2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義用空間向量的方法解立體幾何問題

1、高羌考點(diǎn)聚焦第三講用空間向量的方法解立體幾何問題高考考點(diǎn)考點(diǎn)解讀利用空間向量證明平行與垂直關(guān)系1 .建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的知識(shí)證明 平行與垂直2 .考查向量的數(shù)量積與向量垂直的關(guān)系以及建 立空間直角坐標(biāo)系的方法利用空間向量求線線角、線面角、面面角以具體幾何體為命題背景，直接求角或已知角求相美里利用空間向量解決探索性問題或其他問題1 .常借助空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)探求點(diǎn) 的存在問題2 .常利用空間向量的關(guān)系， 設(shè)某一個(gè)參數(shù)，利 用向量運(yùn)算探究平行、垂直問題把握考點(diǎn)明窿方向備考策略本部分內(nèi)容在備考時(shí)應(yīng)注意以下幾個(gè)方面:加強(qiáng)對(duì)空間向量概念及空間向量運(yùn)算律的理解，掌握空間向量的加、減法，數(shù)

2、乘、數(shù)量積運(yùn)算等.(2)掌握各種角與向量之間的關(guān)系，并會(huì)應(yīng)用.(3)掌握利用向量法求線線角、線面角、二面角的方法.預(yù)測(cè)2020年命題熱點(diǎn)為：(1)二面角的求法.(2)已知二面角的大小，證明線線、線面平行或垂直.給出線面的位置關(guān)系，探究滿足條件的某點(diǎn)是否存在.廟知識(shí)整合 則 IM .知識(shí)整合 :Zhi shi zheng he1.向量法求空間角異面直線所成的角：設(shè)a, b分別為異面直線 a, b的方向向量，則兩異面直線所成的角滿足部.(2)線面角設(shè)l是斜線l的方向向量，n是平面a的法向量，則斜線l與平面a所成的角滿足sin 0_ |C n|一|c|n|.(3)二面角則二面角如圖(i ), AB,

3、 CD是二面角al 3的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱 l垂直的直線, 的大小0=ab, cd如圖(ii)(iii), n 1, n2分別是二面角al3的兩個(gè)半平面 3的法向量,的大/、0滿足 cos 0= cos nn?或一cos%, n2.(4)點(diǎn)到平面的距離的向量求法則二面角a的距離d3的法向量如圖，設(shè)AB為平面a的一條斜線段，n為平面a的法向量，則點(diǎn) B到平面_LAB_nJ |n| .2 .利用向量方法證明平行與垂直設(shè)直線l, m的方向向量分別為 a=(a1，bi, c1)，b= (a2, b2, c2),平面a,分別為 科=(a3, b3, c3), v= (a4, b4,c4).(1)線線平行l(wèi)

4、 / m? a / b? a= kb? a 1 = ka2, b1 = kb2 , G = kc2.(2)線線垂直l±m? a± b? a b=Q? a1_ag_+ 電怩+ Cc= 0.(3)線面平行l(wèi) / a? a±(J? a 呼 0? a_a3_ + b1m+ C_C3_= °.(4)線面垂直l_L a? a/(J? a=k(j?能=3，%=卜電，c= kc.(5)面面平行a/ 3? (1 / V? (1= kv? 23= ka冬，b3= kb上 寶-=kc.(6)面面垂直a_L 儻 |i_Lv? (1 v = Q? a3a4+ b3b4+ c3c4

5、= 0.3 .模、夾角和距離公式(1)設(shè) a=(ai, a2, a3), b=(bi, b2, b3),則aibi + a2b2+ a3b3|a| = 7a a = x/ai+ a1+ a3, c0s a, b> - jab-41+22+25/應(yīng)+域+國(guó).(2)距離公式設(shè) A(xi, yi, zi), B(x2, Y2, z2),則|AB|= . xi X2 + VlV2 + Zi Z2Y易錯(cuò)警示IYi cuo jing shi1 .在建立空間直角坐標(biāo)系時(shí)，易忽略說明或證明建系的條件.2 .忽略異面直線的夾角與方向向量夾角的區(qū)別：兩條異面直線所成的角是銳角或直角, 與它們的方向向量的夾角

6、不一定相等.3 .不能區(qū)分二面角與兩法向量的夾角：求二面角時(shí)，兩法向量的夾角有可能是二面角 的補(bǔ)角，要注意從圖中分析.!高專真題體驗(yàn)。高考真題把握規(guī)律)1. (2018全國(guó)卷I, 18)如圖，四邊形 ABCD為正方形，E, F分別為AD, BC的中點(diǎn), 以DF為折痕把 DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PFXBF.證明：平面 PEF,平面 ABFD .(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.解析(i)由已知可得，BF1PF, BFJEF, PFAEF=F,所以BF，平面PEF.又BF?平面ABFD ,所以平面 PEFL平面ABFD .(2)方法一：作 PH1EF,垂足為H.由(i)得，PH

7、L平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，TlF的方向?yàn)閥軸正方向，設(shè)正方形 ABCD的邊長(zhǎng)為2,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 H -xyz.由(1)可得，DEJPE.又 DP = 2, DE = 1,所以 PE = 73.又 PF= 1, EF = 2,故 PE1PF.33可得 PH = j-, EH = 2.則 H（0,0,0）, p3, 0,當(dāng) I, D1, -3 o）加="，3 岑 i HIP = Q 0,口:為平面ABFD的一個(gè)法向量.設(shè)DP與平面ABFD所成角為3_±_3.3 4.I加加 e,則加0而1.而1, 一，3所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為 學(xué)方法二：因?yàn)?/p>

8、 PF JBF, BFED,所以PF正D ,又 PF1PD, EDADP = D,所以 PFL平面PED,所以PF _PE,設(shè) AB=4,貝U EF=4, PF=2,所以 PE=24,過P作PH 1EF交EF于H點(diǎn)，由平面PEFL平面ABFD,所以PHL平面ABFD,連接 DH,則/PDH即為直線DP與平面ABFD所成的角，,243x2 廠由 PE PF = EF PH ,所以 PH =-= 因?yàn)?PD=4,所以 sinZPDH = PH=33,所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為 率. 42 .(2018全國(guó)卷n, 20)如圖，在三棱錐 P-ABC中，AB = BC= 2亞，PA= PB=

9、 PC = AC = 4, O 為 AC 的中點(diǎn).(1)證明：POL平面ABC.(2)若點(diǎn)M在BC上，且二面角 M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.解析(1)因?yàn)锳P=CP = AC = 4, O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P必C,且OP = 2>/3.2連接OB.因?yàn)锳B=BC=-AC,所以"BC為等腰直角三角形，=2.由 OP2+OB2=PB2 知 PO JOB.由 OP JOB, OP1AC, OBn AC = O,知 POL平面 ABC.(2)連接OM,如圖，以 O為坐標(biāo)原點(diǎn)，C)B的方向?yàn)閤軸正方向,r _ 一 一 1 -且 OB 必C, OB

10、= -ACOC的方向?yàn)閥軸正方向，OP的方向?yàn)閦軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系.由已知得 O(0,0,0), B(2,0,0), A(0, 2,0), C(0,2,0), P(0,0,2V3), 扁=(0,2,273),取平面PAC的法向量 OB =(2,0,0).設(shè) M(a,2 a,0)(0vaw 2),則 AM = (a,4-a,0).設(shè)平面PAM的法向量為 n=(x, v, z).小 一 一2y+2V3z= 0,由 Ap n=0, AM n=0 得1ax+(4 a/=0,可取 n=(V3(a-4), V3a, a),所以 cos OB , n>2V3(a-4)21/3(a-4 2+3

11、a2+ a2由已知得|cosOB,n1邛.所以2 '3|a-4|23(a-4 2+3a2+ a2解得a=- 4(舍去)，a= 4.3又？C=(0,2, -273),所以 cos PC , n> = 3.43所以PC與平面PAM所成角的正弦值為力.43 . (2018 北京卷，16)如圖，在三棱柱 ABC-AiBiCi 中，CCJ平面 ABC, D, E, F, G 分別為 AA1, AC, A1c1, BB/勺中點(diǎn)，AB = BC=p, AC = AA1 = 2.(1)求證：AC,平面BEF.(2)求二面角B-CD-C1的余弦值.證明：直線FG與平面BCD相交.解析(1)因?yàn)镃C

12、，平面ABC, AC?平面ABC,所以CCUAC.在平行四邊形 A1ACC1中，E, F分別是AC, A1C1的中點(diǎn),所以EF CCi,所以AC JEF.在9BC中，AB=BC, E是AC的中點(diǎn)，所以AC JBE,又因?yàn)?AC JEF, BE, EF?平面 BEF, BEA EF = E,所以AC,平面BEF.(2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系 E-xyz,則E(0,0,0), A(1,0,0),B(0,2,0), C(1,0,0), Ai(1,0,2), Bi(0,2,2), Ci( 1,0,2), D(1,0,1),F(0,0,2) , G(0,2,1),一，一 一 . ,， “ 、， 一顯然

13、EB = (0,2,0)是平面CDC1的一個(gè)法向量，設(shè)m=(x, v, z)是平面BCD的一個(gè)法向量，又BC=(1, -2,0),黃=(1, 2,1),一 x- 2y= 0,所以*不妨取y= 1,則x= 2, z=4,x- 2y+ z= 0,所以平面BCD的一個(gè)法向量為m= ( 2,1,4),，一 2、cos EB , m>0+2X1+02X/(-2)+ 12+42由圖知，二面角B-CD-C1為鈍角,所以，二面角B-CD-C1的余弦值為一 券.(3)方法一：記 CD, EF交點(diǎn)為I,連接BI,由(1)及已知，EF 心C1, CC1/BB1,所以EF BB1,直線BG與直線FI共面，11又

14、因?yàn)?BG = 2BB1 = 2AA1 = A1D, AD<FI ,所以四邊形BGFI是梯形，直線FG與直線BI 一定有交點(diǎn),又因?yàn)锽I?平面BCD, FG?平面BCD,所以直線FG與平面BCD相交.方法二：反證法.顯然 FG?平面BCD,假設(shè)FG/平面BCD,下面推出矛盾.記CD, EF交點(diǎn)為I,連接BI,因?yàn)镕G /平面BCD,平面 BCD n平面BGFI = BI,所以FG BI,由（1）及已知，EF 心Ci, CC1/BB1,所以 EF /BBi,即 BG /FI ,所以四邊形BGFI是平行四邊形,所以BG = FI ,11. 一一而 BG = 2BB1=2AA1 = A1D&l

15、t;FI,矛盾,所以直線FG與平面BCD相交.4 . (2017全國(guó)卷m, 19)如圖，四面體 ABCD中，4ABC是正三角形， ACD是直角三 角形，/ ABD = /CBD, AB=BD.(1)證明：平面 ACDL平面 ABC;(2)過AC的平面交BD于點(diǎn)巳若平面AEC把四面體ABCD分成體積 相等的兩部分，求二面角D AE C的余弦值.解析(1)證明：由題設(shè)可得 ABDzCBD,從而AD=CD.又9CD是直角三角形，所以/ ADC=90°. 取AC的中點(diǎn)O,連接DO, BO,則 DO 必C, DO = AO.又因?yàn)?ABC是正三角形，故 BOgC, 所以/ DOB為二面角D A

16、C B的平面角. 在 Rt»OB 中,BO2+AO2=AB2,又 AB= BD,所以 bo2+do2=bo2+ao2= ab2=bd2,故/DOB = 90°.所以平面 ACD，平面ABC.(2)由題設(shè)及(1)知，OA, OB, OD兩兩垂直， . 、. 一以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA的萬向?yàn)閤軸正萬向，|OA|為單位長(zhǎng)度.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O xyz,則 A(1,0,0), B(0,a 0), C(-1,0,0), D(0,0,1).1由題設(shè)知，四面體 ABCE的體積為四面體 ABCD的體積的,1從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的即E為DB的中點(diǎn)，得E(0

17、, 與 2),他 1故 AD (-1,0,1), AC (2,0,0), AE= (-1,工 會(huì).設(shè)n = (x, v, z)是平面 DAE的法向量，n >AD = 0,-x+z= 0,則一 即i*,1 CE AE=0,1X+ 2 y+2z=0，可取n=(1 ,乎，1).m A C = 0, 設(shè)m是平面AEC的法向量，則i、m AE= 0,同理可取m= (0, 1, V3),n m則 cos n, m> = . . = _ .|n imi7所以二面角DAEC的余弦值為乎.命題熱點(diǎn)突破經(jīng)典例題提升能力A命題方向1利用空間向量證明平行與垂直關(guān)系U2U例1 (2018濟(jì)南二模)如圖，在四

18、棱錐P-ABCD中，PA，底面ABCD, AD±AB, AB / DC,AD = DC=AP = 2, AB=1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn).證明:(1)BE±DC;(2)BE/平面 PAD.(3)平面PCD，平面PAD .解析依題意，以點(diǎn) A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系 (如圖)，可得B(1,0,0), C(2,2,0),D(0,2,0), P(0,0,2),由 E 為棱 PC 的中點(diǎn)，得 E(1,1,1).(1)向量 BE=(0,1,1), DC = (2,0,0),故 BEDC=0.所以 BE JDC .(2)因?yàn)?AB1AD,又 FA,平面ABCD, AB?平面 ABCD ,所

19、以 ABdPA, PAnAD = A,所以AB，平面PAD ,所以向量AB= (1,0,0)為平面PAD的法向量,而BE AB = (0,1,1) (1 ;0,0) = 0,所以BE JAB,又BE?平面PAD .所以BE /平面PAD . ， 由(2)知平面 PAD 的法向量 AB = (1,0,0),向量 PD = (0,2, 2), DC = (2,0,0),n PD = 0,設(shè)平面PCD的法向量為n=(x, v, z),則in DC = 0,2y-2z=0,2x=0,不妨令y=1,可得n=(0,1,1)為平面PCD的一個(gè)法向量. 且 n AB= (0,1,1) (1,0,0) = 0,

20、所以nlAB.所以平面 PAD，平面PCD.規(guī)律總結(jié)利用空間向量證明平行與垂直的方法與步驟(1)建立空間直角坐標(biāo)系，建系時(shí)，要盡可能地利用載體中的垂直關(guān)系；(2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用向量表示出問題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素；(3)通過空間向量的運(yùn)算研究平行、垂直關(guān)系;(4)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題.跟蹤訓(xùn)練匚：G_ ._en zong xun lianP-ABCD 中，PAL底面 ABCD , E,F分別是PC,如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PD 的中點(diǎn)，PA = AB= 1, BC = 2.(1)求證：EF/平面PAB.(2)求證：平面 PAD,平面 PDC .證明以A為

21、原點(diǎn)，AB, AD, AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則 A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,2,0), D(0,2,0), P(0,0,1),111 一 1 一一一所以 Eq, 1, 2), F(0,1, 2), EF = (2, 0,0), AP= (0,0,1), AD = (0,2,0), DC =(1,0,0),AB =(1,0,0).因?yàn)槠?|AB,所以EF/硝，即EF/AB.又AB?平面PAB, EF?平面PAB,所以EF /平面PAB .一.(2)因?yàn)?AP DC = (0,0,1) (1 ;0,0)=0,AD DC = (0,2,0

22、) (1,00) = 0, . .所以 APJDC, AD1DC,即 AP1DC, AD1DC.又因?yàn)?APAAD=A, AP?平面 PAD, AD?平面 PAD,所以DC，平面PAD.因?yàn)镈C?平面PDC,所以平面 PAD,平面PDC.命題方向2利用空間求量求空間中的角(一)利用空間向量求線線角、線面角例2如圖，六面體ABCDHEFG中，四邊形ABCD為 菱形，AE, BF, CG, DH者B垂直于平面 ABCD ,若DA=DH = DB =4, AE=CG=3.(1)求證：EGXDF ;(2)求BE與平面EFGH所成角的正弦值.解析(1)證明：連接 AC,由AE觸CG可知四邊形 AEGC為

23、平行四邊形.所以 EG AC,而 ACdBD , AC dBF,所以 EG JBD, EG JBF,因?yàn)锽D ABF=B,所以EG,平面BDHF ,又DF ?平面BDHF ,所以EG IDF .(2)設(shè) ACABD = O, EGAHF = P,由已知可得：平面 ADHE /平面 BCGF ,所以EH FG,同理可得：EF/HG,所以四邊形 EFGH為平行四邊形，所以 P為EG的中點(diǎn)，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P觸AE,從而OP，平面ABCD,又OAJOB,所以O(shè)A, OB, OP兩兩垂直，由平面幾何知識(shí)，得 BF = 2.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O yz,則 B(0,2,0), E(2出，0,3

24、),F(0,2,2) , P(0,0,3),所以 BE=(2切，2,3), PE=(273, 0,0), PF = (0,2, 1).設(shè)平面EFGH的法向量為 n=(x, y, z),JPE n=0, 由PF n=0,x= 0, 可得d2y-z= 0,令 y= 1,則 z= 2.所以 n= (0,1,2).設(shè)BE與平面EFGH所成角為2則.0 |/ n|4,5sin仁=總|BE| n |(二)利用空間向量求二面角例3如圖，在以A, B, C,D, E, F為頂點(diǎn)的五面體中， 面ABEF為正方形,AF = 2FD, Z AFD =90°,且二面角 DAF E 與二面角 C- BEF 者

25、B是 60°.證明：平面 ABEFL平面EFDC;(2)求二面角EBCA的余弦值.解析(1)由已知可得 AFJDF, AF1FE,所以AF，平面EFDC .又AF?平面ABEF,故平面 ABEF，平面EFDC. 一 . . . . ，、，、，(2)過D作DGJEF,垂足為 G,由(1)知DG，平面ABEF.以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，GF的萬向?yàn)?、， - -_.- 一x軸正方向，|GF|為單位長(zhǎng)，建立如圖所小的仝間直角坐標(biāo)系G- xyz.由(1)知/DFE為二面角D AF E的平面角，故/DFE=60°,貝U DF = 2, DG = V3,可得 A(1,4,0), B(3,4,0)

26、, E(3,0,0), 0(0,0, <3).由已知，AB/EF,所以 AB/平面EFDC.又平面 ABCDA 平面 EFDC=CD,故 AB QD , CD/EF.由BE /AF,可得 BE,平面EFDC,所以/CEF為二面角 CBEF的平面角，/CEF = 60°.從而可得C(-2,0, V3).連接 AC,則 EC=(1,0, V3), EB= (0,4,0), Ac=(-3, -4,*),AB=( 4,0,0).設(shè)n = (x, y, z)是平面BCE的法向量，則n Ec=0,x+ = 0,彳一即1tn Eb=0,4y =。，所以可取n=(3,0,-病.I m AC=

27、0,設(shè)m是平面ABCD的法向量，則im AB= 0,同理可取m=(0, V3, 4).貝U cos n, m>n m2VT9|n|m19-2 19故二面角E-BC-A的余弦值為規(guī)律總結(jié)5 .利用空間向量求空間角的一般步驟(1)建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系.(2)求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，寫出相關(guān)向量的坐標(biāo).(3)結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算.(4)轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論.6 .利用空間向量求線線角、線面角的思路(1)異面直線所成的角為可以通過兩直線的方向向量的夾角求得，即cos9=|cos(f)|.(2)直線與平面所成的角。主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角。求得，即sin 0= |cos(j)|.7 .

28、利用空間向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角.8 .利用空間向量求點(diǎn)到平面距離的方法如圖，設(shè)A為平面a內(nèi)的一點(diǎn)，B為平面a外的一點(diǎn)，n為平面a的法向量，則B到平面a的距離d=lAB-n1.|n |跟蹤訓(xùn)練Gen zong xun lian1如圖，四邊形 ABCD為正萬形，PD，平面ABCD, PD/QA, QA = AB=qpd.(1)證明：平面 PQC，平面 DCQ;(2)求二面角 QBPC的正弦值.解析(1)由題意可得 QAXWABCD,所以QA1CD.由四邊

29、形ABCD為正方形知DC1AD,又因?yàn)镼A, AD為平面PDAQ內(nèi)兩條相交直線,所以 CDXWPDAQ,所以 CD1PQ.在直角梯形 PDAQ中可得DQ = PQ = 12PD,所以PQ2+DQ2=PD2.由勾股定理得：PQ1QD.又因?yàn)镃D, QD為平面DCQ內(nèi)兩條相交直線，所以 PQL平面DCQ,再由PQ?平面PQC,可得平面 PQCL平面DCQ.(2)如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段DA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，依題意有 Q(1,1,0), C(0,0,1), P(0,2,0), B(1,0,1),CB= (1,0,0), BP=(- 1,2, 1).設(shè)n =

30、(x, v, z)是平面PBC的法向量,n CB=0,x= 0,則$ 一即£n BP=0,、 x+2y-z= 0,可取 n=(0, - 1, -2).同理求得平面PBQ 的法向量 m= (1,1,1),所以COS m,m n 0-1-2一|m|n部如155 ，故有sm m,105 ，即二面角Q-BP-C的正弦值為手.例4如圖所示,=2,點(diǎn)E為AB的中點(diǎn),(1)求證：DiEAiD;(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)_ 兀 4 ，、M ,使二面角 DiMC D的大小為石？右存在，求出 AM的長(zhǎng)，若不存在，說明理由.解析連結(jié)ADi交AiD于F,命題方向3利用向量解決探索性問題正方形AAiDiD與

31、矩形ABCD所在平面互相垂直，AB= 2AD.四邊形AAiDiD為正方形，.ADilAiD,正方形AAiDiD與矩形ABCD所在平面互相垂直，交線為 AD , AE1AD,. AE，平面AAiDiD,又 AiD?平面 AAiDiD. AE giD,又 ADiAAE=A, .AiD，平面ADiE,又 DiE?平面 ADiE, .-.AiD JDiE.(2)存在滿足條件的點(diǎn) M, AM = 2 坐.3解法一：假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn) M ,過點(diǎn)D作DN JCM于點(diǎn)N,連結(jié)DiN ,則DiN JCM ,所以/DiND為二面角Di CM D的平面角,兀所以/DND = 6，在 Rt垣iND 中，DiD=1

32、 所以 DN = <3,又在 RtADNC 中，CD=AB = 2, 兀兀所以/ndc = 6，.,.血cb=6，._ 兀書在 RtMCB 中，BM= BC tam;=,633. AM = 2手. 3故在線段AB上存在一點(diǎn)M,使得二面角DiCMD為，且AM = 2當(dāng).解法二：依題意，以 D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DC、DDi所在直線分別為 x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)?AB=2AD = 2,則 D(0,0,0), C(0,2,0), Di(Q,Q,1), Ai(1,0,1),E- M B所以 dDi = (0,0,1), D1C= (0,2, - 1).一， 一一 易知DDi為平面

33、 MCD的法向量，設(shè) M(1, a,0)(0<a<2),所以 MC=(1,2 a,0),設(shè)平面DiMC的法向量n=(x, y, z),n DHC = 0,所以 一n MIC=0,f(x, v, z )(0, 2, -1 尸0, 即：l(x, y, z )( 1, 2-a, 0 尸 0,z=2y,所以1取y=l,x=(2 a y,則 n = (2-a,1,2),一 兀又二面角Di MC D的大小為鼠6所以co搟|DD1 n16 一 iDDiin |(0, 0 1 M2a, 1, 一 j/ #-aj+1+22即 3a2-12a+ 11=0,解得 a=2±3. 3又因?yàn)?WaW

34、2,所以a= 233 一 ，一_一 ，一 TT 一故在線段 AB上是存在點(diǎn) M ,使二面角 D1-MC-D的大小為且AM = 2規(guī)律總結(jié)利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在 (或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論.(2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，等.若由PAXPD,“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論.跟蹤訓(xùn)練E：G1en zong xun lian(2016北京高考)如圖，在四棱錐 P-ABCD中，平面 PAD，平面 ABCD ,FA=PD,

35、ABXAD, AB= 1 , AD=2, AC=CD =狙(1)求證：PDL平面FAB.(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值.在RA上是否存在點(diǎn)M,使得BM/平面PCD?若存在，求瞿的值；若不存在，說AL明理由.解析(1)因?yàn)槠矫?PAD，平面ABCD,交線為 AD, AB?平面 ABCD , AB1AD,所以ABL平面 PAD .因?yàn)镻D?平面PAD,所以 ABJPD.又因?yàn)?PAJPD, PAA AB = A, PA, AB?平面 PAB,所以PD,平面PAB.(2)取AD中點(diǎn)O,連接OP, OC.因?yàn)镻A=PD,所以O(shè)P1AD.又因?yàn)槠矫?PAD ABCD,交線為 AD, OP?平

36、面PAD,所以O(shè)P，平面ABCD.又因?yàn)锳C=CD,所以O(shè)C1AD.因?yàn)锳B必D ,所以 OC /AB且OC= 2AB .如圖，分別以O(shè)C, OA, OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.P(0,0,1),B(1,1,0), C(2,0,0), D(0, 1,0). PB= (1,1, 1), PC= (2,0, 1), PD= (0, 1, 1).設(shè)平面PCD的法向量為n=(x, v, z),it * Pl> = - v - r = 01所以 z=2x, y= 2x.令 x=1 得，n=(1, -2,2).麗 I -2-2 Arun Pfi.h)- _ _=- - -*I產(chǎn)

37、"11 I百乂33所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為3-(3)方法一：過 B作BE AD ,交OC于H,交CD于E.因?yàn)?OC/AB 且 OC = 2AB,所以 OH/AB, OH=AB, BH= AO.1所以H為OC的中點(diǎn).所以EH/OD, EH = 2OD.所以 BE = 3AD 且 BE/AD. 433在PD, RA上分別取點(diǎn)F, M,使得PF = PD, PM = 4PA,則 FM AD, FM =3AD. 4所以 FM /BE, FM =BE.所以四邊形BEFM為平行四邊形.所以 BM/EF.又因?yàn)锽M?平面PCD, EF?平面PCD,所以BM/平面PCD .因此，在

38、棱PA上存在點(diǎn)M,使得BM/平面PCD,且黑=； AP 4方法二：假設(shè)存在 M點(diǎn)使得BM/面PCD,設(shè)AM= N M(0, y' , z'), AP由(2)知 A(0,1,0), P(0,0,1), AP= (0, 1,1), B(1, 1,0), Am= (0, y' 1, z'),f 一一，_. 一 一、有Am= AP? M(0,1 Z,九所以彘=(-1, -?,?).一、， .一 、，一 7.因?yàn)锽M/面PCD, n為面PCD的法向量，所以 BMn=0,即一1 + 2計(jì)2上0.一一 1AM 1 .所以 上4.綜上，存在 M點(diǎn)，即當(dāng)即'=4時(shí)，M點(diǎn)即

39、為所求.15I覆后強(qiáng)化訓(xùn)練1.在正方體 ABCD A1B1C1D1中，E是C1D1的中點(diǎn)，則異面直線 DE與AC所成角的余弦值為(B )“1A. 20C.,1070"D.20解析設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1 ,以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則 D(0,0,0), E(0, 2，1)，A(1,0,0), C(0,1,0),所以Dl =(0 , 2，1)，AC=(- 1,1,0),1則 cos<DE , AC=星母=二普一一/110，|DE|AC|：4+ 1 2則異面直線DE與AC所成角的余弦值為 曙.V, 3),且 BPL平2 .已知第=(1,5, 2), BC=(3,1, z),若

40、AB，BC, BP=(x-1,面ABC,則實(shí)數(shù)x, v, z分別為（B ）B.C. 40, -2,4D. 4,岑-15解析AB IBC? AB BC=3+ 5-2z= 0,所以z=4,又BP,平面ABC,所以詬 AB=x1+5y+6=0,BP BC=3x 3+y- 3z=0,由得x=40, y=j.3 .已知正方體 ABCD A1B1C1D1 ,下列命題： (A1A + A1D1+A1B1)2= 3A1B1：a1c (A1B1-A7a ) = 0,向量AD1與向量AB的夾角為60°,正方體ABCD A1B1C1D1的體積為MB A1A -AD |,其中正確命題的序-號(hào)是 （B ）A.

41、B.C.D.解析如圖所示:. . .» 一. 一 / 一 >->-> ,- 以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以向量DA, DC, DDi所在直線分別為x軸,y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長(zhǎng)為1,則D(0,0,0), A(1,0,0),B(1,1,0) , C(0,1,0), Ai(1,0,1) , Bi(1,1,1), Ci(0,1,1), Di(0,0,1),對(duì)于：A1A = (0,0, 1), A 1D1 = (一1,0,0),一A1B1 = (0,1,0),22所以 A1A + A1D1 + A1B1 = ( 1,1, 1), (A1A + A D + A1B1) =

42、3,而 A1B1 =1,所以(AA+ A1D1 + A1B1)2 = 3A1 B12 所以正確；一，一 > > > > > >對(duì)于:A1C=( 1,1, 1), A1A = (0,0, 1), A1B1 = (0,1,0),所以 A1C (A1B1 A1A) =0.所以正確;> >h 7X 言 AD1 A1B對(duì)于:AD = (1,0,1),A1B = (0,1 , 1), AD1 A1B = 1, cos AD 1, A1B= |AD1|A1B|11= -f=一r=-1,所以AD 1與A1B的夾角為120°,所以不正確;42X422對(duì)于

43、：因?yàn)锳B aA = 0,所以錯(cuò)誤.故選 b.4. （2018?？谝荒＃┤鐖D，AB是。的直徑，PA垂直于。O所在平面，點(diǎn)C是圓周上不同于 A, B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，且 AB=2, PA =BC=*,則二面角 ABCP的大小為（C ）A. 30°B, 45°C. 60°D. 90°解析因?yàn)锳B是。的直徑，RA垂直于。O所在平面，點(diǎn)C是圓周上不同于A, B兩點(diǎn)的任意一點(diǎn)，且 AB=2, PA=BC=V3,所以 AC JBC, AC= «AB2 BC2 =小3 = 1 ,以點(diǎn)A為原點(diǎn)，在平面 ABC內(nèi)過點(diǎn)A作AC的垂線為x軸，AC為y軸，AP為z軸,建

44、立空間直角坐標(biāo)系，P(0,0, 回 B(43, 1,0), C(0,1,0),pb=(V3, 1,元=(0,1, -73),設(shè)平面PBC的法向量n=(x, v, z),|n PB = tJ3x+y pz= 0,則$ 一、n PC = y >/3z = 0,取 z= 1,得 n= (0, V3, 1),平面ABC的法向量 m= (0,0,1),設(shè)二面角A BC P的平面角為0,則cos仁魯乎=：,所以0= 60。，|m | |n | 2所以二面角 A- BCP的大小為60°.5.在底面是直角梯形的四棱錐S-ABCD中，/ABC=90°, AD/ BC, SAL平面 AB

45、CD ,SA= AB=BC=1, AD=1,則平面SCD與平面SAB所成銳二面角白余弦值是 乎.231解析如圖所不建立空間直角坐標(biāo)系，則依題意可知D(2，0,0),. f 1 一一 I 一一，“、.，.，.一C(1,1,0), S(0,0,1),可知 AD = (2，0,0)是平面 SAB 的一個(gè)法向量.設(shè)平面SCD的法向理n=(x, v, z),一、，21 一1 一因?yàn)?SD=(2，0, 1), DC = (2，1,0),所以 n SD= 0, n DC = 0,可推出 2 z= 0, 2+ y = 0,令 x= 2,則有 y= 1, z= 1,所以 n= (2, 1,1).設(shè)平面SCD與平

46、面SAB所成的銳二面角為 0,1 c c c加 IAD n| cos 0=|AD|n |,63 .2+(-12+122>< 2+0X (1 )+ 0X 16,已知正三棱柱 ABC A1B1C1的各條棱長(zhǎng)都相等，M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線ABi和BM所成的角的大小是 90°.ABi /BD, ZMBD 就解析 延長(zhǎng)AiBi至D,使AiBi=BiD,連接BD, CiD, DM ,則是直線ABi和BM所成的角.設(shè)三棱柱的各條棱長(zhǎng)為 2,則BM = <5, BD = 2/2, CiD2=AiD + AiC2-2AiD AiCiCOs60 = i6+4-2X4= i2.

47、DM2= CiD2+CiM2= i3,BM2+BD2-DM2 所以 C0s，M =2 BM BD =°,所以/DBM = 90°.7 .點(diǎn)P是二面角a AB- 3棱上的一點(diǎn)，分別在平面 & 3上引射線PM, PN,如果/BPM = / BPN = 45°,/ MPN = 60°,那么二面角 a-AB- 3的大小為90.解析不妨設(shè)PM = a, PN= b,如圖.作ME _1AB于點(diǎn)E, NF1AB 于點(diǎn) F,因?yàn)? EPM = /EPN = 45°,所以PE = a,PF*b,三 所以 EM FN = (PM PE) (PN PF)=P

48、M PN-PM PF PE PN+ PE PF=abcos60 a xcos452222 abcos45 + ax 2 bab ab ab ab _-T- - + -= 0,2 222'所以葡局，所以二面角a- AB- 3的大小為90°.8 .如圖，正方形 ABCD和四邊形 ACEF所在平面互相垂直， CEL AC, EF / AC, AB =也，CE= EF = i.求證：AF /平面BDE ;(2)求證：CF，平面BDE;(3)求二面角 ABED的大小.解析(1)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G,因?yàn)镋F/AG,且EF=1,1，一，一，一，一，一，一AG = 2AC=1,所以四邊形

49、AGEF為平行四邊形.所以 AF/EG.因?yàn)镋G?平面BDE, AF?平面BDE ,所以 AF/平面BDE.(2)因?yàn)檎叫?ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，且CEgC,所以CEL平面ABCD.如圖以C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系 Cxyz.則C(0,0,0),1).所以cF=(尊號(hào),A( .2, .2, 0), D( .2, 0,0), E(0,0,1) , B(0, .2, 0), F,梳, 1), BE=(0, _ ® 1), DE=(-V2, 0,1).所以 CF BE=0-1+ 1 = 0, CF DE = - 1 + 0+1 =0.所以 CF JBE, CF I

50、DE,所以 CF,平面 BDE.X /BEn DE= E, BE、DE?平面 BDE.(3)由(2)知，cF=(乎，g2, 1)是平面BDE的一個(gè)法向量，設(shè)一一 一7平面 ABE 的法向量 n = (x, y, z),則 n BA= 0, n BE = 0.(x, V, z)(近，0, 0 尸 0l(x, V, z)(0,-亞 1 / 0n C F 亞M 2 |n|CF|所以 x=0, z= 42y.令 y= 1,則 z= *.所以 n=(0,1, 啦)，從而 cosn, CF>因?yàn)槎娼?A- BE D為銳角,一 一兀所以二面角A BE D為£9.(2018 天津卷，17)如

51、圖，AD/ BC 且 AD=2BC, ADXCD, EG /AD 且 EG = AD, CD / FG 且 CD = 2FG, DG，平面 ABCD, DA=DC = DG =2.若M為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證： MN /平面 CDE.(2)求二面角E-BC-F的正弦值.(3)若點(diǎn)P在線段DG上，且直線 BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長(zhǎng).解析依題意，可以建立以D為原點(diǎn)，分別以dA, IDC, DG的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得D(0,0,0) , A(2,0,0) , B(1,2,0) , C(0,2,0) , E(2,0,2

52、),F(0,1,2) , G(0,0,2), M 0, 2，1 i N(1,0,2).«D , Df 二。一依題意dC= (0,2,0) , DE =(2,0,2).設(shè)n0= (x,y,z)為平面CDE的法向量，則兒比=%2y=0,即：不妨令z= - 1,可得no= (1,0, 1).2x+ 2z= 0,3又MN=(1,-2, 1卜可得MN n o=0,又因?yàn)橹本€ MN?平面CDE,所以MN/平面CDE.(2)依題意，可得 BC=(1,0,0), BE = (1, 2,2), CF = (0, - 1,2).pi BC =U,p x1 = 0,設(shè)n=(x，y，zi)為平面BCE的法向

53、量，則 11 /訪二)，即“不妨/x1-2y1+2z1 = 0,令 z1 = 1,可得 n= (0,1,1).州.麻=U,設(shè)m=(x2, y2, z2)為平面BCF的法向量，則 YF=x2 = 0,即,不妨令z2=1,可得 m= (0,2,1).丫2 + 2z2 = 0 ,因此有cosm, n>m n_ 3.10|m|n10是 sin m, n> = "° ，10 .所以，二面角E-BC-F的正弦值為¥0°.設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(hC0,2),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0, h),可得BP = (i, 2, h).易知，DC = (0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量，故|cos而，DC> =BPWDC=, jh2+5由題意，可得-4=sin60 =坐,解得h = We0,2. h2+523所以線段DP的長(zhǎng)為W3B組1. (2018濟(jì)寧一模)如圖，在四棱錐 P-ABCD中，底面 ABCD是菱形，/ ADC = 60°, 側(cè)面PDC是正三角形，平面 PDC