0，2，－1)， 同理可得平面 PBD 的一个法向量为 m＝(2，2，1)， cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝ 3 5 × 3 ＝ 5 5 ， 由图可知二面角 A­PB­D 的平面角为锐角， 所以二面角 A­PB­D 的余弦值为 5 5 . 　　　　　　　　　　　利用向量解决探索性问题 [典型例题] (2019·广州市调研测试)如图，多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为矩形，二面角 A­CD­F 为 60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6. (1)求证：BF∥平面 ADE； (2)在线段 CF 上求一点 G，使锐二面角 B­EG­D 的余弦值为1 4. 【解】　(1)证明：因为四边形 ABCD 为矩形， 所以 BC∥AD. 因为 AD⊂平面 ADE，BC⊄平面 ADE， 所以 BC∥平面 ADE. 同理 CF∥平面 ADE. 又 BC∩CF＝C，所以平面 BCF∥平面 ADE. 因为 BF⊂平面 BCF，所以 BF∥平面 ADE. (2)因为 CD⊥AD，CD⊥DE， 所以∠ADE 是二面角 A­CD­F 的平面角， 即∠ADE＝60°. 因为 AD∩DE＝D，所以 CD⊥平面 ADE. 因为 CD⊂平面 CDEF， 所以平面 CDEF⊥平面 ADE. 如图，作 AO⊥DE 于点 O，则 AO⊥平面 CDEF. 由 AD＝2，DE＝3，得 DO＝1，EO＝2. 以 O 为坐标原点，平行于 DC 的直线为 x 轴，DE 所在的直线为 y 轴，OA 所在的直线为 z 轴建立空间直角坐标系 O­xyz， 则 O(0，0，0)，A(0，0， 3)，C(3，－1，0)，D(0，－1，0)，B(3，0， 3)，E(0，2，0)， F(3，5，0)，OB → ＝OA → ＋AB → ＝OA → ＋DC → ＝(3，0， 3)， 设 G(3，t，0)，－1≤t≤5， 则BE → ＝(－3，2，－ 3)，BG → ＝(0，t，－ 3)， 设平面 BEG 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则由{m·BE → ＝0 m·BG → ＝0 ，得{－3x＋2y－ 3z＝0 ty－ 3z＝0 ， 可取{x＝2－t y＝3 z＝ 3t ， 故平面 BEG 的一个法向量为 m＝(2－t，3， 3t)， 又平面 DEG 的一个法向量为 n＝(0，0，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n|＝ 3|t| 4t2－4t＋13 ， 所以 3|t| 4t2－4t＋13 ＝1 4， 解得 t＝1 2或 t＝－13 22(舍去)， 此时 CG＝3 2. 即所求线段 CF 上的点 G 满足 CG＝3 2. 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，是否在规定范围内有解”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] 　(2019·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥 P­ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，PD⊥ 平面 ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2 2，E 是棱 PC 上的一点． (1)若 PA∥平面 BDE，证明：PE＝EC. (2)在(1)的条件下，棱 PB 上是否存在点 M，使直线 DM 与平面 BDE 所成角的大小为 30 °？若存在，求 PM∶MB 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：如图，连接 AC 交 BD 于 F，连接 EF，则 EF 是平面 PAC 与平面 BDE 的交 线． 因为 PA∥平面 BDE，PA⊂平面 PAC，所以 PA∥EF. 又 F 是 AC 的中点，所以 E 是 PC 的中点． 所以 PE＝EC. (2)由已知条件可知 AD2＋BD2＝AB2，所以 AD⊥BD， 以 D 为坐标原点，DA 所在直线为 x 轴，DB 所在直线为 y 轴，DP 所在直线为 z 轴建立空 间直角坐标系． 则 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，C(－2，2，0)，E(－1，1，1)，DE → ＝(－1，1，1)，DB → ＝(0，2，0)． 假设在棱 PB 上存在点 M，设PM → ＝λPB → (0≤λ≤1)， 得 M(0，2λ，2－2λ)，DM → ＝(0，2λ，2－2λ)． 记平面 BDE 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，则{n1·DE→ ＝0 n1·DB→ ＝0 ， 即{－x1＋y1＋z1＝0 y1＝0 ，取 z1＝1，则 x1＝1， 所以 n1＝(1，0，1)为平面 BDE 的一个法向量． 要使直线 DM 与平面 BDE 所成角的大小为 30°， 则 |DM → ·n1| |DM→ |·|n1| ＝sin 30°， 即 |1 × 0＋0 × 2λ＋1 × （2－2λ）| 12＋02＋12· 02＋（2λ）2＋（2－2λ）2＝1 2， 解得 λ＝1 2∈[0，1]． 所以在棱 PB 上存在点 M，使直线 DM 与平面 BDE 所成角的大小为 30°. 此时 PM∶MB＝1. [A 组　夯基保分专练] 1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，三棱柱 ABC­A1B1C1 的所有棱长都是 2，AA1⊥平面 ABC，D，E 分别是 AC，CC1 的中点． (1)求证：AE⊥平面 A1BD； (2)求二面角 D­BE­B1 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 AA1⊥平面 ABC， 所以平面 AA1C1C⊥平面 ABC， 所以 BD⊥平面 AA1C1C，所以 BD⊥AE. 又在正方形 AA1C1C 中，D，E 分别是 AC，CC1 的中点， 所以 A1D⊥AE.又 A1D∩BD＝D， 所以 AE⊥平面 A1BD. (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)，B1(0，－ 2， 3)，DB → ＝(0，0， 3)，DE → ＝(－1，－1，0)，BB1→ ＝(0，－2，0)，EB1→ ＝(1，－1， 3)， 设平面 DBE 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则{DB → ·m＝0 DE → ·m＝0 ，即{ 3z＝0 －x－y＝0， 令 x＝1，则 m＝(1，－1，0)， 设平面 BB1E 的法向量为 n＝(a，b，c)，则{BB1→ ·n＝0 EB1→ ·n＝0 ，即{－2b＝0 a－b＋ 3c＝0， 令 c＝ 3，则 n＝(－3，0， 3)， 设二面角 D­BE­B1 的平面角为 θ，观察可知 θ 为钝角， 因为 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝ － 6 4 ， 所以 cos θ＝ － 6 4 ，故二面角 D­BE­B1 的余弦值为 － 6 4 . 2．(2019·成都第一次诊断性检测)如图，四棱锥 P­ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， ∠ABC＝π 3，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＝π 3， 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 A­xyz， 则 A(0，0，0)，B( 3，－1，0)，C( 3，1，0)，P(0，0， 3)，M( 3 2 ， 1 2， 3 2 )，所以AM → ＝ ( 3 2 ，1 2， 3 2 )，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＝0 3x＋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 → | ＝ | 3 2 × 1＋1 2 × 0＋ 3 2 × 1| 7 4 × 2 ＝ 42 7 . 所以直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 42 7 . 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 E­BD­F 的余弦值为1 3，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| ＝－4 9. 所以，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (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，－2 h)． 由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n|＝ |4－2 h | 3 2＋ 4 h2 ＝1 3， 解得 h＝8 7，经检验，符合题意． 所以，线段 CF 的长为8 7. 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 P­ABCE 的体积最大时，求二面角 A­PE­C 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＝π 3，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 P­ABCE 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， 3 2 )，E(1 2，0，0)，C(1， 3 2 ，0)，所以PE → ＝(1 2，0，－ 3 2 )，EC → ＝(1 2， 3 2 ，0)，设 平面 PCE 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 则{PE → ·n1＝0 EC → ·n1＝0 ，即{1 2x－ 3 2 z＝0 1 2x＋ 3 2 y＝0 ，设 x＝ 3，则 y＝－1，z＝1，所以 n1＝( 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 n2＝(0，1，0)， cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2|＝ －1 1 × 5 ＝－ 5 5 . 由图知所求二面角 A­PE­C 为钝角，所以二面角 A­PE­C 的余弦值为－ 5 5 . [B 组　大题增分专练] 1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱 ABC­A1B1C1，平面 A1ACC1⊥平面 ABC，∠ABC＝ 90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F 分别是 AC，A1B1 的中点． (1)证明：EF⊥BC； (2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值． 解：法一：(1)证明：如图，连接 A1E，因为 A1A＝A1C，E 是 AC 的中点，所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E⊂平面 A1ACC1，平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC，所以， A1E⊥平面 ABC，则 A1E⊥BC. 又因为 A1F∥AB，∠ABC＝90°，故 BC⊥A1F. 所以 BC⊥平面 A1EF. 因此 EF⊥BC. (2)取 BC 的中点 G，连接 EG，GF，则 EGFA1 是平行四边形． 由于 A1E⊥平面 ABC，故 A1E⊥EG，所以平行四边形 EGFA1 为矩形． 连接 A1G 交 EF 于 O，由(1)得 BC⊥平面 EGFA1，则平面 A1BC⊥平面 EGFA1， 所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上． 则∠EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设 AC＝4，则在 Rt△A1EG 中，A1E＝2 3，EG＝ 3. 由于 O 为 A1G 的中点，故 EO＝OG＝A1G 2 ＝ 15 2 ， 所以 cos∠EOG＝EO2＋OG2－EG2 2EO·OG ＝3 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5. 法二：(1)证明：连接 A1E，因为 A1A＝A1C，E 是 AC 的中点， 所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E⊂平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC，所以，A1E⊥平面 ABC. 如图，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 E­xyz. 不妨设 AC＝4，则 A1(0，0，2 3)，B( 3，1，0)， B1( 3，3，2 3)，F( 3 2 ，3 2，2 3)，C(0，2，0)． 因此，EF → ＝( 3 2 ， 3 2，2 3)，BC → ＝(－ 3，1，0)． 由EF → ·BC → ＝0 得 EF⊥BC. (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 θ. 由(1)可得BC → ＝(－ 3，1，0)，A1C→ ＝(0，2，－2 3)． 设平面 A1BC 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由{BC → ·n＝0， A1C→ ·n＝0， 得{－ 3x＋y＝0， y－ 3z＝0. 取 n＝(1，3，1)故 sin θ＝|cos〈EF → ，n〉|＝ |EF → ·n| |EF → |·|n| ＝4 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为3 5. 2．(2019·济南市统一模拟考试)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 A­EF­C 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 C­xyz. 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 → ＝0 n·AE → ＝0 ，得{－ 3x＋y＝0 3y－az＝0 ， 取 x＝1，则 n＝(1， 3， 3 3 a ). BA⊥平面 BEFC，BA → ＝(0，0，a)， 由|cos〈n，BA → 〉|＝ |BA → ·n| |BA → |·|n| ＝ 3 3 a 4＋27 a2 ＝1 2， 得 a＝9 2. 所以当 AB＝9 2时，二面角 A­EF­C 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 ＝2 3，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 F­BD­C 的大小为π 3，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(1，2 3，0)，所以BD → ＝(2，2 3，0)．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 n1＝(x，y，z)， 由{n1·BD→ ＝0 n1·BF→ ＝0 ，得{x＋ 3y＝0 x＋az＝0 ， 令 x＝－ 3a，得 n1＝(－ 3a，a， 3)． 易得平面 ABCD 的一个法向量为 n2＝(0，0，1)． 因为二面角 F­BD­C 的大小为π 3，所以|cos〈n1，n2〉|＝| n1·n2 |n1||n2||＝ 3 4a2＋3 ＝1 2， 解得 a＝3 2. 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， 3 2)＝(3，0， 3 2)，且 n1＝(－3 3 2 ， 3 2， 3)， 所以 sin θ＝|cos〈AE → ，n1〉|＝| AE → ·n1 |AE → |·|n1| |＝ 3 3 3 5 2 × 2 3 ＝ 5 5 . 故直线 AE 与平面 BDEF 所成角的正弦值为 5 5 . 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 M­OE­D 的余弦值是3 13 13 ？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 M­OE­D 的余弦值是3 13 13 ，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 → ＝0 n·OE → ＝0 得{（2－λ）·y＋ 3λ·z＝0 3x＋y＝0 ，可取 x＝－λ，则 y＝ 3λ，z＝λ－2，n＝(－λ， 3 λ，λ－2)． 又平面 OED 的一个法向量 m＝(0，0，1)， 所以3 13 13 ＝|cos〈m，n〉|＝ |λ－2| 4λ2＋（λ－2）2， 所以(2λ－1)(λ＋1)＝0， 又 λ∈[0，1]，所以 λ＝1 2. 所以存在满足条件的点 M，M 为 DF 的中点．