高三寒假讲义第14讲用空间向量的方法解立体几何问题.docx

第十四讲用空间向量的方法解立体几何问题高考考点考点解读利用空间向量证明平行与垂直关系1.建立空间直角坐标系，利用向量的知识证明平行与垂直2考查向量的数量积与向量垂直的关系以及建立空间直角坐标系的方法利用空间向量求线线角、线面角、面面角以具体几何体为命题背景，直接求角或已知角求相关量利用空间向量解决探索性问题或其他问题1.常借助空间直角坐标系，设点的坐标探求点的存在问题2常利用空间向量的关系，设某一个参数，利用向量运算探究平行、垂直问题备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量积运算等(2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应用(3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法预测2020年命题热点为：(1)二面角的求法(2)已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直(3)给出线面的位置关系，探究满足条件的某点是否存在Z 1向量法求空间角(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos.(2)线面角设l是斜线l的方向向量，n是平面的法向量，则斜线l与平面所成的角满足sin.(3)二面角如图()，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，.如图()()，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足coscosn1，n2或cosn1，n2.(4)点到平面的距离的向量求法如图，设AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离d.2利用向量方法证明平行与垂直设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)线线平行lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2.(2)线线垂直lmabab0a1a2b1b2c1c20.(3)线面平行laa0a1a3b1b3c1c30.(4)线面垂直laaka1ka3，b1kb3，ckc3.(5)面面平行vkva3ka4，b3kb4，c3kc4.(6)面面垂直vv0a3a4b3b4c3c40.3模、夹角和距离公式(1)设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，则|a|，cosa，b.(2)距离公式设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|.Y 1在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的条件2忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等3不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析1(2018全国卷，18)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PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解析(1)由已知可得，BFPF，BFEF，PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD(2)方法一：作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，设正方形ABCD的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，为平面ABFD的一个法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.方法二：因为PFBF，BFED，所以PFED，又PFPD，EDDPD，所以PF平面PED，所以PFPE，设AB4，则EF4，PF2，所以PE2，过P作PHEF交EF于H点，由平面PEF平面ABFD，所以PH平面ABFD，连接DH，则PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角，由PEPFEFPH，所以PH，因为PD4，所以sinPDH，所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.2(2018全国卷，20)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解析(1)因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB由OPOB，OPAC，OBACO，知PO平面ABC(2)连接OM，如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)，取平面PAC的法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知得|cos，n|.所以.解得a4(舍去)，a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.3(2018北京卷，16)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF.(2)求二面角BCDC1的余弦值(3)证明：直线FG与平面BCD相交解析(1)因为CC1平面ABC，AC平面ABC，所以CC1AC在平行四边形A1ACC1中，E，F分别是AC，A1C1的中点，所以EFCC1，所以ACEF.在ABC中，ABBC，E是AC的中点，所以ACBE，又因为ACEF，BE，EF平面BEF，BEEFE，所以AC平面BEF.(2)如图，建立空间直角坐标系Exyz，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(1,0,0)，A1(1,0,2)，B1(0,2,2)，C1(1,0,2)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)，显然(0,2,0)是平面CDC1的一个法向量，设m(x，y，z)是平面BCD的一个法向量，又(1，2,0)，(1，2,1)，所以不妨取y1，则x2，z4，所以平面BCD的一个法向量为m(2,1,4)，cos，m，由图知，二面角BCDC1为钝角，所以，二面角BCDC1的余弦值为.(3)方法一：记CD，EF交点为I，连接BI，由(1)及已知，EFCC1，CC1BB1，所以EFBB1，直线BG与直线FI共面，又因为BGBB1AA1A1D，A1D<FI，所以四边形BGFI是梯形，直线FG与直线BI一定有交点，又因为BI平面BCD，FG平面BCD，所以直线FG与平面BCD相交方法二：反证法显然FG平面BCD，假设FG平面BCD，下面推出矛盾记CD，EF交点为I，连接BI，因为FG平面BCD，平面BCD平面BGFIBI，所以FGBI，由(1)及已知，EFCC1，CC1BB1，所以EFBB1，即BGFI，所以四边形BGFI是平行四边形，所以BGFI，而BGBB1AA1A1D<FI，矛盾，所以直线FG与平面BCD相交4(2017全国卷，19)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值解析(1)证明：由题设可得ABDCBD，从而ADCD又ACD是直角三角形，所以ADC90.取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中 ，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.所以平面ACD平面ABC(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E(0，)，故(1,0,1)，(2,0,0)，(1，)设n(x，y，z)是平面DAE的法向量，则即可取n(1，1)设m是平面AEC的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m.所以二面角DAEC的余弦值为. 例1 (2018济南二模)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD(3)平面PCD平面PAD解析依题意，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(0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC(2)因为ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，所以AB平面PAD，所以向量(1,0,0)为平面PAD的法向量，而(0,1,1)(1,0,0)0，所以BEAB，又BE平面PAD所以BE平面PAD(3)由(2)知平面PAD的法向量(1,0,0)，向量(0,2，2)，(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0,1,1)为平面PCD的一个法向量且n(0,1,1)(1,0,0)0，所以n.所以平面PAD平面PCD规律总结利用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题G 如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB(2)求证：平面PAD平面PDC证明以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E(，1，)，F(0,1，)，(，0,0)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因为，所以，即EFAB又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB(2)因为(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC又因为APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD因为DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC(一)利用空间向量求线线角、线面角 例2 如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD若DADHDB4，AECG3.(1)求证：EGDF；(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值解析(1)证明：连接AC，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形所以EGAC，而ACBD，ACBF，所以EGBD，EGBF，因为BDBFB，所以EG平面BDHF，又DF平面BDHF，所以EGDF.(2)设ACBDO，EGHFP，由已知可得：平面ADHE平面BCGF，所以EHFG，同理可得：EFHG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，O为AC的中点，所以OP綊AE，从而OP平面ABCD，又OAOB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF2.如图，建立空间直角坐标系Oyz，则B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，所以(2，2,3)，(2，0,0)，(0,2，1)设平面EFGH的法向量为n(x，y，z)，由可得令y1，则z2.所以n(0,1,2)设BE与平面EFGH所成角为，则sin.(二)利用空间向量求二面角 例3 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值解析(1)由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC(2)过D作DGEF，垂足为G，由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，0(0,0，)由已知，ABEF，所以AB平面EFDC又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60.从而可得C(2,0，)连接AC，则(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，)设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4)则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.规律总结1利用空间向量求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标(3)结合公式进行论证、计算(4)转化为几何结论2利用空间向量求线线角、线面角的思路(1)异面直线所成的角，可以通过两直线的方向向量的夹角求得，即cos|cos|.(2)直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sin|cos|.3利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角4利用空间向量求点到平面距离的方法如图，设A为平面内的一点，B为平面外的一点，n为平面的法向量，则B到平面的距离d.G 如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD(1)证明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的正弦值解析(1)由题意可得QA平面ABCD，所以QACD由四边形ABCD为正方形知DCAD，又因为QA，AD为平面PDAQ内两条相交直线，所以CD平面PDAQ，所以CDPQ.在直角梯形PDAQ中可得DQPQPD，所以PQ2DQ2PD2.由勾股定理得：PQQD又因为CD，QD为平面DCQ内两条相交直线，所以PQ平面DCQ，再由PQ平面PQC，可得平面PQC平面DCQ.(2)如图，以点D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系，依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，B(1,0,1)，(1,0,0)，(1,2，1)设n(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即可取n(0，1，2)同理求得平面PBQ的法向量m(1,1,1)，所以cosm，n，故有sinm，n，即二面角QBPC的正弦值为. 例4 如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB2AD2，点E为AB的中点，(1)求证：D1EA1D；(2)在线段AB上是否存在点M，使二面角D1MCD的大小为？若存在，求出AM的长，若不存在，说明理由解析(1)连结AD1交A1D于F，四边形AA1D1D为正方形，AD1A1D，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，交线为AD，AEAD，AE平面AA1D1D，又A1D平面AA1D1DAEA1D，又AD1AEA，A1D平面AD1E，又D1E平面AD1E，A1DD1E.(2)存在满足条件的点M，AM2.解法一：假设存在满足条件的点M，过点D作DNCM于点N，连结D1N，则D1NCM，所以D1ND为二面角D1CMD的平面角，所以D1ND，在RtD1ND中，D1D1所以DN，又在RtDNC中，CDAB2，所以NDC，MCB，在RtMCB中，BMBCtan，AM2.故在线段AB上存在一点M，使得二面角D1CMD为，且AM2.解法二：依题意，以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为AB2AD2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，所以(0,0,1)，(0,2，1)易知为平面MCD的法向量，设M(1，a,0)(0a2)，所以(1,2a,0)，设平面D1MC的法向量n(x，y，z)，所以即，所以取y1，则n(2a,1,2)，又二面角D1MCD的大小为，所以cos即3a212a110，解得a2.又因为0a2，所以a2故在线段AB上是存在点M，使二面角D1MCD的大小为，且AM2.规律总结利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论G (2016北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM/平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由解析(1)因为平面PAD平面ABCD，交线为AD，AB平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD因为PD平面PAD，所以ABPD又因为PAPD，PAABA，PA，AB平面PAB，所以PD平面PAB(2)取AD中点O，连接OP，OC因为PAPD，所以OPAD又因为平面PAD平面ABCD，交线为AD，OP平面PAD，所以OP平面ABCD又因为ACCD，所以OCAD因为ABAD，所以OCAB且OC2AB如图，分别以OC，OA，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系P(0,0,1)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)(1,1，1)，(2,0，1)，(0，1，1)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，所以z2x，y2x.令x1得，n(1，2,2)所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)方法一：过B作BEAD，交OC于H，交CD于E.因为OCAB且OC2AB，所以OHAB，OHAB，BHAO.所以H为OC的中点所以EHOD，EHOD所以BEAD且BEAD在PD，PA上分别取点F，M，使得PFPD，PMPA，则FMAD，FMAD所以FMBE，FMBE.所以四边形BEFM为平行四边形所以BMEF.又因为BM平面PCD，EF平面PCD，所以BM平面PCD因此，在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，且.方法二：假设存在M点使得BM面PCD，设，M(0，y，z)，由(2)知A(0,1,0)，P(0,0,1)，(0，1,1)，B(1，1,0)，(0，y1，z)，有M(0,1，)，所以(1，)因为BM面PCD，n为面PCD的法向量，所以n0，即1220.所以.综上，存在M点，即当时，M点即为所求A组1在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( B )ABCD解析设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，E(0，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，所以(0，1)，(1,1,0)，则cos，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.2已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为( B )A，4B，4C，2,4 D4，15解析352z0，所以z4，又BP平面ABC，所以x15y60，3x3y3z0，由得x，y.3已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列命题：()232，()0，向量与向量的夹角为60，正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|，其中正确命题的序号是( B )A BC D解析如图所示：以点D为坐标原点，以向量，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，对于：(0,0，1)，(1,0,0)，(0,1,0)，所以(1,1，1)，()23，而21，所以()232.所以正确；对于：(1,1，1)，(0,0，1)，(0,1,0)，所以()0.所以正确；对于：(1,0,1)，(0,1，1)，1，cos，所以与的夹角为120，所以不正确；对于：因为0，所以错误故选B4(2018海口一模)如图，AB是O的直径，PA垂直于O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB2，PABC，则二面角ABCP的大小为( C )A30 B45C60 D90解析因为AB是O的直径，PA垂直于O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB2，PABC，所以ACBC，AC1，以点A为原点，在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)，(，1，)，(0,1，)，设平面PBC的法向量n(x，y，z)，则取z1，得n(0，1)，平面ABC的法向量m(0,0,1)，设二面角ABCP的平面角为，则cos，所以60，所以二面角ABCP的大小为60.5在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，AD，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是.解析如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D(，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知(，0,0)是平面SAB的一个法向量设平面SCD的法向理n(x，y，z)，因为(，0，1)，(，1,0)，所以n0，n0，可推出z0，y0，令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为，则cos.6已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是90.解析延长A1B1至D，使A1B1B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1BD，MBD就是直线AB1和BM所成的角设三棱柱的各条棱长为2，则BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1DA1C1cos601642412.DM2C1D2C1M213，所以cosDBM0，所以DBM90.7点P是二面角AB棱上的一点，分别在平面，上引射线PM，PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角AB的大小为90.解析不妨设PMa，PNb，如图作MEAB于点E，NFAB于点F，因为EPMEPN45，所以PEa，PFb，所以()()abcos60abcos45abcos45ab0，所以，所以二面角AB的大小为90.8如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CEAC，EFAC，AB，CEEF1.(1)求证：AF平面BDE；(2)求证：CF平面BDE；(3)求二面角ABED的大小解析(1)设AC与BD交于点G，因为EFAG，且EF1，AGAC1，所以四边形AGEF为平行四边形所以AFEG.因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD如图以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0,0,0)，A(，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，0)，F(，1)所以(，1)，(0，1)，(，0,1)所以0110，1010.所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE.又BEDEE，BE、DE平面BDE.(3)由(2)知，(，1)是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量n(x，y，z)，则n0，n0.即所以x0，zy.令y1，则z.所以n(0,1，)，从而cosn，因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED为.9.(2018天津卷，17) 如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE.(2)求二面角EBCF的正弦值(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长解析依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(1)依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1,0，1)又，可得n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)设n(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，则即不妨令z11，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得(1，2，h)易知，(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin60，解得h0,2所以线段DP的长为.B组1(2018济宁一模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ADC60，侧面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，CD2，M为PB的中点(1)求证：PA平面CDM.(2)求二面角DMCB的余弦值解析(1)取DC中点O，连接PO，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，所以PO底面ABCD，因为底面ABCD为菱形，且ADC60，DC2，所以DO1，OADC，以O为原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(，0,0)，P(0,0，)，B(，2,0)，C(0,1,0)，D(0，1,0)，所以M(，1，)，所以(，2，)，(，0，)，(0,2,0)，所以0，0，所以PADM，PADC，又DMDCD，所以PA平面CDM.(2)(，0，)，(，1,0)，设平面BMC的一个法向量n(x，y，z)，则取z1，得n(1，1)，由(1)知平面CDM的法向量为(，0，)，所以cosn，由图象得二面角DMCB是钝角，所以二面角DMCB的余弦值为.2(2017天津卷，17)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解析如图，以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)，又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则因为(0，2，1)，(1,2，1)，所以不妨设y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AH(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或.3正ABC的边长为2, CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC的中点(如图(1)现将ABC沿CD翻成直二面角ADCB(如图(2)在图(2)中：(1)求证：AB平面DEF；(2)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？证明你的结论；(3)求二面角EDFC的余弦值解析(1)如图(2)：在ABC中，由E、F分别是AC、BC的中点，所以EF/AB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，0)，E(0，)，F(，0)，(1,0，1)，(1，0)，(0，)，(，0)设(0<<1)，则(1，1)，注意到APDE0，在线段BC上存在点P，使APDE.(3)平面CDF的法向量(0,0,1)，设平面EDF的法向量为n(x，y，z), 则，即，取n