高考数学专题精讲 (13).doc

《高考数学专题精讲 (13).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学专题精讲 (13).doc（38页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 3 讲 立体几何中的向量方法考情研析 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.核心知识回顾1.线、面的位置关系与向量的关系设直线 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)lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2；01(2)lmabab0a1a2b1b2c1c20；0203(3)laa0a1a3b1b3c1c30；0405(4)laaka1ka3，b1k

2、b3，c1kc3；06(5)vkva3ka4，b3kb4，c3kc4；07(6)vv0a3a4b3b4c3c40.08092三种空间角与空间向量的关系(1)线线角：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.01|ab|a|b|(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.02|ln|l|n|(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 A，C ；03BD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

3、小 满足 coscosn1，n2或 cosn1，n2 04热点考向探究考向 1 利用向量证明平行与垂直例 1 如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为等腰梯形，ABCD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1分别是棱 AD，AA1的中点(1)设 F 是棱 AB 的中点，证明：直线 EE1平面 FCC1；(2)证明：平面 D1AC平面 BB1C1C.证明 如图，过点 D 作 AB 垂线交 AB 于 G，则以 D 为原点，DG，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易得 A(，1，0)，B(，3,0)，C(0，2,0)，E1(，1，1)，E，

4、333(32，12，0)F(，1,0)，D1(0,0,2)，B1(，3,2)，C1(0,2,2)33(1)(0,0,2)，C(，1,0)CC1F3设平面 C1FC 的法向量 n1(x，y，z)，则Error!令 x1，得 n1(1， ，0)，3又，故n10，又 E1E平面 FCC1，E1E(32，12，1)E1E所以 E1E平面 FCC1.(2)(，1，2)，(0,2，2)，D1A3D1C设平面 D1AC 的法向量 n2(a，b，c)，由Error!得Error!令 b1，得其中一个 n2(，1,1)同理易得平面3BB1C1C 的一个法向量 n3(1，0)，3n2n30，故平面 D1AC平面

5、BB1C1C.利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤(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，用空间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(2019贵阳二模)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.证明 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

6、,2,0)，P(0,0,2)由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1,1,1)(1)向量 B(0,1,1)，D(2,0,0)，EC故 BD0.所以 BEDC.EC(2)因为 PA平面 ABCD，AB平面 ABCD，所以 ABPA，又因为ABAD，PAADA，所以 AB平面 PAD，所以向量 A(1,0,0)为平面 PAD 的一个法向量，B而A(0,1,1)(1,0,0)0，所以 BA，BEBEB又 BE平面 PAD，所以 BE平面 PAD.(3)由(2)知平面 PAD 的一个法向量 A(1,0,0)，向量 P(0,2，2)，DBD(2,0,0)，设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，C则

7、Error!即Error!不妨令 y1，可得 n(0,1,1)为平面 PCD 的一个法向量则 nA(0,1,1)(1,0,0)0，所以 nA.BB所以平面 PAD平面 PCD.考向 2 利用空间向量求空间角角度 1 利用空间向量求异面直线所成的角例 2 如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面 AEC平面 AFC；(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值解 (1)证明：连接 BD，设 BDACG，连接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1.由AB

8、C120，可得 AGGC.3由 BE平面 ABCD，ABBC，可知 AEEC.又 AEEC，所以 EG，且 EGAC.3在 RtEBG 中，可得 BE，故 DF.222在 RtFDG 中，可得 FG.62在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE，DF，可得 EF.2223 22从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG.又 ACFGG，可得 EG平面 AFC.因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC.(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以，的方向为 x 轴，y 轴正方向，|GBGC|为单位长，建立空间直角坐标系 Gxyz.GB由(1)可得 A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，

9、 ，0)，所以32(1，0，22)3(1， ，)，.AE32CF(1， 3，22)故 cos， .AECFAECF|AE|CF|33所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为.33角度 2 利用空间向量求线面角例 3 (2019银川一中新高三入学考试)如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 8 的菱形，BAD60，PBD 是等边三角形，二面角PBDC 的余弦值为 .13(1)求证：BDPC；(2)求直线 PC 与平面 PAD 夹角的正弦值解 (1)证明：连接 AC 交 BD 于点 O，连接 PO.因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BDAC，且 AC 和 BD 互相平分

10、又因为 PBPD，O 为 BD 的中点，所以 BDPO，又因为 POACO，所以 BD平面 PAC.因为 PC平面 PAC，所以 BDPC.(2)过点 P 作 PEOC，交点为 E，因为 BD平面 PAC，所以 BDPE，因为 BDOCO，所以 PE平面 ABCD.易知POE 为二面角 PBDC 的平面角，所以 cosPOE ，sinPOE.132 23又因为BAD60，所以ABD 和PBD 都是边长为 8 的等边三角形所以 OP4，3则 PE，OE.8 634 33建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，4，0)，D(4，0,0)，3C(0,4，0)，P0，.34 338 63所以(4,4

11、，0)，4，0，.AD3DP4 338 63PC8 338 63设平面 PAD 的法向量为 m(x1，y1，z1)，则Error!即Error!令 x13，则 y1，z1，36得平面 PAD 的一个法向量 m(3， ，)36所以|cosm， |，PC|mPC|m|PC|22所以直线 PC 与平面 PAD 夹角的正弦值为.22角度 3 利用空间向量求二面角例 4 (2019马鞍山高三监测)如图，半圆柱 OO 中，平面 ABBA过上、下底面的圆心 O，O，点 C，D 分别在半圆弧 AB，AB上且.(1)求证：CD平面 ABBA；(2)若 2ACABAA，求二面角 CADB 的余弦值解 (1)证明：

12、如图，取的中点 M，OO平面 ABC，OA，OM，OO两两垂直，以 O 为坐标原点，OA，OM，OO所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz，连接 OC，设 OA1，AOC(00)，则 A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)，3(1,0，)，(2，t,0)AA13AC因为四边形 A1ACC1为平行四边形，则(3，t，)，AC1AA1A1C1AA1AC3易知 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)，|cos，n|，AC1|AC1n|AC1|n|312t255解得 t.3(1,0，)，(3， ，)，A1A3AC133设平面 AA1C1的法向量 n1(x1，

13、y1，z1)，Error!令 z11，则 n1(，2,1)，3由(1)可得平面 AB1C1的一个法向量(1,0，)，BA13cosn1，BA1n1BA1|n1|BA1|64二面角 A1AC1B1的余弦值为.64考向 3 立体几何中的探索性问题例 5 如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 为正方形，PA底面ABCD，ADAP，E 为棱 PD 的中点(1)证明：PD平面 ABE；(2)若 F 为 AB 的中点，(01)，试确定 的值，使二面角PMPCPFMB 的余弦值为.33解 (1)证明：PA平面 ABCD，AB平面 ABCD，PAAB，又ABAD，ADPAA，AB平面 PAD.又PD平面

14、 PAD，PDAB，ADAP，E 为 PD 中点，AEPD，由且 ABAEA，可得 PD平面 ABE.(2)以 A 为原点，以，为 x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系ABADAPAxyz，令|AB|2，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2，2,0)，E(0,1,1)，F(1,0,0)，(1,0，2)，P(2,2，2)，(2，2，2)，PFCPMM(2，2，22)，B(1,0,0)，F(21,2，22)FM设平面 PFM 的法向量 m(x，y，z)，Error!即 Error!m(2，1,1)，设平面 BFM 的法向量 n(x，y，z)，Error!即Error

15、!取 z，则 n(0，1，)，|cosm，n|，|mn|m|n|16 212|33解得 .12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(2019桂林高三 4 月一模)如图 1，在边长为 3 的菱形 ABCD 中，已知AFEC1，且 EFBC.将梯形 ABEF 沿直线 EF 折起，使 BE平面 CDFE，如图 2，P，M 分别是 BD，A

16、D 上的点(1)若平面 PAE平面 CMF，求 AM 的长；(2)是否存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由BPBD 解 (1)因为平面 PAE 与平面 CDFE 有公共点 E，所以平面 PAE 与平面CDFE 相交，设交线为 EQ，若平面 PAE平面 CMF，因为平面 CDFE平面 CMFCF，则 EQCF.设 EQDFQ，又因为FQCE，所以四边形 ECFQ 是平行四边形，FQCE，同理，由平面 PAE平面 CMF，因为平面 PAE平面 ADQAQ，平面 CMF平面 ADQMF，所以AQMF.所以 .因为 AFDF，AF1，DF2

17、，所以 AD，所以AMADQFQD135AM.53(2)结论：存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45.在题图 2 中，以点 F 为原点，分别以 FE，FD，FA 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示易得 EF2，则 F(0,0,0)，2E(2，0,0)，又 A(0,0,1)，B(2，0,2)，D(0,2,0)，22所以(0,2,0)，(2，0，1)，(2，2，2)，FDAE2BD2(2，0,1)，AB2设(0,1)，则(2，2，2)，BPBDBP2则(22，2，12)，APABBP22设平面 PAE 的法向量为 n(x，y，z)，由Error!得Error

18、!令 x1，可得 z2，y3，222 2所以 n(1,3，2)22 22若存在点 P，使 DF 与平面 PAE 所成的角是 45，则|cosn，|，FD23 22 22 93 22 2222解得 ，因为 (0,1，所以 ，即.故存在4 2 2342 23BPBD42 23一点 P，当时，直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45.BPBD42 23真题押题1(2019遵义航天高级中学高三第四次模拟)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为( )3A. B. C. D.55561522答案 A解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由

19、ABBC1，AA1，可知3D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，33(1,0，)，(1,1，)，设，的夹角为 ，则有AD13DB13AD1DB1cos，故异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为|cos|，AD1DB1|AD1|DB1|5555故选 A.2(2019东北三校联考)已知在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 是棱A1B1的中点，则直线 AE 与平面 BDD1B1所成角的正弦值为_答案 1010解析 以 A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系设正方体的棱长为 2，则 A(0,

20、0,2)，C(2,2,2)，E(1,0,0)，A(2,2,0)，A(1,0，2)CEACBD，ACBB1，BDBB1B，AC平面 BDD1B1，则 A(2,2,0)是平面 BDD1B1的一个法向量设直C线 AE 与平面 BDD1B1所成的角为 ，则 sin|cosA，A|.CE|ACAE|AC|AE|10103(2019北京高考)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E 为 PD 的中点，点 F在 PC 上，且 .PFPC13(1)求证：CD平面 PAD；(2)求二面角 FAEP 的余弦值；(3)设点 G 在 PB 上，且 .判断直线 A

21、G 是否在平面 AEF 内，说明理PGPB23由解 (1)证明：因为 PA平面 ABCD，所以 PACD.又因为 ADCD，PAADA，所以 CD平面 PAD.(2)过点 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M.因为 PA平面 ABCD，所以 PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因为 E 为 PD 的中点，所以 E(0,1,1)所以(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)AEPCAP所以，PF13PC(23，23，23)所以.AFAPPF(23，23，43)设平面 AEF

22、的法向量为 n(x，y，z)，则Error!即Error!令 z1，则 y1，x1.于是 n(1，1,1)又因为平面 PAD 的一个法向量为 p(1,0,0)，所以 cosn，p.由题知，二面角np|n|p|33FAEP 为锐角，所以其余弦值为.33(3)直线 AG 在平面 AEF 内理由：因为点 G 在 PB 上，且 ，(2，1，2)，PGPB23PB所以，PG23PB(43，23，43)所以.AGAPPG(43，23，23)由(2)知，平面 AEF 的一个法向量 n(1，1,1)，所以n 0.AG432323又直线 AG 与平面 AEF 有公共点 A，所以直线 AG 在平面 AEF 内4(

23、2019黄山高三第二次质量检测)如图，已知四边形 ABCD 满足ADBC，BAADDC BCa，E 是 BC 的中点，将BAE 沿 AE 翻折成12B1AE，使得 B1Da，F 为 B1D 的中点62(1)证明：B1E平面 ACF；(2)求平面 ADB1与平面 ECB1所成锐二面角的余弦值解 (1)证明：连接 ED 交 AC 于点 O，连接 OF，由四边形 AECD 为菱形，F 为 B1D 的中点得，OFB1E，B1E平面 ACF，所以 B1E平面 ACF.(2)取 AE 的中点 M，连接 DM，B1M，易知 B1MAM，DMAM，由AB1a，ADa，AM ，得 B1MDMa，又a232B1D

24、a，B1M2DM2B1D2，62B1MDM，B1M，DM，MA 两两垂直以 MD，MA，MB1所在的直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系(如图)则 A0，0，D，0,0，B10,0，C，a,0，E0， ，0，a23a23a23a2a2EC， ，0，0， ，0，0， ，设平面3a2a2EB1a23a2AD3a2a2AB1a23a2ADB1的法向量 m(x，y，z)，则Error!令 y1，解得 m，1， ，同理平面3333ECB1的一个法向量 n，1，3333cosm，n ，故平面 ADB1与平面 ECB1所成锐二面角的余mn|m|n|35弦值为 .35金版押题5. 如图，在多面体 ABC

25、DEF 中，梯形 ADEF 与平行四边形 ABCD 所在平面互相垂直，AFDE，DEAD，ADBE，AFAD DE1，AB.122(1)求证：BF平面 CDE；(2)求二面角 BEFD 的余弦值；(3)判断线段 BE 上是否存在点 Q，使得平面 CDQ平面 BEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由BQBE解 (1)证明：由底面 ABCD 为平行四边形，知 ABCD，又因为 AB平面 CDE，CD平面 CDE，所以 AB平面 CDE.同理 AF平面 CDE，又因为 ABAFA，所以平面 ABF平面 CDE.又因为 BF平面 ABF，所以 BF平面 CDE.(2)连接 BD，因为平面 ADEF

26、平面 ABCD，平面 ADEF平面ABCDAD，DEAD，所以 DE平面 ABCD，则 DEDB.又因为 DEAD，ADBE，DEBEE，所以 AD平面 BDE，则ADBD.故 DA，DB，DE 两两垂直，所以以 DA，DB，DE 所在的直线分别为 x 轴、y 轴和 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，E(0，0,2)，F(1,0,1)，所以(0，1,2)，(1,0，1)，BEEFn(0,1,0)为平面 DEF 的一个法向量设平面 BEF 的法向量为 m(x，y，z)，由 m0，m0，得Error!BEEF令 z1，

27、得 m(1,2,1)所以 cosm，n.mn|m|n|63如图可得二面角 BEFD 为锐角，所以二面角 BEFD 的余弦值为.63(3)结论：线段 BE 上存在点 Q，使得平面 CDQ平面 BEF.证明如下：设(0，2)(0,1)，BQBE所以(0,1，2)DQDBBQ设平面 CDQ 的法向量为 u(a，b，c)，又因为(1,1，0)，DC所以 u0，u0，即Error!DQDC令 b1，得 u1,1，.12若平面 CDQ平面 BEF，则 mu0，即 120，解得 (0,1)1217所以线段 BE 上存在点 Q，使得平面 CDQ平面 BEF，且此时 .BQBE17配套作业1(2019六盘山高级

28、中学高三二模)如图，AB 是半圆 O 的直径，C 是半圆O 上除 A，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆 O 所在的平面，DCEB，DCEB1，AB4.(1)证明：平面 ADE平面 ACD；(2)当 C 点为半圆的中点时，求二面角 DAEB 的余弦值解 (1)证明：AB 是直径，BCAC，CD平面 ABC，CDBC，CDACC，BC平面 ACD，CDBE，CDBE，四边形 BCDE 是平行四边形，BCDE，DE平面 ACD，DE平面 ADE，平面 ADE平面 ACD.(2)依题意，ACBC2，如图所示，建立空间直角坐标系，则2D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0

29、)，222(2，2，0)，(0,0,1)，(0,2，0)，AB22BEDE2(2，0，1)，DA2设平面 DAE 的法向量为 n1(x，y，z)，Error!即Error!n1(1,0,2)，2设平面 ABE 的法向量为 n2(x，y，z)，Error!即Error!n2(1,1,0)，cosn1，n2，n1n2|n1|n2|12 926二面角 DAEB 是钝角，二面角 DAEB 的余弦值为.262(2019聊城高三一模)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ACC1A1平面 ABC，AC2，AA1AB4，BAC120，ACC160.(1)证明：AC1BC；(2)求直线 CB1与平面 A

30、BB1A1所成角的正弦值解 (1)证明：在三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ACC1A1平面ABC，AC2，AA1AB4，BAC120，ACC160.AC12，4162 2 4 cos603AC AC2CC ，AC1AC，2 12 1平面 ACC1A1平面 ABCAC，AC1平面 ABC，AC1BC.(2)如图，以 A 为坐标原点，AB 为 y 轴，AC1为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C(，1,0)，B1(，5，2)，B(0,4,0)，A(0,0,0)，333(2，6,2)，(0,4,0)，(，5,2)，CB133ABAB133设平面 ABB1A1的法向量 n(x，y，z)，则Erro

31、r!取 x2，得 n(2,0,1)，设直线 CB1与平面 ABB1A1所成角为 ，则 sin ，|CB1n|CB1|n|2 360 515直线 CB1与平面 ABB1A1所成角的正弦值为 .153.(2019蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形 ABCD 的边长为 2，D60，点 H 为 DC 的中点，现以线段 AH 为折痕将菱形折起使得点 D 到达点 P 的位置且平面 PHA平面 ABCH，点 E，F 分别为 AB，AP 的中点(1)求证：平面 PBC平面 EFH；(2)求平面 PAH 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值解 (1)证明：菱形 ABCD 中，E，H 分别为 AB

32、，CD 的中点，所以 BECH，BECH，四边形 BCHE 为平行四边形，则 BCEH，又EH平面 PBC，所以 EH平面 PBC.又点 E，F 分别为 AB，AP 的中点，则 EFBP，EF平面 PBC，所以 EF平面 PBC.而 EFEHE，所以平面 EFH平面 PBC.(2)菱形 ABCD 中，D60，则ACD 为正三角形，所以 AHCD，AH，DHPHCH1.3折叠后，PHAH，又平面 PHA平面 ABCH，平面 PHA平面 ABCHAH，从而 PH平面 ABCH.因为 AHCD，所以 HA，HC，HP 三条线两两垂直，以，的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，

33、HAHCHP则 P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(，2,0)，(，1,0)，(0，1,1)，3CB3CP设平面 PBC 的法向量为 m(x，y，z)，则Error!即Error!令 y，得 x1，z，33所以 m(1，)33因为平面 PAH 的一个法向量 n(0,1,0)，所以 cosm，n.37217设平面 PAH 与平面 PBC 所成锐二面角为 ，则cos.2174如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且 ADCD2，BC4，PA2.22(1)求证：ABPC；(2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 MACD 的大小为 45，如果存在，求

34、BM 与平面 MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由解 (1)证明：如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形，由 ADCD2，BC4，可得ABC 是等腰直角三角形，即22ABAC，因为 PA平面 ABCD，所以 PAAB，又 PAACA，所以 AB平面 PAC，又 PC平面 PAC，所以 ABPC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，C(2，2，0)，22D(0，2，0)，P(0,0,2)，B(2，2，0)，P(0，2，2)，222D2A(2，2，0)C22设 Pt(0t1)，则点 M 的坐标为(0，2t，22t)，所以 A(0，2MPD2Mt，22t)2设平面

35、 MAC 的法向量是 n(x，y，z)，则Error!得Error!则可取 n.(1，1，2t1t)又 m(0,0,1)是平面 ACD 的一个法向量，所以|cosm，n|mn|m|n|2tt1|2(2tt1)2cos45，22解得 t ，即点 M 是线段 PD 的中点12此时平面 MAC 的一个法向量可取 n0(1，1，)，2B(2，3，1)M22设 BM 与平面 MAC 所成的角为 ，则 sin|cosn0，B|.M2 695如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点 M 和 N 分别为5B1C 和 D1D 的中点(1

36、)求证：MN平面 ABCD；(2)求二面角 D1ACB1的正弦值；(3)设 E 为棱 A1B1上的点，若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为 ，13求线段 A1E 的长解 如图，以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得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)因为 M，N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，所以 M，N(1，2,1)(1，12，1)(1)证明：依题意，可得 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，MN.(0，52，0)由此可得 Mn0，又直线

37、MN平面 ABCD，所以 MN平面 ABCD.N(2)(1，2,2)，A(2,0,0)AD1C设 n1(x1，y1，z1)为平面 ACD1的法向量，则Error!即Error!不妨设 z11，可得 n1(0,1,1)设 n2(x2，y2，z2)为平面 ACB1的法向量，则Error!又(0,1,2)，得Error!AB1不妨设 z21，可得 n2(0，2,1)因此有 cosn1，n2，n1n2|n1|n2|1010于是 sinn1，n2，3 1010所以二面角 D1ACB1的正弦值为.3 1010(3)依题意，可设，其中 0,1，A1EA1B1则 E(0，2)，从而 N(1，2,1)E又 n(

38、0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得 cosN，n ，ENEn|NE|n|112221213整理得 2430，又 0,1，所以 2.7所以线段 A1E 的长为2.76(2019朝阳区高三二模)如图，已知正方形 ADEF，梯形 ABCD，且ADBC，BAD90，平面 ADEF平面 ABCD，ABAD1，BC3.(1)求证：AFCD；(2)求直线 BF 与平面 CDE 所成角的正弦值；(3)线段 BD 上是否存在点 M，使得直线 CE平面 AFM，若存在，求的BMBD值；若不存在，请说明理由解 (1)证明：因为四边形 ADEF 为正方形，所以 AFAD.又因为平面 ADEF平面

39、ABCD，且平面 ADEF平面 ABCDAD，所以 AF平面 ABCD.所以 AFCD.(2)由(1)可知，AF平面 ABCD，所以 AFAD，AFAB.因为BAD90，所以 AB，AD，AF 两两垂直分别以 AB，AD，AF 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)因为 ABAD1，BC3，所以 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，所以(1,0,1)，(1,2,0)，(0,0,1)BFDCDE设平面 CDE 的一个法向量为 n(x，y，z)，则Error!即Error!令 x2，则 y1，所以 n(2

40、，1,0)设直线 BF 与平面 CDE 所成角为 ，则 sin|cosn， |.BF|2 1|5 2105(3)结论：线段 BD 上存在点 M，使得直线 CE平面 AFM.设(0,1)，BMBD设 M(x1，y1，z1)，由，得(x11，y1，z1)(1,1,0)，BMBD所以 x11，y1，z10，所以 M(1，0)，所以(1，0)AM设平面 AFM 的法向量为 m(x0，y0，z0)，则Error!因为(0,0,1)，所以Error!AF令 x0，则 y01，所以 m(，1,0)在线段 BD 上存在点 M，使得 CE平面 AFM 等价于存在 0,1，使得m0.因为(1，2,1)，由 m0，

41、CECECE所以2(1)0，解得 0,1，23所以线段 BD 上存在点 M，使得 CE平面 AFM，且 .BMBD237如图，在四边形 ABCD 中，ABCD，BCD，四边形 ACFE 为矩23形，且 CF平面 ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面 BCF；(2)点 M 在线段 EF 上运动，当点 M 在什么位置时，平面 MAB 与平面 FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值解 (1)证明：设 ADCDBCCF1，ABCD，BCD，23AB2，CBA60.AC2AB2BC22ABBCcos603.AB2AC2BC2.ACBC. 又CF平面 ABCD，CFAC. 由可得 AC

42、平面 BCF.又四边形 ACFE 为矩形，EFAC，EF平面 BCF.(2)由(1)可建立分别以直线 CA，CB，CF 为 x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系设 ADCDBCCF1，令 FM(0)，3则 C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，3M(，0,1)，(，1,0)，AB3(，1,1)，BM设 n1(x，y，z)为平面 MAB 的一个法向量，由Error!得Error!取 x1，则 n1(1， ，)，33设平面 MAB 与平面 FCB 所成锐二面角为 ，n2(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量，cosn1n2|n1|n2|113 32 1.1 3240，

43、当 0 时，cos 有最小值，377点 M 与点 F 重合时，平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角最大，此时二面角的余弦值为.778(2019凯里市第一中学高三模拟)如图所示，三棱锥 PABC 放置在以AC 为直径的半圆面 O 上，O 为圆心，B 为圆弧上的一点，D 为线段 PC上的一点，且 ABBCPA3，PB3，PABC.2(1)求证：平面 BOD平面 PAC；(2)当二面角 DABC 的平面角为 60时，求的值PDPC解 (1)证明：由 ABPA3，PB3，2PA2AB2PB2，PAAB，又 PABC 且 ABBCB，PA平面 ABC.BO平面 ABC，PABO，由 BABC，圆心

44、O 为 AC 的中点，所以 BOAC.因为 ACPAA，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 BABC，过点 B 作 PA 的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知 B(0,0,0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，P(3,0,3)，设(01)，PDPC则(3,0,0)，(3,0,3)(3,3，3)(33，3，33)，BABDBPPD设 m(x，y，z)为平面 BAD 的法向量，则Error!Error!令 z1，则 y1 ，所以 m0,1 ，1，11取平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)因为二面角 DABC 的平面角为 60