專題17空間向量與立體幾何（新高考地區(qū)專用）

專題1.7空間向量與立體幾何高考對本部分內(nèi)容的考查以能力為主，重點(diǎn)考查線面關(guān)系、面面關(guān)系、線面角及二面角的求解，考查數(shù)形結(jié)合的思想，空間想象能力及運(yùn)算求解能力等．1．主要有兩種考查形式：(1)利用立體幾何的知識證明線面關(guān)系、面面關(guān)系；(2)考查學(xué)生利用空間向量解決立體幾何的能力，考查空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及平面的法向量等，難度屬于中等偏上，解題時(shí)應(yīng)熟練掌握空間向量的坐標(biāo)表示和坐標(biāo)運(yùn)算，把空間立體幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題.2．運(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算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)；(3)寫出向量坐標(biāo)；(4)結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；(5)轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．3．求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角．注意：兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角．設(shè)平面α，β的法向量分別為μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夾角為θ(0≤θ≤π)，則.4．用向量解決探索性問題的方法：(1)確定點(diǎn)在線段上的位置時(shí)，通常利用向量共線來求．(2)確定點(diǎn)在平面內(nèi)的位置時(shí)，充分利用平面向量基本定理表示出有關(guān)向量的坐標(biāo)而不是直接設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)．(3)解題時(shí)，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)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題．1．（2023·云南昆明·統(tǒng)考一模）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1(1)從三個條件：①AC⊥BD；②∠ADC=120°；③BD=2AD中任選一個作為已知條件，證明：BC⊥DC(2)在（1）的前提下，若AB=3AA1，P是棱BB【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理分析證明；（2）建系，利用空間向量求面面夾角.【解答過程】（1）對①：設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為E，∵△ABC是等邊三角形，且AC⊥BD，則E為AC的中點(diǎn)，可得DA=DC，且AB=BC,BD=BD，則△BAD?△BCD，故∠BCD=∠BAD=90°，即BC⊥CD，又∵CC1⊥平面ABCD，BC?∴BC⊥CC1，且CD∩CC故BC⊥平面CDD注意到DC1?平面CD對②：∵∠ADC+∠ABC=180°，則∠BCD+∠BAD=180°，又∵AB⊥AD，即∠BAD=90°，可得∠BCD=90°，即BC⊥CD，又∵CC1⊥平面ABCD，BC?∴BC⊥CC1，且CD∩CC故BC⊥平面CDD注意到DC1?平面CD對③：∵AB⊥AD，即∠BAD=90°，在Rt△BAD中，則sin∠ABD=AD故∠ABD=∠CBD=30°,AB=BC,BD=BD，則△BAD?△BCD，故∠BCD=∠BAD=90°，即BC⊥CD，又∵CC1⊥平面ABCD，BC?∴BC⊥CC1，且CD∩CC故BC⊥平面CDD注意到DC1?平面CD（2）如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，設(shè)AA則D0,2,0可得DD設(shè)平面PDC1的法向量為n=令x1=5，則y1設(shè)平面PDD1的法向量為m=令x2=1，則y2則cosn故平面PDC1與平面PDD2．（2023·湖南張家界·統(tǒng)考二模）如圖，已知三棱柱ABC?A1B1C1，∠ACB=90°，AC(1)求證：平面ACC1A(2)若AA1⊥AC，D為線段A1C的中點(diǎn)，AC=2BC=2【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可得AC1⊥BC（2）由（1），根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得CC1⊥平面ABC，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求出平面A1BC【解答過程】（1）已知A1C⊥AC1，又AC1⊥BD，A所以AC1⊥又BC?平面A1BC，所以因?yàn)椤螦CB=90°，所以BC⊥AC，又AC∩AC1=A，AC、AC1?平面又BC?平面ABC，所以平面ACC1A（2）由（1）知平面ACC1A又平面ACC1A1∩平面ABC=AC，A所以AA1⊥平面ABC所以CC1⊥平面ABC，所以CA，CB以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1的方向分別為x軸、y軸、建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：因?yàn)锳A1⊥AC又因?yàn)锳C1⊥因?yàn)锳C=2，BC=1，所以CC所以C0,0,0，B0,1,0，A1由D是線段A1C的中點(diǎn)，得所以CB=0,1,0，CA設(shè)平面A1BC的一個法向量為則n?CB取x=1，則z=?1，所以n=cosn設(shè)直線B1D與平面A1BC所成的角為所以cosα=所以直線B1D與平面A13．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC，點(diǎn)F是(1)求證：A1(2)若AB⊥AC，AB=12AA1，直線A1F【解題思路】（1）通過證明A1F⊥平面BCC（2）建立空間直角坐標(biāo)系求得向量A1F與面AB【解答過程】（1）因?yàn)槿庵鵄BC?A所以CC1⊥因?yàn)锳1F?平面所以CC因?yàn)锳1B1=A所以A1∵B1C1∩CC1=C所以A1F⊥平面因?yàn)辄c(diǎn)E是棱CC所以B1E?平面所以A1（2）不妨設(shè)AB=1，則AA因?yàn)槿庵鵄BC?A所以AA1⊥因?yàn)锳1B1?平面A1所以AA又AB⊥AC，所以A1如圖，以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線A1B1，A1C1，A則A10,0,0，B11,0,0，C10,1,0，則A1F=12設(shè)平面AB1E的法向量為m=x,y,z，則m所以sin60°=整理得4λ2+8λ?5=0，解得λ=所以λ=14．（2023·福建漳州·統(tǒng)考三模）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形，DD1=3，∠ABC=2π3，G(1)求點(diǎn)D到平面BC(2)求平面AEC與平面BEC所成銳二面角的余弦值.【解題思路】（1）連接AC,BD交于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面距離的向量求法可求得結(jié)果；（2）根據(jù)面面平行和線面平行性質(zhì)可證得四邊形AGC1E【解答過程】（1）連接AC,BD交于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB正方向?yàn)閤,y軸，作z軸//∵AB=BC=2，∠ABC=2π3，∴AC=4+4?8∴B0,1,0，D0,?1,0，C1∴DB=0,2,0，B設(shè)平面BC1G則BC1?n=?3x?y+3z=0BG?∴點(diǎn)D到平面BC1G（2）由直棱柱的結(jié)構(gòu)特征知：平面ADD1A∵AG?平面ADD1A1，∵平面AGC1∩平面BCC1B1同理可得：C1G//AE，∴四邊形又AD=B1C1，∠ADG=∠C1B又A3,0,0，B0,1,0∴AE=?3,1,1設(shè)平面AEC的法向量n1則AE?n1=?3x1+y設(shè)平面BEC的法向量n2則BE?n2=z2=0CE?∴cos即平面AEC與平面BEC所成銳二面角的余弦值為645．（2023·河南焦作·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2π3，E為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為AB上一點(diǎn)，且EF⊥AB.現(xiàn)將△BEF沿EF翻折到(1)證明：EF⊥AB(2)已知二面角B'?EF?A為π3，在棱AC上是否存在點(diǎn)M，使得直線BC與平面B'MF【解題思路】（1）翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB（2）由二面角的定義可得∠B'FA=π3，然后以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)E、FA所在直線為x、y軸，過點(diǎn)F且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AM=λAC【解答過程】（1）證明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB又AF∩FB'=F，AF、FB'?平面因?yàn)锳B'?平面AF（2）解：因?yàn)槎娼荁'?EF?A為π3，EF⊥AF所以，二面角B'?EF?A的平面角為以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)E、FA所在直線為x、y軸，過點(diǎn)F且垂直于平面ABC的直線為z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB=4，則F0,0,0、A0,1,0、C23,3,0AC=23,2,0，F(xiàn)A=設(shè)AM=λAC=23設(shè)平面B'MF的法向量為由u?FB取c=2λ，可得u=cosu,EC故當(dāng)AM=156AC時(shí)，直線BC與平面6．（2023·山東泰安·統(tǒng)考一模）在如圖所示的幾何體中，底面ABCD是邊長為6的正方形，AE⊥AB，EG//AD,EG=12AD，EF//AB,EF=12AB，AE=6，點(diǎn)P，Q分別在棱GD，BC(1)證明：AE⊥平面ABCD；(2)設(shè)H為線段GC上一點(diǎn)，且三棱錐A?CDH的體積為18，求平面ACH與平面ADH夾角的余弦值.【解題思路】（1）由線面垂直的判定定理證明即可；（2）由三棱錐的體積公式結(jié)合題意可知H為GC的中點(diǎn)，由（1）知，AE⊥平面ABCD，以A原點(diǎn)，AB，AD，AE所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面ACH與平面ADH的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.【解答過程】（1）取線段AD中點(diǎn)R，RD的中點(diǎn)K，連接GR，PK，QK∵EG//AD,EG=∴E，A，D，G四點(diǎn)共面，且EG//AR,EG=AR，∴ARGE為平行四邊形，∴GR又∵GP=PD，RK=KD∴PK//GR，∵BQ=3QC，AK=3KD，∴AB//QK，∴AD⊥QK又∵AD⊥PQ，PQ，QK?平面PQK，PQ∩QK=Q，∴AD⊥平面PQK，又∵PK?平面PQK∴AD⊥PK，∴AE⊥AD又∵AE⊥AB，AB，AD?平面ABCD，AB∩AD=A∴AE⊥平面ABCD（2）設(shè)H到平面ABCD的距離為h，則三棱錐A?CDH的體積為VA?CDH=V又∵G到平面ABCD的距離為6，∴H為GC的中點(diǎn)由（1）知，AE⊥平面ABCD，以A原點(diǎn)，AB，AD，AE所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，C6,6,0，D0,6,0∴AH=3,92設(shè)平面ACH的一個法向量為m=x∴3x1+9∴m設(shè)平面ADH的一個法向量為n=x∴3x2+9∴n∴cosm∴平面ACH與平面ADH夾角的余弦值為267．（2023·天津河北·?？寄M預(yù)測）如圖，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB//CD，PQ//CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，點(diǎn)E，F(xiàn)，M分別為AP，CD，BQ的中點(diǎn).(1)求證：EF//平面CPM；(2)求平面QPM與平面CPM夾角的大??；(3)若N為線段CQ上的點(diǎn)，且直線DN與平面QPM所成的角為π6，求N到平面CPM【解題思路】（1）連接EM，證得EF//MC，利用線面平行判定定理即可證明EF//平面MPC；（2）根據(jù)條件建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.（3）設(shè)QN=λQC，則N(0,λ+1,2?2λ)，從而DN=(0,λ+1,2?2λ)，由（2）知平面PMQ的法向量為n=1,0,1，利用向量的夾角公式，得到關(guān)于λ【解答過程】（1）證明：連接EM，因?yàn)锳B//CD，PQ//CD，所以AB//PQ，又因?yàn)锳B=PQ，所以四邊形PABQ為平行四邊形，因?yàn)辄c(diǎn)E和M分別為AP和BQ的中點(diǎn)，所以EM//AB且EM=AB，因?yàn)锳B//CD，CD=2AB，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，所以CF//AB且CF=AB，可得EM//CF且EM=CF，即四邊形EFCM為平行四邊形，所以EF//MC，又EF?平面MPC，CM?平面MPC，所以EF//平面MPC.（2）因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AD⊥CD，故以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得D0,0,0，A2,0,0，B2,1,0，C0,2,0，P0,0,2PM=1,1,?1，PQ=0,1,0，設(shè)n=x,y,z為平面則n?PM=x+y?z=0n?設(shè)m=a,b,c為平面則m?PC=2b?2c=0m?所以cosm設(shè)平面PQM與平面PMC夾角為θ，所以sinθ=即平面PQM與平面PMC夾角的正弦值為32（3）設(shè)QN=λQC(0≤λ≤1)則N0,λ+1,2?2λ從而DN=由（2）知平面PMQ的法向量為n=而直線DN與平面PMQ所成的角為π6所以sinπ即12整理得3λ2?10λ+3=0，解得λ=因?yàn)?≤λ≤1，所以λ=13，所以N0,由（2）知：m=0,1,1為平面故點(diǎn)N到平面CPM的距離為d=NC8．（2023·廣東江門·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，O是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E在PC上，且AP//平面BOE(1)求PEEC(2)若OP⊥平面ABCD，OE⊥PC，AB=2，∠BAD=60°，求直線OE與平面【解題思路】（1）連接AC與BO交于點(diǎn)F，求出AF=12FC，利用線面平行的性質(zhì)可得出AP（2）以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、OP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)P0,0,mm>0，由OE⊥PC可得出OE?PC=0，求出m【解答過程】（1）解：連接AC與BO交于點(diǎn)F，因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，O是AD的中點(diǎn)，所以AO//BC，且AO=1因?yàn)锳P//平面BOE，AP?平面APC，平面APC∩平面BOE=EF所以AP//EF，所以（2）解：因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，O是AD的中點(diǎn)，∠BAD=60因?yàn)锳B=2，則AO=1由余弦定理可得BO所以，AO2+B因?yàn)镺P⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，BO?平面ABCD，所以O(shè)P⊥AD，OP⊥BO，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、OP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系O?xyz.則O0,0,0，A1,0,0，B0,設(shè)P0,0,m，m>0，則PC所以O(shè)E=因?yàn)镺E⊥PC，所以O(shè)E?PC=所以O(shè)E=?23,設(shè)n=x,y,z為平面PBC的法向量，則n?取z=23，所以n=0,因?yàn)閏os?所以直線OE與平面PBC所成角的正弦值是3139．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖在三棱柱ABC?A1B1C1中，D為(1)證明：BB(2)若BB1⊥BC從下面給出的①②③中選擇兩個填入待選條件，求二面角B?B①三棱柱ABC?A1B②直線AB1與平面BCC③二面角A?BB注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計(jì)分.【解題思路】（1）通過證明AC⊥平面BDB1來證得（2）先選擇條件，然后根據(jù)所選條件，利用幾何法或向量法求得二面角B?B【解答過程】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，由題意可得∴△AA1B1≌△B同時(shí)在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴BD⊥AC，∵B1D∩BD=D,B∴AC⊥平面BDB又∵BB1?平面BEB（2）∵BB1⊥AC，BB1⊥BC且AC∩BC=C方案一：選擇①③∵BB1⊥平面ABC，∴B∴∠ABC為二面角A?BB1?C∴S△ABC=12×2×2×sin60°=3，又∵法一：取A1C1的中點(diǎn)為E，連接EB1，ED，過E作EF⊥∵AC⊥平面BDB1，∴EC又∵EF⊥B1D∴∠EFC1為二面角其中C1E=1，EF=32，由于二面角B?B1D?故二面角B?B1D?法二：過B作BE⊥B1D，過C1作C1F⊥B1D，過F∴∠C1FG為二面角B?B1D?C∴cos∠C1FG=?3法三：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)平面BDB1的一個法向量為m=x,y,z，且則m?BB1=0m?BD=0設(shè)平面B1DC1的一個法向量為n=則n?令x=?1，則y=0，z=?2cosm,n=m方案二：選擇①②；解析：過點(diǎn)A作AO⊥BC于點(diǎn)O∵平面ABC⊥平面BCC1B∴AO⊥平面BCC1B1，故直線AB1與平面設(shè)AO=x，BB1=y，則VABC?A余下解法參考方案一.方案三：選擇②③；∵BB1⊥平面ABC，∴B∴∠ABC為二面角A?BB1?C過點(diǎn)A作AO⊥BC于點(diǎn)O，∵平面ABC⊥平面BCC1B1且交線為BC，AO⊥BC，∴AO⊥平面BCC1B1，故直線AB1與平面設(shè)BB1=y，則sin余下解法參考方案一.10．（2023·上海·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AA(1)證明：ED//平面ABC(2)求直線CC1與平面【解題思路】（1）取AB中點(diǎn)F，連接CF,EF，證明DE//CF，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明DE//平面ABC.（2）分別取AC,A1C1中點(diǎn)O,O1，連接OO1【解答過程】（1）證明：取AB中點(diǎn)F，連接CF,EF，因?yàn)檎庵鵄BC?A所以CC1//因?yàn)镋為線段A1所以EF//AA所以EF//CC因?yàn)镈為CC1中點(diǎn)，所以所以EF//CD且所以四邊形CDEF是平行四邊形.所以DE//又因?yàn)镈E?平面ABC，CF?平面ABC，所以DE//平面ABC（2）解：分別取AC,A1C1中點(diǎn)因?yàn)锳BC?A所以O(shè)O1//AA1，所以O(shè)O1⊥所以O(shè)O1⊥OB以O(shè)為原點(diǎn)，OB,OC,OO1所在的直線分別為x軸，y軸，則A0,?1,0所以A1設(shè)平面A1BD的法向量為所以A1B·令y=1，解得x=3,z=2，所以設(shè)直線CC1與平面A1BD所成角為則sinθ=所以θ=π即直線CC1與平面A111．（2023·福建福州·統(tǒng)考二模）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是梯形，AB//CD，AD⊥CD，CD=2AB=4，△PAD是正三角形，E是棱(1)證明：BE//平面PAD；(2)若AD=23，平面PAD⊥平面ABCD，求直線AB與平面PBC【解題思路】（1）通過構(gòu)造平行四邊形的方法證得BE//平面PAD.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得直線AB與平面PBC所成角的正弦值.【解答過程】（1）取PD中點(diǎn)F，連接AF,EF．∵EF∴EF//∴四邊形ABEF為平行四邊形，∴BE//又∵BE?平面PAD,AF?平面PAD，∴BE//平面PAD．（2）取AD中點(diǎn)O,BC中點(diǎn)G，連接PO,OG，可得PO⊥AD,OG//∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊥AD,PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD．∵AD⊥CD,OG//∴OG⊥OA．以O(shè)為原點(diǎn)，以AD,OG,OP所在直線為x軸?y軸?z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)锳B=2,CD=4,AD=23所以PD=AD=23所以A3則AB=設(shè)平面PBC的法向量為n=x,y,z，由可得?23x+2y=0?3x?2y+3z=0從而n=1,3則cosAB所以直線AB與平面PBC所成角的正弦值為21712．（2023·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐A?BCDE中，側(cè)面ADE⊥底面BCDE，底面BCDE為菱形，∠BCD=120°，AE⊥AD，∠ADE=30°.(1)若四棱錐A?BCDE的體積為1，求DE的長；(2)求平面ABE與平面ACD所成鈍二面角的正切值.【解題思路】（1）過A作AG⊥DE于G，連接CE，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得AG⊥底面BCDE，設(shè)DE=a，求出AG，再根據(jù)棱錐的體積公式即可得解；（2）取DE的中點(diǎn)O，連接OC，以O(shè)C的方向?yàn)閤軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【解答過程】（1）如圖，過A作AG⊥DE于G，連接CE，因?yàn)閭?cè)面ADE⊥底面BCDE，且側(cè)面ADE∩底面BCDE=DE，AG?面ADE，所以AG⊥底面BCDE，設(shè)DE=a，因?yàn)锳E⊥AD，∠ADE=30°，所以AG=AD?sin在菱形BCDE中，∠BCD=120°，則△BCE為等邊三角形，則S所以四棱錐A?BCDE的體積V=1解得DE=a=2；（2）取DE的中點(diǎn)O，連接OC，則OC⊥DE，以O(shè)C的方向?yàn)閤軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC=4，則D0,2,0，E0,?2,0，C23BE=CD=?23設(shè)平面ABE的法向量為m=則m?令z=1，得m=設(shè)平面ACD的法向量為n=則n?令y'=3設(shè)平面ABE與平面ACD所成鈍二面角為θ，則90°<θ<180°，所以cosθ=cosm所以tanθ=?8故平面ABE與平面ACD所成鈍二面角的正切值為?8.13．（2023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，且PA=AD=CD=2，BC=3，E是PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且PF=2FC．(1)證明：DF//平面PAB；(2)求二面角F?AE?P的正弦值．【解題思路】（1）在線段PB上取點(diǎn)M，使得PM=2MB，進(jìn)而證明DF//AM即可證明結(jié)論；（2）如圖，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，利用坐標(biāo)法求解即可；【解答過程】（1）證明：在線段PB上取點(diǎn)M，使得PM=2MB，所以，在△PBC中，MF=23BC=2因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，AD//BC，AD=2，所以，MF//AD,MF=AD，所以，四邊形ADFM是平行四邊形，所以DF//AM，因?yàn)镈F?平面PAB，AM?平面PAB，所以DF//平面PAB.（2）解：如圖，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，所以，A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且PF=2FC，所以E(0,1,1)，AF所以，AE=(0,1,1),AF=43所以，n?AE=0n?AF=0由題，易知平面PAE的一個法向量為m=所以cosn所以sinn所以，二面角F?AE?P的正弦值為2214．（2023·湖南·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AD∥BC，AD=DC=2BC，∠ADC=60°，側(cè)面PAD是等腰三角形，(1)求證：BC⊥PC；(2)若側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PB與底面ABCD所成角的正切值為32，M為側(cè)棱PC上的動點(diǎn)，且PM=λPC(λ∈[0,1]).是否存在實(shí)數(shù)λ，使得平面PAD與平面MAD的夾角的余弦值為【解題思路】（1）通過證明線面垂直，即可證明BC⊥PC；（2）建立平面直角坐標(biāo)系，得到各點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)出點(diǎn)M坐標(biāo)，求出平面PAD與平面MAD的法向量，通過兩平面夾角的余弦值即可求得實(shí)數(shù)λ的值.【解答過程】（1）由題意，在四棱錐P?ABCD中，取AD的中點(diǎn)為E，連接PE，CE，在等腰△PAD中，PA=PD，∴PE⊥AD，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AD=DC=2BC，∴BC⊥PE,BC=AE=DE,AB∥CE，四邊形∴BC⊥CE，CE⊥AD，AB=CE，BC=AE=DE=1∴∠DCE=30°，∠CDE=60°,AB=CE=3∵BC?面PCE，PE?面PCE，CE?面PCE，PE∩CE=E，∴BC⊥面PCE，∵PC?面PCE,∴BC⊥PC.（2）由題意及（1）得，PE⊥AD，CE⊥AD，AB=CE，BC=AE，在四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩底面ABCD=AD，∴PE⊥CE，∵側(cè)棱PB與底面ABCD所成角的正切值為32，設(shè)PE=3∴由幾何知識得，BE=2a，四邊形BCDE是平行四邊形，∴BE∥CD,在直角△ABE中，AE=BEcos∠AEB=a，∴AB=CE=3a建立空間直角坐標(biāo)系如下圖所示，∴E0,0,0，A0,?a,0，B3a,?a,0，C3∵M(jìn)為側(cè)棱PC上的動點(diǎn)，且PM=λ設(shè)M由幾何知識得，xMCE=在面PAD中，其一個法向量為n1在面MAD中，AD=0,2a,0，設(shè)平面的法向量為n2則n2?AD=0當(dāng)x=1?λ時(shí)，n2設(shè)平面PAD與平面MAD的夾角為θ∵平面PAD與平面MAD的夾角的余弦值為5∴cos解得：λ=23或∴存在實(shí)數(shù)λ=23，使得平面PAD與平面MAD的夾角的余弦值為15．（2023·云南玉溪·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=AD=2，AB=4，M，N分別是線段AB，PC的中點(diǎn)．(1)求證：MN//平面PAD；(2)在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q，使得直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為13？若存在，求出CQ【解題思路】（1）取PB中點(diǎn)E，連接ME，NE．由線面平行的判定定理可證得ME//平面PAD，NE//平面PAD，再由面面平行的判定定理即可證明；（2）以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，由線面角的向量公式可求出Q點(diǎn)的位置，即可得出CQCD【解答過程】（1）如圖，取PB中點(diǎn)E，連接ME，NE．∵M(jìn)，N分別是線段AB，PC的中點(diǎn)，∴ME//PA．又∵M(jìn)E?平面PAD，PA?平面PAD，∴ME//平面PAD，同理得NE//平面PAD．又∵M(jìn)E∩NE=E，∴平面PAD//平面MNE．∵M(jìn)N?平面MNE，∴MN//平面PAD．（2）∵ABCD為矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD兩兩垂直．依次以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則C4,2,0，D0,2,0，P0,0,2，M2,0,0，PC中點(diǎn)N2,1,1，設(shè)平面DMN的法向量n=x,y,z，則DM?取x＝1，得y＝1，z＝－1，n=若滿足條件的CD上的點(diǎn)Q存在，設(shè)Qt,2,0，0≤t≤4，又N2,1,1，則設(shè)直線NQ與平面DMN所成的角為θ，則sinθ=解得t＝1或t＝－3．已知0≤t≤4，則t＝1，∴Q1,2,0DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，CQCD故CD上存在點(diǎn)Q，使直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為13，且CQ16．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考一模）如圖，正四棱錐P?ABCD的底面邊長和高均為2，E，F(xiàn)分別為PD，PB的中點(diǎn)．(1)若點(diǎn)M是線段PC上的點(diǎn)，且PM=13PC，判斷點(diǎn)M(2)求直線PB與平面AEF所成角的正弦值．【解題思路】（1）連接AC、BD交于O，連接OP，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、OP為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出AE、AF、AM，即可得到AM=23AE+23AF，從而得到（2）利用空間向量法計(jì)算可得.【解答過程】（1）解：連接AC、BD交于O，連接OP，由正四棱錐的性質(zhì)可得PO⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，則AC⊥BD，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、OP為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),C(?2所以AE=(?2,?又PM=13PC，得所以AM=所以A、M、E、F四點(diǎn)共面，即點(diǎn)M在平面AEF內(nèi)．（2）解：由（1）可得PB=(0,設(shè)平面AEF的法向量n=(x,y,z)，由n?AE令x=1，則z=2，y=0，所以n所以cosPB所以直線PB與平面AEF所成角的正弦值為2317．（2023·全國·聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，D為圓錐DO的頂點(diǎn)，O為圓錐底面的圓心，AB為直徑，C為底面圓周上一點(diǎn)，四邊形OAED為正方形，BC=3(1)若點(diǎn)F在BC上，且DF//面ACE，請確定點(diǎn)F的位置并說明理由；(2)求二面角D?BC?E的余弦值．【解題思路】（1）根據(jù)線面平行得平面ODF//平面AEC,進(jìn)而根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得線線平行，即可得到點(diǎn)的位置.（2）根據(jù)二面角的幾何法求解找到二面角的平面角，即可利用三角形的邊角關(guān)系進(jìn)行求解，或者建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量的夾角即可求解.【解答過程】（1）過O作OF//AC交BC于F，OF?平面ACE,AC?平面ACE,所以O(shè)F//平面ACE,又DF//平面AEC，OD∩OF=O，OD、OF?平面DOF，∴平面ODF//平面AEC，由于平面DOF∩平面ABC=OF

ACE∩平面ABC=AC,故OF//AC在Rt△ABC中，O是AB的中點(diǎn)，∴F為BC（2）（方法一）連BE交OD于M，由于DE//OB.DE=OA=OB,則M為DO、BE中點(diǎn)，DO⊥面ABC,由于OF//AC,BC⊥AC,由三垂線定理知，BC⊥OF則BC⊥DF，BC⊥FM,所以∠DFM即為二面角D?BC?E的平面角．不妨設(shè)AC=1，BC=3，則AB=2，OD=1在Rt△OMF中，在Rt△DOF中，DM=12，∴在△DFM中，由余弦定理所以二面角D?BC?E的余弦值為310（方法二）過C作CP⊥面ABC，以CA，CB，CP分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，C0,0,0，B0,3,0，E1,0,1，D1設(shè)面DBC法向量n1=x,y,z，DB?設(shè)面EBC法向量n2=x1,y設(shè)二面角D?BC?E的平面角為θ，∴cosθ由圖知θ為銳角，所以二面角D?BC?E的余弦值為31018．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知底面為正方形的四棱柱ABCD?A'B'C'D'，AD=AA'=4，E，F(xiàn)，H分別為AA(1)求證：當(dāng)λ=1時(shí)，BP⊥AC；(2)是否存在λ，使得線段BP與平面BC'E【解題思路】（1）由△ABE的面積為4，推導(dǎo)出∠EAB=90°，即AA'⊥AB，又AD⊥AA'，可得AA'⊥平面ABCD，當(dāng)λ=1時(shí)，P為FH的中點(diǎn)，P在（2）以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD'所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Pa,2?a,4，求出平面B【解答過程】（1）連接BD,B因?yàn)镾△ABE所以sin∠BAE=1，所以∠BAE=π2又AD⊥AA'，AD∩AB=A，AD,AB?平面ABCD，故AA當(dāng)λ=1時(shí)，F(xiàn)PPH=λ=1，則P為FH中點(diǎn)，P在∵DD'⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，又AC⊥BD，DD'∩BD=D，D∴AC⊥平面BDD又BP?平面BDD'B'（2）以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD'所在直線為∴D0,0,0，B(4,4,0)，E(4,0,2)，C'0,4,4所以BE=0,?4,2，BC設(shè)平面BC'E則n?BE=0n?BC'=0，即若線段BP與平面BC'E則cosBP∴cosBP∴33a∵Δ=(?62)2∴不存在λ，使得線段BP與平面BC'E19．（2