高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習(xí) 理試題

第3講立體幾何中的向量方法「考情研析」以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答題的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.核心知識回顧1.線、面的位置關(guān)系與向量的關(guān)系設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．(1)l∥m?a∥b?a＝kb?eq\o(□,\s\up3(01))a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；(2)l⊥m?a⊥b?a·b＝eq\o(□,\s\up3(02))0?eq\o(□,\s\up3(03))a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；(3)l∥α?a⊥μ?a·μ＝eq\o(□,\s\up3(04))0?eq\o(□,\s\up3(05))a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；(4)l⊥α?a∥μ?a＝kμ?eq\o(□,\s\up3(06))a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；(5)α∥β?μ∥v?μ＝kv?eq\o(□,\s\up3(07))a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；(6)α⊥β?μ⊥v?μ·v＝eq\o(□,\s\up3(08))0?eq\o(□,\s\up3(09))a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．三種空間角與空間向量的關(guān)系(1)線線角：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θ滿足cosθ＝eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(|a·b|,|a||b|).(2)線面角：設(shè)l是斜線l的方向向量，n是平面α的法向量，則斜線l與平面α所成的角θ滿足sinθ＝eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(|l·n|,|l||n|).(3)二面角①如圖(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝eq\o(□,\s\up3(03))〈Aeq\o(B,\s\up16(→))，Ceq\o(D,\s\up16(→))〉；②如圖(Ⅱ)(Ⅲ)，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝eq\o(□,\s\up3(04))－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．熱點(diǎn)考向探究考向1利用向量證明平行與垂直例1如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分別是棱AD，AA1的中點(diǎn)．(1)設(shè)F是棱AB的中點(diǎn)，證明：直線EE1∥平面FCC1；(2)證明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.證明如圖，過點(diǎn)D作AB垂線交AB于G，則以D為原點(diǎn)，DG，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易得A(eq\r(3)，－1，0)，B(eq\r(3)，3,0)，C(0，2,0)，E1(eq\r(3)，－1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，F(xiàn)(eq\r(3)，1,0)，D1(0,0,2)，B1(eq\r(3)，3,2)，C1(0,2,2)．(1)eq\o(CC1,\s\up16(→))＝(0,0,2)，Ceq\o(F,\s\up16(→))＝(eq\r(3)，－1,0)．設(shè)平面C1FC的法向量n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z＝0，,\r(3)x－y＝0，))令x＝1，得n1＝(1，eq\r(3)，0)，又eq\o(E1E,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，故eq\o(E1E,\s\up16(→))·n1＝0，又E1E?平面FCC1，所以E1E∥平面FCC1.(2)eq\o(D1A,\s\up16(→))＝(eq\r(3)，－1，－2)，eq\o(D1C,\s\up16(→))＝(0,2，－2)，設(shè)平面D1AC的法向量n2＝(a，b，c)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(D1A,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(D1C,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)a－b－2c＝0，,2b－2c＝0，))令b＝1，得其中一個(gè)n2＝(eq\r(3)，1,1)．同理易得平面BB1C1C的一個(gè)法向量n3＝(1，－eq\r(3)，0)，n2·n3＝0，故平面D1AC⊥平面BB1C1C.利用空間向量證明平行與垂直的方法步驟(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，用空間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．(2019·貴陽二模)如圖，在四棱錐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.證明依題意，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Beq\o(E,\s\up16(→))＝(0,1,1)，Deq\o(C,\s\up16(→))＝(2,0,0)，故Beq\o(E,\s\up16(→))·Deq\o(C,\s\up16(→))＝0.所以BE⊥DC.(2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因?yàn)锳B⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以向量Aeq\o(B,\s\up16(→))＝(1,0,0)為平面PAD的一個(gè)法向量，而eq\o(BE,\s\up16(→))·Aeq\o(B,\s\up16(→))＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以Beq\o(E,\s\up16(→))⊥Aeq\o(B,\s\up16(→))，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一個(gè)法向量Aeq\o(B,\s\up16(→))＝(1,0,0)，向量Peq\o(D,\s\up16(→))＝(0,2，－2)，Deq\o(C,\s\up16(→))＝(2,0,0)，設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·P\o(D,\s\up16(→))＝0，,n·D\o(C,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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．則n·Aeq\o(B,\s\up16(→))＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥Aeq\o(B,\s\up16(→)).所以平面PAD⊥平面PCD.考向2利用空間向量求空間角角度1利用空間向量求異面直線所成的角例2如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn)，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)證明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值．解(1)證明：連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2).從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因?yàn)镋G?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如圖，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(GB,\s\up16(→))，eq\o(GC,\s\up16(→))的方向?yàn)閤軸，y軸正方向，|eq\o(GB,\s\up16(→))|為單位長，建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz.由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0，eq\r(2))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up16(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up16(→))，eq\o(CF,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up16(→))·\o(CF,\s\up16(→)),|\o(AE,\s\up16(→))||\o(CF,\s\up16(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).角度2利用空間向量求線面角例3(2019·銀川一中新高三入學(xué)考試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為8的菱形，∠BAD＝60°，△PBD是等邊三角形，二面角P－BD－C的余弦值為eq\f(1,3).(1)求證：BD⊥PC；(2)求直線PC與平面PAD夾角的正弦值．解(1)證明：連接AC交BD于點(diǎn)O，連接PO.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC，且AC和BD互相平分．又因?yàn)镻B＝PD，O為BD的中點(diǎn)，所以BD⊥PO，又因?yàn)镻O∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC.因?yàn)镻C?平面PAC，所以BD⊥PC.(2)過點(diǎn)P作PE⊥OC，交點(diǎn)為E，因?yàn)锽D⊥平面PAC，所以BD⊥PE，因?yàn)锽D∩OC＝O，所以PE⊥平面ABCD.易知∠POE為二面角P－BD－C的平面角，所以cos∠POE＝eq\f(1,3)，sin∠POE＝eq\f(2\r(2),3).又因?yàn)椤螧AD＝60°，所以△ABD和△PBD都是邊長為8的等邊三角形．所以O(shè)P＝4eq\r(3)，則PE＝eq\f(8\r(6),3)，OE＝eq\f(4\r(3),3).建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－4eq\r(3)，0)，D(4，0,0)，C(0,4eq\r(3)，0)，P0，eq\f(4\r(3),3)，eq\f(8\r(6),3).所以eq\o(AD,\s\up16(→))＝(4,4eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up16(→))＝－4，eq\f(4\r(3),3)，eq\f(8\r(6),3)，eq\o(PC,\s\up16(→))＝0，eq\f(8\r(3),3)，－eq\f(8\r(6),3).設(shè)平面PAD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))·m＝0，,\o(DP,\s\up16(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x1＋4\r(3)y1＝0，,－4x1＋\f(4\r(3),3)y1＋\f(8\r(6),3)z1＝0，))令x1＝－3，則y1＝eq\r(3)，z1＝－eq\r(6)，得平面PAD的一個(gè)法向量m＝(－3，eq\r(3)，－eq\r(6))．所以|cos〈m，eq\o(PC,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|m·\o(PC,\s\up16(→))|,|m||\o(PC,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，所以直線PC與平面PAD夾角的正弦值為eq\f(\r(2),2).角度3利用空間向量求二面角例4(2019·馬鞍山高三監(jiān)測)如圖，半圓柱O′O中，平面ABB′A′過上、下底面的圓心O′，O，點(diǎn)C，D分別在半圓弧AB，A′B′上且.(1)求證：CD∥平面ABB′A′；(2)若2AC＝AB＝AA′，求二面角C－AD－B的余弦值．解(1)證明：如圖，取的中點(diǎn)M，∵OO′⊥平面ABC，∴OA，OM，OO′兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OM，OO′所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，連接OC，設(shè)OA＝1，∠AOC＝θ(0<θ<π)，則A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(cosθ，sinθ，0)，D(－cosθ，sinθ，t)，于是eq\o(CD,\s\up16(→))＝(－2cosθ，0，t)，而平面ABB′A′的一個(gè)法向量eq\o(OM,\s\up16(→))＝(0,1,0)，由于eq\o(CD,\s\up16(→))·eq\o(OM,\s\up16(→))＝0及CD?平面ABB′A′，所以CD∥平面ABB′A′.(2)設(shè)OA＝1，∵2AC＝AB＝AA′，則Ceq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，0，D－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，2，eq\o(CD,\s\up16(→))＝(－1,0,2)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，0，eq\o(BD,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，2，eq\o(BA,\s\up16(→))＝(2,0,0)．設(shè)平面CAD的法向量n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up16(→))·n1＝－x＋2z＝0，,\o(AC,\s\up16(→))·n1＝－\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))不妨令x＝2eq\r(3)，得n1＝(2eq\r(3)，2，eq\r(3))，設(shè)平面BAD的法向量n2＝(x′，y′，z′)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up16(→))·n2＝\f(1,2)x′＋\f(\r(3),2)y′＋2z′＝0，,\o(BA,\s\up16(→))·n2＝2x′＝0，))不妨設(shè)y′＝4，得n2＝(0,4，－eq\r(3))，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(5,\r(19)·\r(19))＝eq\f(5,19)，故二面角C－AD－B的余弦值為eq\f(5,19).三種空間角的向量求法(1)異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.(2)直線與平面所成的角θ主要可以通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.(3)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．(2019·湖南永州高三第三次模擬)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，且側(cè)面ABB1A1為菱形．(1)證明：A1B⊥平面AB1C1；(2)若∠A1AB＝60°，AB＝2，直線AC1與底面ABC所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5)，求二面角A1－AC1－B1的余弦值．解(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BB1A1是菱形，則A1B⊥AB1，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB為交線，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.∵BC∥B1C1，∴A1B⊥B1C1，又AB1∩C1B1＝B1，∴A1B⊥平面AB1C1.(2)取A1B1的中點(diǎn)M，連接BM，易證BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以BA所在直線為x軸，BC所在直線為y軸，BM所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC＝t(t>0)，則A(2,0,0)，A1(1,0，eq\r(3))，C(0，t,0)，eq\o(AA1,\s\up16(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－2，t,0)．因?yàn)樗倪呅蜛1ACC1為平行四邊形，則eq\o(AC1,\s\up16(→))＝eq\o(AA1,\s\up16(→))＋eq\o(A1C1,\s\up16(→))＝eq\o(AA1,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－3，t，eq\r(3))，易知ABC的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)，∴|cos〈eq\o(AC1,\s\up16(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up16(→))·n|,|\o(AC1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(\r(3),\r(12＋t2))＝eq\f(\r(5),5)，解得t＝eq\r(3).∵eq\o(A1A,\s\up16(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up16(→))＝(－3，eq\r(3)，eq\r(3))，設(shè)平面AA1C1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1A,\s\up16(→))＝x1－\r(3)z1＝0，,n1·\o(AC1,\s\up16(→))＝－3x1＋\r(3)y1＋\r(3)z1＝0，))令z1＝1，則n1＝(eq\r(3)，2,1)，由(1)可得平面AB1C1的一個(gè)法向量eq\o(BA1,\s\up16(→))＝(1,0，eq\r(3))，∴cos〈n1，eq\o(BA1,\s\up16(→))〉＝eq\f(n1·\o(BA1,\s\up16(→)),|n1||\o(BA1,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(6),4)，∴二面角A1－AC1－B1的余弦值為eq\f(\r(6),4).考向3立體幾何中的探索性問題例5如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，AD＝AP，E為棱PD的中點(diǎn)．(1)證明：PD⊥平面ABE；(2)若F為AB的中點(diǎn)，eq\o(PM,\s\up16(→))＝λeq\o(PC,\s\up16(→))(0<λ<1)，試確定λ的值，使二面角P－FM－B的余弦值為－eq\f(\r(3),3).解(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB，又∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.又∵PD?平面PAD，∴PD⊥AB，①∵AD＝AP，E為PD中點(diǎn)，∴AE⊥PD，②由①②且AB∩AE＝A，可得PD⊥平面ABE.(2)以A為原點(diǎn)，以eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AD,\s\up16(→))，eq\o(AP,\s\up16(→))為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，令|AB|＝2，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2，2,0)，E(0,1,1)，F(xiàn)(1,0,0)，eq\o(PF,\s\up16(→))＝(1,0，－2)，Peq\o(C,\s\up16(→))＝(2,2，－2)，eq\o(PM,\s\up16(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)，Beq\o(F,\s\up16(→))＝(－1,0,0)，F(xiàn)eq\o(M,\s\up16(→))＝(2λ－1,2λ，2－2λ)．設(shè)平面PFM的法向量m＝(x，y，z)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PF,\s\up16(→))＝0，,m·\o(PM,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2z＝0，,2λx＋2λy－2λz＝0，))m＝(2，－1,1)，設(shè)平面BFM的法向量n＝(x，y，z)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BF,\s\up16(→))＝0，,n·\o(FM,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,2λ－1x＋2λy＋2－2λz＝0，))取z＝λ，則n＝(0，λ－1，λ)，|cos〈m，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－λ＋λ,\r(6)\r(λ2＋λ－12))))＝eq\f(\r(3),3)，解得λ＝eq\f(1,2).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，把“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”等．若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論．(2019·桂林高三4月一模)如圖1，在邊長為3的菱形ABCD中，已知AF＝EC＝1，且EF⊥BC.將梯形ABEF沿直線EF折起，使BE⊥平面CDFE，如圖2，P，M分別是BD，AD上的點(diǎn)．(1)若平面PAE∥平面CMF，求AM的長；(2)是否存在點(diǎn)P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°？若存在，求出eq\f(BP,BD)的值；若不存在，請說明理由．解(1)因?yàn)槠矫鍼AE與平面CDFE有公共點(diǎn)E，所以平面PAE與平面CDFE相交，設(shè)交線為EQ，若平面PAE∥平面CMF，因?yàn)槠矫鍯DFE∩平面CMF＝CF，則EQ∥CF.設(shè)EQ∩DF＝Q，又因?yàn)镕Q∥CE，所以四邊形ECFQ是平行四邊形，F(xiàn)Q＝CE，同理，由平面PAE∥平面CMF，因?yàn)槠矫鍼AE∩平面ADQ＝AQ，平面CMF∩平面ADQ＝MF，所以AQ∥MF.所以eq\f(AM,AD)＝eq\f(QF,QD)＝eq\f(1,3).因?yàn)锳F⊥DF，AF＝1，DF＝2，所以AD＝eq\r(5)，所以AM＝eq\f(\r(5),3).(2)結(jié)論：存在點(diǎn)P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°.在題圖2中，以點(diǎn)F為原點(diǎn)，分別以FE，F(xiàn)D，F(xiàn)A所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．易得EF＝2eq\r(2)，則F(0,0,0)，E(2eq\r(2)，0,0)，又A(0,0,1)，B(2eq\r(2)，0,2)，D(0,2,0)，所以eq\o(FD,\s\up16(→))＝(0,2,0)，eq\o(AE,\s\up16(→))＝(2eq\r(2)，0，－1)，eq\o(BD,\s\up16(→))＝(－2eq\r(2)，2，－2)，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(2eq\r(2)，0,1)，設(shè)eq\o(BP,\s\up16(→))＝λeq\o(BD,\s\up16(→))(λ∈(0,1])，則eq\o(BP,\s\up16(→))＝(－2eq\r(2)λ，2λ，－2λ)，則eq\o(AP,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BP,\s\up16(→))＝(2eq\r(2)－2eq\r(2)λ，2λ，1－2λ)，設(shè)平面PAE的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AP,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x－z＝0，,2\r(2)－2\r(2)λx＋2λy＋1－2λz＝0，))令x＝1，可得z＝2eq\r(2)，y＝3eq\r(2)－eq\f(2\r(2),λ)，所以n＝(1,3eq\r(2)－eq\f(2\r(2),λ)，2eq\r(2))．若存在點(diǎn)P，使DF與平面PAE所成的角是45°，則|cos〈n，eq\o(FD,\s\up16(→))〉|＝eq\f(23\r(2)－\f(2\r(2),λ),2\r(9＋3\r(2)－\f(2\r(2),λ)2))＝eq\f(\r(2),2)，解得λ＝eq\f(4±2\r(2),3)，因?yàn)棣恕?0,1]，所以λ＝eq\f(4－2\r(2),3)，即eq\f(BP,BD)＝eq\f(4－2\r(2),3).故存在一點(diǎn)P，當(dāng)eq\f(BP,BD)＝eq\f(4－2\r(2),3)時(shí)，直線DF與平面PAE所成的角是45°.真題押題1．(2019·遵義航天高級中學(xué)高三第四次模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(1,5)D.eq\f(\r(2),2)答案A解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，eq\r(3))，B1(1,1，eq\r(3))，∴eq\o(AD1,\s\up16(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up16(→))＝(1,1，eq\r(3))，設(shè)eq\o(AD1,\s\up16(→))，eq\o(DB1,\s\up16(→))的夾角為θ，則有cosθ＝eq\f(\o(AD1,\s\up16(→))·\o(DB1,\s\up16(→)),|\o(AD1,\s\up16(→))||\o(DB1,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為|cosθ|＝eq\f(\r(5),5)，故選A.2．(2019·東北三校聯(lián)考)已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱A1B1的中點(diǎn)，則直線AE與平面BDD1B1所成角的正弦值為________．答案eq\f(\r(10),10)解析以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1B1，A1D1，A1A所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長為2，則A(0,0,2)，C(2,2,2)，E(1,0,0)，Aeq\o(C,\s\up16(→))＝(2,2,0)，Aeq\o(E,\s\up16(→))＝(1,0，－2)．∵AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BDD1B1，則Aeq\o(C,\s\up16(→))＝(2,2,0)是平面BDD1B1的一個(gè)法向量．設(shè)直線AE與平面BDD1B1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈Aeq\o(C,\s\up16(→))，Aeq\o(E,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|A\o(C,\s\up16(→))·A\o(E,\s\up16(→))|,|A\o(C,\s\up16(→))||A\o(E,\s\up16(→))|)＝eq\f(\r(10),10).3．(2019·北京高考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(1)求證：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F－AE－P的余弦值；(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由．解(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又因?yàn)锳D⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.(2)過點(diǎn)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E(0,1,1)．所以eq\o(AE,\s\up16(→))＝(0,1,1)，eq\o(PC,\s\up16(→))＝(2,2，－2)，eq\o(AP,\s\up16(→))＝(0,0,2)．所以eq\o(PF,\s\up16(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(AP,\s\up16(→))＋eq\o(PF,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))令z＝1，則y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)．又因?yàn)槠矫鍼AD的一個(gè)法向量為p＝(1,0,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝－eq\f(\r(3),3).由題知，二面角F－AE－P為銳角，所以其余弦值為eq\f(\r(3),3).(3)直線AG在平面AEF內(nèi)．理由：因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3)，eq\o(PB,\s\up16(→))＝(2，－1，－2)，所以eq\o(PG,\s\up16(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，所以eq\o(AG,\s\up16(→))＝eq\o(AP,\s\up16(→))＋eq\o(PG,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).由(2)知，平面AEF的一個(gè)法向量n＝(－1，－1,1)，所以eq\o(AG,\s\up16(→))·n＝－eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)＝0.又直線AG與平面AEF有公共點(diǎn)A，所以直線AG在平面AEF內(nèi)．4．(2019·黃山高三第二次質(zhì)量檢測)如圖，已知四邊形ABCD滿足AD∥BC，BA＝AD＝DC＝eq\f(1,2)BC＝a，E是BC的中點(diǎn)，將△BAE沿AE翻折成△B1AE，使得B1D＝eq\f(\r(6),2)a，F(xiàn)為B1D的中點(diǎn)．(1)證明：B1E∥平面ACF；(2)求平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值．解(1)證明：連接ED交AC于點(diǎn)O，連接OF，由四邊形AECD為菱形，F(xiàn)為B1D的中點(diǎn)得，OF∥B1E，B1E?平面ACF，所以B1E∥平面ACF.(2)取AE的中點(diǎn)M，連接DM，B1M，易知B1M⊥AM，DM⊥AM，由AB1＝a，AD＝a，AM＝eq\f(a,2)，得B1M＝DM＝eq\f(\r(3),2)a，又B1D＝eq\f(\r(6),2)a，∴B1M2＋DM2＝B1D2，∴B1M⊥DM，∴B1M，DM，MA兩兩垂直．以MD，MA，MB1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．則A0，eq\f(a,2)，0，Deq\f(\r(3)a,2)，0,0，B10,0，eq\f(\r(3)a,2)，Ceq\f(\r(3)a,2)，－a,0，E0，－eq\f(a,2)，0，eq\o(EC,\s\up16(→))＝eq\f(\r(3)a,2)，－eq\f(a,2)，0，eq\o(EB1,\s\up16(→))＝0，eq\f(a,2)，eq\f(\r(3)a,2)，eq\o(AD,\s\up16(→))＝eq\f(\r(3)a,2)，－eq\f(a,2)，0，eq\o(AB1,\s\up16(→))＝0，－eq\f(a,2)，eq\f(\r(3)a,2)，設(shè)平面ADB1的法向量m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)x－\f(a,2)y＝0，,－\f(a,2)y＋\f(\r(3)a,2)z＝0，))令y＝1，解得m＝eq\f(\r(3),3)，1，eq\f(\r(3),3)，同理平面ECB1的一個(gè)法向量n＝eq\f(\r(3),3)，1，－eq\f(\r(3),3)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(3,5)，故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為eq\f(3,5).『金版押題』5.如圖，在多面體ABCDEF中，梯形ADEF與平行四邊形ABCD所在平面互相垂直，AF∥DE，DE⊥AD，AD⊥BE，AF＝AD＝eq\f(1,2)DE＝1，AB＝eq\r(2).(1)求證：BF∥平面CDE；(2)求二面角B－EF－D的余弦值；(3)判斷線段BE上是否存在點(diǎn)Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出eq\f(BQ,BE)的值；若不存在，說明理由．解(1)證明：由底面ABCD為平行四邊形，知AB∥CD，又因?yàn)锳B?平面CDE，CD?平面CDE，所以AB∥平面CDE.同理AF∥平面CDE，又因?yàn)锳B∩AF＝A，所以平面ABF∥平面CDE.又因?yàn)锽F?平面ABF，所以BF∥平面CDE.(2)連接BD，因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，所以DE⊥平面ABCD，則DE⊥DB.又因?yàn)镈E⊥AD，AD⊥BE，DE∩BE＝E，所以AD⊥平面BDE，則AD⊥BD.故DA，DB，DE兩兩垂直，所以以DA，DB，DE所在的直線分別為x軸、y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，E(0，0,2)，F(xiàn)(1,0,1)，所以eq\o(BE,\s\up16(→))＝(0，－1,2)，eq\o(EF,\s\up16(→))＝(1,0，－1)，n＝(0,1,0)為平面DEF的一個(gè)法向量．設(shè)平面BEF的法向量為m＝(x，y，z)，由m·eq\o(BE,\s\up16(→))＝0，m·eq\o(EF,\s\up16(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,x－z＝0，))令z＝1，得m＝(1,2,1)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(6),3).如圖可得二面角B－EF－D為銳角，所以二面角B－EF－D的余弦值為eq\f(\r(6),3).(3)結(jié)論：線段BE上存在點(diǎn)Q，使得平面CDQ⊥平面BEF.證明如下：設(shè)eq\o(BQ,\s\up16(→))＝λeq\o(BE,\s\up16(→))＝(0，－λ，2λ)(λ∈(0,1))，所以eq\o(DQ,\s\up16(→))＝eq\o(DB,\s\up16(→))＋eq\o(BQ,\s\up16(→))＝(0,1－λ，2λ)．設(shè)平面CDQ的法向量為u＝(a，b，c)，又因?yàn)閑q\o(DC,\s\up16(→))＝(－1,1，0)，所以u·eq\o(DQ,\s\up16(→))＝0，u·eq\o(DC,\s\up16(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－λb＋2λc＝0，,－a＋b＝0，))令b＝1，得u＝1,1，eq\f(λ－1,2λ).若平面CDQ⊥平面BEF，則m·u＝0，即1＋2＋eq\f(λ－1,2λ)＝0，解得λ＝eq\f(1,7)∈(0,1)．所以線段BE上存在點(diǎn)Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，且此時(shí)eq\f(BQ,BE)＝eq\f(1,7).

配套作業(yè)1．(2019·六盤山高級中學(xué)高三二模)如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上除A，B外的一個(gè)動點(diǎn)，DC垂直于半圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4.(1)證明：平面ADE⊥平面ACD；(2)當(dāng)C點(diǎn)為半圓的中點(diǎn)時(shí)，求二面角D－AE－B的余弦值．解(1)證明：∵AB是直徑，∴BC⊥AC，∵CD⊥平面ABC，∴CD⊥BC，∵CD∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD，∵CD∥BE，CD＝BE，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∴BC∥DE，∴DE⊥平面ACD，∵DE?平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD.(2)依題意，AC＝BC＝2eq\r(2)，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,1)，E(0,2eq\r(2)，1)，A(2eq\r(2)，0,0)，B(0,2eq\r(2)，0)，∴eq\o(AB,\s\up16(→))＝(－2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，eq\o(BE,\s\up16(→))＝(0,0,1)，eq\o(DE,\s\up16(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，eq\o(DA,\s\up16(→))＝(2eq\r(2)，0，－1)，設(shè)平面DAE的法向量為n1＝(x，y，z)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DE,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(DA,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)y＝0，,2\r(2)x－z＝0，))∴n1＝(1,0,2eq\r(2))，設(shè)平面ABE的法向量為n2＝(x′，y′，z′)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BE,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(AB,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z′＝0，,－2\r(2)x′＋2\r(2)y′＝0，))∴n2＝(1,1,0)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(9))＝eq\f(\r(2),6)，∵二面角D－AE－B是鈍角，∴二面角D－AE－B的余弦值為－eq\f(\r(2),6).2．(2019·聊城高三一模)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.(1)證明：AC1⊥BC；(2)求直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值．解(1)證明：∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.∴AC1＝eq\r(4＋16－2×2×4×cos60°)＝2eq\r(3)，∴ACeq\o\al(2,1)＋AC2＝CCeq\o\al(2,1)，∴AC1⊥AC，∵平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，∴AC1⊥平面ABC，∴AC1⊥BC.(2)如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為y軸，AC1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(eq\r(3)，－1,0)，B1(－eq\r(3)，5，2eq\r(3))，B(0,4,0)，A(0,0,0)，eq\o(CB1,\s\up16(→))＝(－2eq\r(3)，6,2eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(0,4,0)，eq\o(AB1,\s\up16(→))＝(－eq\r(3)，5,2eq\r(3))，設(shè)平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝4y＝0，,n·\o(AB1,\s\up16(→))＝－\r(3)x＋5y＋2\r(3)z＝0，))取x＝2，得n＝(2,0,1)，設(shè)直線CB1與平面ABB1A1所成角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(CB1,\s\up16(→))·n|,|\o(CB1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(2\r(3),\r(60)×\r(5))＝eq\f(1,5)，∴直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值為eq\f(1,5).3.(2019·蚌埠市高三下學(xué)期第二次教學(xué)質(zhì)量檢查)如圖所示，菱形ABCD的邊長為2，∠D＝60°，點(diǎn)H為DC的中點(diǎn)，現(xiàn)以線段AH為折痕將菱形折起使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置且平面PHA⊥平面ABCH，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點(diǎn)．(1)求證：平面PBC∥平面EFH；(2)求平面PAH與平面PBC所成銳二面角的余弦值．解(1)證明：菱形ABCD中，E，H分別為AB，CD的中點(diǎn)，所以BE∥CH，BE＝CH，四邊形BCHE為平行四邊形，則BC∥EH，又EH?平面PBC，所以EH∥平面PBC.又點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點(diǎn)，則EF∥BP，EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC.而EF∩EH＝E，所以平面EFH∥平面PBC.(2)菱形ABCD中，∠D＝60°，則△ACD為正三角形，所以AH⊥CD，AH＝eq\r(3)，DH＝PH＝CH＝1.折疊后，PH⊥AH，又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，從而PH⊥平面ABCH.因?yàn)锳H⊥CD，所以HA，HC，HP三條線兩兩垂直，以eq\o(HA,\s\up16(→))，eq\o(HC,\s\up16(→))，eq\o(HP,\s\up16(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(eq\r(3)，2,0)，eq\o(CB,\s\up16(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(CP,\s\up16(→))＝(0，－1,1)，設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB,\s\up16(→))＝0，,m·\o(CP,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,－y＋z＝0，))令y＝－eq\r(3)，得x＝1，z＝－eq\r(3)，所以m＝(1，－eq\r(3)，－eq\r(3))．因?yàn)槠矫鍼AH的一個(gè)法向量n＝(0,1,0)，所以cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(3),\r(7))＝－eq\f(\r(21),7).設(shè)平面PAH與平面PBC所成銳二面角為α，則cosα＝eq\f(\r(21),7).4．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2eq\r(2)，BC＝4eq\r(2)，PA＝2.(1)求證：AB⊥PC；(2)在線段PD上，是否存在一點(diǎn)M，使得二面角M－AC－D的大小為45°，如果存在，求BM與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請說明理由．解(1)證明：如圖，由已知得四邊形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2eq\r(2)，BC＝4eq\r(2)，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以AB⊥PC.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，C(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，D(0，2eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，B(2eq\r(2)，－2eq\r(2)，0)，Peq\o(D,\s\up16(→))＝(0，2eq\r(2)，－2)，Aeq\o(C,\s\up16(→))＝(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)．設(shè)Peq\o(M,\s\up16(→))＝teq\o(PD,\s\up16(→))(0<t<1)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，2eq\r(2)t，2－2t)，所以Aeq\o(M,\s\up16(→))＝(0，2eq\r(2)t，2－2t)．設(shè)平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·A\o(C,\s\up16(→))＝0，,n·A\o(M,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x＋2\r(2)y＝0，,2\r(2)ty＋2－2tz＝0，))則可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(\r(2)t,1－t))).又m＝(0,0,1)是平面ACD的一個(gè)法向量，所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)t,t－1)))),\r(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)t,t－1)))2))＝cos45°＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝eq\f(1,2)，即點(diǎn)M是線段PD的中點(diǎn)．此時(shí)平面MAC的一個(gè)法向量可取n0＝(1，－1，eq\r(2))，Beq\o(M,\s\up16(→))＝(－2eq\r(2)，3eq\r(2)，1)．設(shè)BM與平面MAC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n0，Beq\o(M,\s\up16(→))〉|＝eq\f(2\r(6),9).5．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝eq\r(5)，且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)．(1)求證：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；(3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn)，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為eq\f(1,3)，求線段A1E的長．解如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)．因?yàn)镸，N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，N(1，－2,1)．(1)證明：依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，Meq\o(N,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,2)，0)).由此可得Meq\o(N,\s\up16(→))·n＝0，又直線MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)eq\o(AD1,\s\up16(→))＝(1，－2,2)，Aeq\o(C,\s\up16(→))＝(2,0,0)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD1,\s\up16(→))＝0，,n1·A\o(C,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－2y1＋2z1＝0，,2x1＝0.))不妨設(shè)z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB1,\s\up16(→))＝0，,n2·A\o(C,\s\up16(→))＝0，))又eq\o(AB1,\s\up16(→))＝(0,1,2)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋2z2＝0，,2x2＝0.))不妨設(shè)z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．因此有cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(\r(10),10)，于是sin〈n1，n2〉＝eq\f(3\r(10),10)，所以二面角D1－AC－B1的正弦值為eq\f(3\r(10),10).(3)依題意，可設(shè)eq\o(A1E,\s\up16(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up16(→))，其中λ∈[0,1]，則E(0，λ，2)，從而Neq\o(E,\s\up16(→))＝(－1，λ＋2,1)．又n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，由已知，得cos〈Neq\o(E,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(N\o(E,\s\up16(→))·n,|N\o(E,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(1,\r(－12＋λ＋22＋12))＝eq\f(1,3)，整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝eq\r(7)－2.所以線段A1E的長為eq\r(7)－2.6．(2019·朝陽區(qū)高三二模)如圖，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)求證：AF⊥CD；(2)求直線BF與平面CDE所成角的正弦值；(3)線段BD上是否存在點(diǎn)M，使得直線CE∥平面AFM，若存在，求eq\f(BM,BD)的值；若不存在，請說明理由．解(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形，所以AF⊥AD.又因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因?yàn)椤螧AD＝90°，所以AB，AD，AF兩兩垂直．分別以AB，AD，AF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．因?yàn)锳B＝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(xiàn)(0,0,1)，所以eq\o(BF,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq\o(DC,\s\up16(→))＝(1,2,0)，eq\o(DE,\s\up16(→))＝(0,0,1)．設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,z＝0.))令x＝2，則y＝－1，所以n＝(2，－1,0)．設(shè)直線BF與平面CDE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(BF,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|2×－1|,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).(3)結(jié)論：線段BD上存在點(diǎn)M，使得直線CE∥平面AFM.設(shè)eq\f(BM,BD)＝λ(λ∈[0,1])，設(shè)M(x1，y1，z1)，由eq\o(BM,\s\up16(→))＝λeq\o(BD,\s\up16(→))，得(x1－1，y1，z1)＝λ(－1,1,0)，所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)，所以eq\o(AM,\s\up16(→))＝(1－λ，λ，0)．設(shè)平面AFM的法向量為m＝(x0，y0，z0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AF,\s\up16(→))＝0.))因?yàn)閑q\o(AF,\s\up16(→))＝(0,0,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－λx0＋λy0＝0，,z0＝0.))令x0＝λ，則y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)．在線段BD上存在點(diǎn)M，使得CE∥平面AFM等價(jià)于存在λ∈[0,1]，使得m·eq\o(CE,\s\up16(→))＝0.因?yàn)閑q\o(CE,\s\up16(→))＝(－1，－2,1)，由m·eq\o(CE,\s\up16(→))＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝eq\f(2,3)∈[0,1]，所以線段BD上存在點(diǎn)M，使得CE∥平面AFM，且eq\f(BM,BD)＝eq\f(2,3).7．如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝eq\f(2π,3)，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(1)求證：EF⊥平面BCF；(2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)M在什么位置時(shí)，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，并求此時(shí)二面角的余弦值．解(1)證明：設(shè)AD＝CD＝BC＝CF＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝eq\f(2π,3)，∴AB＝2，∠CBA＝60°.∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos60°＝3.∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.①又∵CF⊥平面ABCD，∴CF⊥AC.②由①②可得AC⊥平面BCF.又∵四邊形ACFE為矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)由(1)可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，則C(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴eq\o(AB,\s\up16(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BM,\s\up16(→))＝(λ，－1,1)，設(shè)n1＝(x，y，z)為平面MAB的一個(gè)法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(BM,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,λx－y＋z＝0，))取x＝1，則n1＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)，設(shè)平面MAB與平面FCB所成銳二面角為θ，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一個(gè)法向量，∴cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋\r(3)－λ2)×1)＝eq\f(1,\r(λ－\r(3)2＋4)).∵0≤λ≤eq\r(3)，∴當(dāng)λ＝0時(shí)，cosθ有最小值eq\f(\r(7),7)，∴點(diǎn)M與點(diǎn)F重合時(shí)，平面MAB與平面FCB所成二面角最大，此時(shí)二面角的余弦值為eq\f(\r(7),7).8．(2019·凱里市第一中學(xué)高三模擬)如圖所示，三棱錐P－ABC放置在以AC為直徑的半圓面O上，O為圓心，B為圓弧上的一點(diǎn)，D為線段PC上的一點(diǎn)，且AB＝BC＝PA＝3，PB＝3eq\r(2)，PA⊥BC.(1)求證：平面BOD⊥平面PAC；(2)當(dāng)二面角D－AB－C的平面角為60°時(shí)，求eq\f(PD,PC)的值．解(1)證明：∵由AB＝PA＝3，PB＝3eq\r(2)，∴PA2＋AB2＝PB2，∴PA⊥AB，又PA⊥BC且AB∩BC＝B，∴PA⊥平面ABC.∵BO?平面ABC，∴PA⊥BO，由BA＝BC，圓心O為AC的中點(diǎn)，所以BO⊥AC.因?yàn)锳C∩PA＝A，故BO⊥平面PAC，又BO?平面BOD，所以平面BOD⊥平面PAC.(2)由(1)知PA⊥平面ABC，且BA⊥BC，過點(diǎn)B作PA的平行線，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意知B(0,0,0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，P(3,0,3)，設(shè)eq\o(PD,\s\up16(→))＝λeq\o(PC,\s\up16(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(BA,\s\up16(→))＝(3,0,0)，eq\o(BD,\s\up16(→))＝eq\o(BP,\s\up16(→))＋eq\o(PD,\s\up16(→))＝(3,0,3)＋λ(－3,3，－3)＝(3－3λ，3λ，3－3λ)，設(shè)m＝(x，y，z)為平面BAD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up16(→))·m＝0，,\o(BD,\s\up16(→))·m＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\c