2025屆高考數學二輪復習第二部分專題篇素養(yǎng)提升文理專題三立體幾何與空間向量理科第3講空間向量與立體幾何理科學案含解析新人教版

PAGE第3講空間向量與立體幾何(理科)JIETICELUEMINGFANGXIANG解題策略·明方向⊙︱考情分析︱以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和精確計算上．⊙︱真題分布︱(理科)年份卷別題號考查角度分值2024Ⅰ卷18(2)求二面角的余弦值6Ⅱ卷20(2)求直線與平面所成角的正弦值6Ⅲ卷19求點到平面的距離、二面角的正弦值122024Ⅰ卷18(2)求二面角的正弦值6Ⅱ卷17(2)求二面角的正弦值6Ⅲ卷19(2)求二面角的大小62024Ⅰ卷18(2)求線面角的正弦值6Ⅱ卷19(2)二面角的余弦值的求解6Ⅲ卷19(2)二面角的正弦值的求解6KAODIANFENLEIXIZHONGDIAN考點分類·析重點考點一利用向量證明平行與垂直eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c(2)線面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ(k≠0)?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k≠0)．(3)面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv(λ≠0)?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3(λ≠0)．(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2ceq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例1如圖，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2．(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.【證明】(1)以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．∵點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB，又AB?平面PAB，EF?平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)可知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP，AD?平面PAD，∴DC⊥平面PAD.∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)利用向量法證明平行與垂直的四個步驟(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用已知的垂直關系．(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面．(3)通過空間向量的運算求出直線的方向向量或平面的法向量，再探討平行、垂直關系．(4)依據運算結果說明相關問題．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓)eq\x(練)1．如圖，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且相互垂直，點M為AB的中點，點O為DF的中點．運用向量方法證明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.【證明】證法一：(1)由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以點A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz.設正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→)).∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴eq\o(BA,\s\up6(→))是平面BCF的一個法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)設平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DM,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))令x1＝1，則n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.證法二：(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DF,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→)).∴向量eq\o(OM,\s\up6(→))與向量eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))共面，BF，BC?平面BCF，又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由題意及(1)知，BF，BC，BA兩兩垂直，∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))2＝0，∴eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(FC,\s\up6(→))，即OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，CD，F(xiàn)C?平面EFCD，∴OM⊥平面EFCD.又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.考點二利用空間向量求空間角eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))1．向量法求異面直線所成的角若異面直線a，b的方向向量分別為a，b，所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).2．向量法求線面所成的角求出平面的法向量n，直線的方向向量a，設線面所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq\f(|n·a|,|n||a|).3．向量法求二面角求出二面角α－l－β的兩個半平面α與β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ為銳角，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)；若二面角α－l－β所成的角θ為鈍角，則cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)考向1異面直線所成的角典例2(2024·鹽城期末)若平行六面體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是邊長為2的菱形，且∠BAD＝60°，AA1⊥底面ABCD，AA1＝1，則異面直線AC1與B1CA．eq\f(\r(65),13) B．－eq\f(\r(65),13)C．eq\f(1,5) D．－eq\f(1,5)【解析】如圖，在菱形ABCD中，由AB＝BC＝2，∠BAD＝60°，得|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(22＋22－2×2×2cos120°)＝2eq\r(3)又AA1⊥底面ABCD，AA1＝1，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(2\r(3)2＋12)＝eq\r(13).|eq\o(B1C,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BB1,\s\up6(→)))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＋|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－|eq\o(AA1,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋|eq\o(AD,\s\up6(→))|2－|eq\o(AA1,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|·cos60°＋4－1＝2×2×eq\f(1,2)＋4－1＝5．設異面直線AC1與B1C所成角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(B1C,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))|·|\o(B1C,\s\up6(→))|)))＝eq\f(5,\r(13)·\r(5))＝eq\f(\r(65),13).故選A．考向2直線與平面所成的角典例3(2024·安陽二模)已知四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，△SBC為等邊三角形，平面SBC⊥平面ABCD.(1)求證：BC⊥SD；(2)若點E是線段SA上靠近S的三等分點，求直線DE與平面SAB所成角的正弦值．【證明】(1)取BC的中點F，連接BD、DF和SF，因為△SBC為等邊三角形，所以SF⊥BC；又四邊形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，所以△BCD為等邊三角形，所以DF⊥BC；又SF∩DF＝F，SF?平面SDF，DF?平面SDF，所以BC⊥平面SDF，又SD?平面SDF，所以BC⊥SD.(2)解：因為平面SBC⊥平面ABCD，平面SBC∩平面ABCD＝BC，SF⊥BC，SF?平面SBC，所以SF⊥平面ABCD，又DF⊥BC，所以SF、BC、DF兩兩垂直；以點F為坐標原點，F(xiàn)C、FD、FS所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系F－xyz，如圖所示：不妨設AB＝2，則A(－2，eq\r(3)，0)，B(－1,0,0)，S(0,0，eq\r(3))；所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，eq\o(AS,\s\up6(→))＝(2，－eq\r(3)，eq\r(3))，設平面SAB的一個法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0,m·\o(AS,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＝0,2x－\r(3)y＋\r(3)z＝0))，令y＝1，得m＝(eq\r(3)，1，－1)，又eq\o(SE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(SA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))，又D(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))，設直線DE與平面SAB所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(DE,\s\up6(→))·m|,|\o(DE,\s\up6(→))|×|m|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)－\f(2\r(3),3)－\f(2\r(3),3))),\r(\f(4,9)＋\f(12,9)＋\f(12,9))×\r(3＋1＋1))＝eq\f(3\r(105),35).∴直線DE與平面SAB所成角的正弦值為eq\f(3\r(105),35).eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓)eq\x(練)2．(2024·泉州質檢)四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3).(1)求證：平面PBD⊥平面PAC；(2)M為棱PB上異于B的點，且AM⊥MC，求直線AM與平面MCD所成角的正弦值．【解析】(1)證明：在Rt△ABC與Rt△ABD中，因為eq\f(BC,AB)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(AB,AD)＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(BC,AB)＝eq\f(AB,AD)，∠ABC＝∠DAB＝90°，即△ABC∽△DAB，所以∠ABD＝∠BCA.因為∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠BCA＋∠CBD＝90°，所以AC⊥BD.因為PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PD⊥AC，又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PBD，又AC?平面PAC，所以平面PBD⊥平面PAC.(2)過A作AE∥DP，因為PD⊥平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，即AE，AB，AD兩兩相互垂直，以A為原點，AB，AD，AE所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，因為AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3)，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)，0))，D(0，eq\r(2)，0)，P(0，eq\r(2)，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(2)，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，0))，設eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))，λ∈(0,1]．則eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(1－λ，eq\r(2)λ，eq\r(3)λ)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，－\f(\r(2),2)＋\r(2)λ，\r(3)λ)).因為AM⊥MC，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(CM,\s\up6(→))＝0，即(1－λ)(－λ)＋eq\r(2)λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\r(2)λ))＋3λ2＝0，解得6λ2－2λ＝0，λ＝0或λ＝eq\f(1,3).因為λ∈(0,1]，所以λ＝eq\f(1,3).所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3)))，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3))).得eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)，0))，設n＝(x0，y0，z0)為平面MCD的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DM,\s\up6(→))＝0,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0－\f(2\r(2),3)y0＋\f(\r(3),3)z0＝0,x0－\f(\r(2),2)y0＝0))所以取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(3)，\r(2)))，設直線AM與平面MCD所成角為θ，∴sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3),\r(\f(4,9)＋\f(2,9)＋\f(3,9))\r(\f(6,4)＋3＋2))＝eq\f(2\r(39),13)，所以直線AM與平面MCD所成角的正弦值eq\f(2\r(39),13).考向3二面角典例4(2024·湖南省懷化市期末)如圖四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E為PD中點．(1)求證：PB∥平面EAC；(2)求二面角A－BE－C的正弦值．【解析】(1)連接BD交AC于O，連接OE，∵底面ABCD為正方形，∴O是BD的中點，∵E為PD中點，∴OE∥PB，又EO?面EAC，PB?面EAC，∴PB∥平面EAC.(2)∵底面ABCD為正方形，∴AB⊥AD.又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，所以建立如圖的空間直角坐標系A－xyz，不妨設正方形的邊長為2，則A(0,0,0)，C(2,2,0)，E(0,1,1)，B(2,0,0)，設m＝(x，y，z)為平面ABE的一個法向量，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋z＝0,n·\o(AB,\s\up6(→))＝2x＝0))，令y＝－1，z＝1，得m＝(0，－1,1)，同理n＝(1,0,2)是平面BCE的一個法向量，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2,\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，∴二面角A－BE－C的正弦值為eq\f(\r(15),5).eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)(1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟：①建立恰當的空間直角坐標系；②求出相關點的坐標；③寫出向量坐標；④結合公式進行論證、計算；⑤轉化為幾何結論．(2)求空間角留意：①兩條異面直線所成的角α不肯定是直線的方向向量的夾角β，即cosα＝|cosβ|；②兩平面的法向量的夾角不肯定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角；③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的肯定值，留意函數名稱的改變．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓)eq\x(練)3．(2024·哈師大附中、東北師大附中、遼寧省試驗中學聯(lián)考)如圖，三棱錐P－ABC中，PB＝PC，AB＝AC＝eq\r(5)，BC＝4，D是BC中點，PD＝eq\r(2)PA＝eq\r(2).(1)求證：PA⊥平面ABC；(2)求二面角A－PB－C的正弦值．【解析】(1)證明：∵PB＝PC，AB＝AC，D是BC中點，∴AD⊥BC，PD⊥BC，∵AD∩PD＝D，AD，PD?平面PAD，∴BC⊥平面PAD，∵PA?平面PAD，∴PA⊥BC，∴AB＝AC＝eq\r(5)，BC＝4，AD是BC邊上中線，∴AD＝1，∵PD＝eq\r(2)PA＝eq\r(2)，∴PA2＋AD2＝PD2，∴PA⊥AD，BC∩AD＝D，BC，AD?平面ABC，∴PA⊥平面ABC.(2)以D為原點，DA，DC方向為x，y軸的正方向，過D平行于AP的直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(0，－2，0)，C(0,2,0)，P(1,0,1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1，－2，－1)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，設平面PBC的一個法向量為m＝(x，y，z)，則m·eq\o(PB,\s\up6(→))＝m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，∴－x－2y－z＝－x＋2y－z＝0，取x＝1，得m＝(1,0，－1)，同樣可求得平面PAB的一個法向量n＝(2，－1,0)，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2,\r(2)·\r(5))＝eq\f(\r(10),5)，∴面角A－PB－C的正弦值為eq\f(\r(15),5).考點三立體幾何中的探究性問題eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))利用空間向量巧解探究性問題(1)空間向量最適合于解決立體幾何中的探究性問題，它無需進行困難的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行推斷．(2)解題時，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等問題，所以為使問題的解決更簡潔、有效，應擅長運用這一方法解題．提示：探究線段上是否存在點時，留意三點共線條件的應用．eq\x(典)eq\x(例)eq\x(悟)eq\x(通)典例5(2024·北京房山區(qū)期末)如圖，在四棱錐P－ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD為等邊三角形，AD∥BC，AD＝CD＝2BC＝2，E，F(xiàn)分別為棱PD，PB的中點．(1)求證：AE⊥平面PCD；(2)求平面AEF與平面PAD所成銳二面角的余弦值；(3)在棱PC上是否存在點G，使得DG∥平面AEF？若存在，求eq\f(PG,PC)的值，若不存在，說明理由．【解析】(1)因為CD⊥平面PAD，AD?平面PAD，AE?平面PAD，所以CD⊥AD，CD⊥AE.又因為△PAD為等邊三角形，E為PD的中點，所以PD⊥AE.PD∩CD＝D，所以AE⊥平面PCD.(2)取AD的中點O，連接OP，OB，則易知OB∥CD，OB⊥AD，OB⊥OP.因為△PAD為等邊三角形，所以OP⊥AD.以O為原點，以OA、OB、OP所在直線分別為x、y、z軸如圖建立空間直角坐標系，A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),2)))，B(0,2,0)P(0,0，eq\r(3))，C(－1,2,0)，D(－1,0,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))設平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，則：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0.,n·\o(EF,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0,\f(1,2)x＋y＝0))，令x＝2，得平面AEF的一個法向量n＝(2，－1,2eq\r(3))，易知平面PAD的一個法向量為eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(OB,\s\up6(→))·n,|\o(OB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－2,2\r(4＋1＋12))＝－eq\f(\r(17),17).所以平面AEF與平面PAD所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(17),17).(3)假設棱PC上存在點G，使得DG∥平面AEF，且設eq\f(PG,PC)＝λ，λ∈[0,1]，則eq\o(PG,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1,2，－eq\r(3))，則G(－λ，2λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，eq\o(DG,\s\up6(→))＝(1－λ，2λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，要使得DG∥平面AEF，則eq\o(DG,\s\up6(→))·n＝2－2λ－2λ＋6－6λ＝0，得λ＝eq\f(4,5)，所以線段PC上存在點G，使得DG∥平面AEF，eq\f(PG,PC)＝eq\f(4,5).eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)利用空間向量巧解探究性問題(1)對于存在型問題，解題時，把要滿意的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“是否有解”“是否有規(guī)定范圍內的解”等．(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引入參數，綜合條件和結論列方程，解出參數，從而確定位置．eq\x(跟)eq\x(蹤)eq\x(訓)eq\x(練)4．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點O是底面ABCD的中心，E是線段OD1(1)若E為OD1的中點，求直線OD1與平面CDE所成角的正弦值；(2)是否存在點E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，請指出點E的位置關系，并加以證明；若不存在，請說明理由．【解析】(1)不妨設正方體的棱長為2，以D為坐標原點，DA，DC，DD1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系D－xyz，則D(0,0,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，O(1,1,0)．因為點E是D1O的中點，所以點E的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).所以eq\o(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．設p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,p·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x0＋\f(1,2)y0＋z0＝0，,2y0＝0.))取x0＝2，則z0＝－1，所以平面CDE的一個法向量為p＝(2,0，－1)．所以|cos〈eq\o(OD1,\s\up6(→))，p〉|＝eq\f(|\o(OD1,\s\up6(→))·p|,|\o(OD1,\s\up6(→))||p|)＝eq\f(|－1×2＋2×－1|,\r(－12＋－12＋22)×\r(22＋－12))＝eq\f(2\r(30),15).所以直線OD1與平面CDE所成角的正弦值為eq\f(2\r(30),15).(2)存在，且點E為靠近O的三等分點．證明如下：假設存在點E，使得平面CDE⊥平面CD1O.設eq\o(D1E,\s\up6(→))＝λeq\o(EO,\s\up6(→))，明顯eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(OD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)．設m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(OD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y2＝0，,－x1－y1＋2z1＝0，))取x1＝1，則y1＝1，z1＝1，所以平面CD1O的一個法向量為m＝(1,1,1)．因為eq\o(D1E,\s\up6(→))＝λeq\o(EO,\s\up6(→))，所以點E的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ＋1)，\f(λ,λ＋1)，\f(2,λ＋1)))，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ＋1)，\f(λ,λ＋1)，\f(2,λ＋1))).設n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(λ,λ＋1)x2＋\f(λ,λ＋1)y2＋\f(2,λ＋1)z2＝0，,2y2＝0.))取x2＝1，則z2＝－eq\f(λ,2)，所以平面CDE的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(λ,2))).因為平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n，即m·n＝0，所以1－eq\f(λ,2)＝0，解得λ＝2．所以當eq\f(|\o(D1E,\s\up6(→))|,|\o(EO,\s\up6(→))|)＝2，即點E為靠近O的三等分點時，平面CDE⊥平面CD1O.YICUOQINGLINGMIANSHIWU易錯清零·免失誤1．混淆空間角與向量所成角致誤典例1如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，側面PDC是邊長為a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E為PC的中點．(1)求異面直線PA與DE所成的角的余弦值；(2)AP與平面ABCD所成角的余弦值．【錯解】如圖所示，取DC的中點O，連接PO，∵△PDC為正三角形，∴PO⊥DC.又∵平面PDC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)a))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(a,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0)).(1)∵E為PC的中點，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,4)，\f(\r(3),4)a))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)a，\f(\r(3),4)a))，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋eq\f(\r(3),4)a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a))＝－eq\f(3,4)a2，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\r(2)a，|eq\o(DE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)a，cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(3,4)a2,\r(2)a×\f(\r(3),2)a)＝－eq\f(\r(6),4).∴異面直線PA與DE所成的角的余弦值為－eq\f(\r(6),4).(2)平面ABCD的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)a))，∴cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·n,|\o(PA,\s\up6(→))|·n)＝eq\f(－\f(3,4)a2,\r(2)a×\f(\r(3),2)a)＝－eq\f(\r(6),4).∴AP與平面ABCD所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).【剖析】本題失分的根本緣由是概念不清，混淆了空間角與向量所成的角的概念，當然運算錯誤也是常見的一種失分緣由，避開失分，首先要理解空間角與向量的角是兩個不同的概念；其次要理清向量的夾角與空間角的關系．【正解】如圖所示，取DC的中點O，連接PO，∵△PDC為正三角形，∴PO⊥DC.又∵平面PDC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)a))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(a,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0)).(1)設異面直線PA與DE所成的角為θ，E為PC的中點，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,4)，\f(\r(3),4)a))，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)a，\f(\r(3),4)a))，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋eq\f(\r(3),4)a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a))＝－eq\f(3,4)a2，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\r(2)a，|eq\o(DE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)a，cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(3,4)a2,\r(2)a×\f(\r(3),2)a)＝－eq\f(\r(6),4).由于cosθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|，所以異面直線