《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题四 3 第3讲 立体几何中的向量方法 学案 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题四 3 第3讲 立体几何中的向量方法 学案 Word版含解析.pdf（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 3 讲 立体几何中的向量方法 年份卷别考查内容及考题位置命题分析 卷直线与平面所成角的正弦值T18(2) 卷二面角、直线与平面所成的角T20(2)2018 卷二面角的正弦值T19(2) 卷二面角的余弦值的求解T18(2) 卷二面角的余弦值的求解T19(2)2017 卷二面角的余弦值的求解T19(2) 卷二面角的余弦值的求解T18(2) 卷二面角的正弦值的求解T19(2)2016 卷线面角的正弦值的求解T19(2) 高考对此部分的 命题较为稳定，一般 为解答题，多出现在 第 18 或 19 题的第二 问的位置，考查利用 空间向量求异面直线 所成的角、线面角或 二面角，难度中等偏 上. 利用空
2、间向量证明平行与垂直(综合型) 设直线l的方向向量为a(a1， b1， c1)， 平面、 的法向量分别为(a2， b2， c2)、 (a3， b3， c3)，则有： (1)线面平行 laa0a1a2b1b2c1c20. (2)线面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2. (3)面面平行 a2a3，b2b3，c2c3. (4)面面垂直 0a2a3b2b3c2c30. 典型例题 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.
3、【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， 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.BE DC BE DC 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 的一个法向量AB 而(0，1，1)(1，0，0)0，BE AB 所以 BEAB， 又 BE平面 PAD，所以 BE平面 PAD. (3)由(2)知平面 PAD
4、 的一个法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，AB PD DC 设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)， 则即 nPD 0， nDC 0，) 2y2z0， 2x0，) 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，AB 所以 n.所以平面 PCD平面 PAD.AB 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系 (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求出直线的方
5、向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系 (4)根据运算结果解释相关问题 对点训练 在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上， 且EB11， D， F， G 分别为 CC1，C1B1，C1A1的中点求证： (1)B1D平面 ABD. (2)平面 EGF平面 ABD. 证明 ： (1)依题意，以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 则 B(0， 0， 0)， D(0， 2， 2)， B1(0， 0， 4)， C1(0， 2， 4)， 设 BAa， 则 A(a，0，0)， 所以(
6、a，0，0)，(0，2，2)，(0，2，2)，0，0BA BD B1D B1D BA B1D BD 440， 即 B1DBA，B1DBD. 又 BABDB，BA，BD平面 ABD， 因此 B1D平面 ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G， ( a 2，1，4) F(0，1，4)， 则，(0，1，1)，EG ( a 2，1，1) EF 0220，0220，B1D EG B1D EF 即 B1DEG，B1DEF. 又 EGEFE，EG，EF平面 EGF， 因此 B1D平面 EGF. 结合(1)可知是平面 ABD 的一个法向量，B1D 所以平面 EGF平面 ABD. 利用空间向量求空间角
7、(综合型) 典型例题 命题角度一 异面直线所成的角 已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直 线 AB1与 BC1所成角的余弦值为_ 【解析】 如图，在平面 ABC 内过点 B 作 BDAB， 交 AC 于 点 D，则CBD30. 因为 BB1平面 ABC， 故以 B 为坐标原点， 分别以射线 BD， BA， BB1为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系， 则 B(0，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，1)，C1(cos 30，sin 30，1)，即 C1. ( 3 2 ，1 2，1) 所以(0，2，1)，.AB1 BC1 ( 3
8、2 ，1 2，1) 所以 cos，AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | . 0 3 2 （2） ( 1 2)1 1 0（2）212 ( 3 2) 2 ( 1 2) 2 1 2 10 5 所以异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为. 10 5 【答案】 10 5 两异面直线所成角的求法 (1)定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的 锐角或直角等于两异面直 线所成的角 定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的 内角进行求解 (2)向量法：设异面直线 a，b 的方向向量分别为 a，b，则异面直线 a，b 所成角的余弦 值
9、等于|cosa，b|. 命题角度二 直线与平面所成的角 (2018高考全国卷)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】 (1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD， 所以平面 PEF平面 ABFD. (2)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，|为单位长，HF BF
10、 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.3 可得 PH，EH . 3 2 3 2 则 H(0，0，0)，P，D，为平 (0，0， 3 2) (1， 3 2，0) DP (1， 3 2， 3 2) HP (0，0， 3 2) 面 ABFD 的法向量 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则 sin . | HP DP |HP |DP | 3 4 3 3 4 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为. 3 4 向量法求直线和平面所成的角 设 为直线 l 与平面 所成的角， 为直线 l 的方向向量
11、v 与平面 的法向量 n 之间的 夹角，则有 (如图 1)或 (如图 2)，所以有 sin |cos |cosv，n|. 2 2 |vn| |v|n| 特别地，0 时， ，l； 时，0，l 或 l. 2 2 命题角度三 二面角的平面角 (2018沈阳教学质量监测(一)如图， 在四棱锥PABCD中， 平 面PAD平面ABCD， 底面 ABCD 是正方形，且 PAPD，APD90 . (1)证明：平面 PAB平面 PCD； (2)(一题多解)求二面角 APBC 的余弦值 【解】 (1)证明：因为底面 ABCD 为正方形， 所以 CDAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDA
12、D， 所以 CD平面 PAD. 又 AP平面 PAD，所以 CDAP. 因为APD90，即 PDAP，CDPDD， 所以 AP平面 PCD. 因为 AP平面 PAB，所以平面 PAB平面 PCD. (2)法一：取 AD 的中点为 O，BC 的中点为 Q，连接 PO，OQ， 易得 PO底面 ABCD，OQAD， 以 O 为原点， ， ，的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，OA OQ OP 如图，不妨设正方形 ABCD 的边长为 2， 可得 A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(1，2，0)，P(0，0，1) 设平面 APB 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 而
13、(1，0，1)，(1，2，1)PA PB 则即 n1PA 0， n1PB 0，) x1z10， x12y1z10，) 则 y10，取 x11，得 n1(1，0，1)为平面 APB 的一个法向量 设平面 BCP 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 而(1，2，1)，(1，2，1)，PB PC 则 n2PB 0， n2PC 0，) 即 x22y2z20， x22y2z20，) 则 x20，取 y21，得 n2(0，1，2)为平面 BCP 的一个法向量 所以 cosn1，n2， n1n2 |n1|n2| 1 00 11 2 2 5 2 10 10 5 由图易知二面角 APBC 为钝角， 故二面角
14、 APBC 的余弦值为. 10 5 法二：以 D 为原点，建立空间直角坐标系，如图， 不妨设正方形 ABCD 的边长为 2， 可得 A(2， 0， 0)， B(2， 2， 0)， C(0，2，0)，P(1，0，1)， 设平面 PAB 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 而(1，0，1)，(1，2，1)，PA PB 则即 PA n10， PB n10，) x1z10， x12y1z10，) 则 y10，取 z11， 则 n1(1，0，1)为平面 PAB 的一个法向量 设平面 PBC 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 而(1，2，1)，(1，2，1)，PB PC 则即 PB n20， P
15、C n20，) x22y2z20， x22y2z20，) 则 x20，取 y21，则 n2(0，1，2)为平面 PBC 的一个法向量 所以 cosn1，n2， n1n2 |n1|n2| 2 2 5 10 5 由图可得二面角 APBC 为钝角， 故二面角 APBC 的余弦值为. 10 5 向量法求二面角 设二面角 l 的平面角为 (0)， n1， n2分别为平面 ，的法向量， 向量 n1， n2 的夹角为 ，则有 (如图 1)或 (如图 2)，其中 cos . n1n2 |n1|n2| 对点训练 (2018高考全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PA2 PBPCAC4， O 为 AC
16、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：(1)证明：因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点，所以 OPAC，且 OP2 . 3 连接 OB.因为 ABBCAC，所以ABC 为等腰直角三角形， 2 2 且 OBAC，OB AC2. 1 2 由 OP2OB2PB2知 POOB. 由 OPOB，OPAC 知 PO平面 ABC. (2)如图，以 O 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立空OB 间直角坐标系 Oxyz. 由已知得 O(0， 0， 0)， B(2， 0， 0)， A(0， 2， 0)， C(0，
17、 2， 0)， P(0， 0， 2 )，(0， 2， 2)取平面 PAC 的一个法向量(2，0，0)3AP 3OB 设 M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0)AM 设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z) 由n0，n0 得AP AM 可取 n(a4)，a，a)， 2y2 3z0， ax（4a）y0，) 33 所以 cos，n.由已知可得OB 2 3（a4） 2 3（a4）2 3a2a2 |cos，n|，OB 3 2 所以，解得 a4(舍去)，a ， 2 3|a4| 2 3（a4）23a2 a2 3 2 4 3 所以 n. ( 8 3 3 ， 4 3 3 ，4 3) 又(0，2，2
18、)，所以 cos，n.PC 3PC 3 4 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为. 3 4 利用向量解决探索性问题(综合型) 典型例题 (2018长春质量监测(二)如图， 直四棱柱ABCDA1B1C1D1中， 底面 ABCD 为等腰梯形，AD2BC2CD4，AA12 . 3 (1)证明：AD1B1D； (2)设 E 是线段 A1B1(不包括端点)上的动点， 是否存在这样的点 E， 使得二面角 EBD1A 的余弦值为，如果存在，求出 B1E 的长；如果 7 7 不存在，请说明理由 【解】 (1)证明 ： 连接 BD， B1D1(图略)， 在等腰梯形 ABCD 中， 由 AD2BC2CD4
19、， 得 BD2，3 故四边形 B1BDD1是正方形，BD1B1D. Error! Error!Error! Error!AD1B1D. (2)假设存在这样的点 E， 依题意， 以 B 为原点，方向为 x 轴正方向，方向为 y 轴正DB AB 方向，方向为 z 轴正方向，BB1 建立空间直角坐标系(图略)，设 B1Em(0m2)， 则 E(0，m，2)，B(0，0，0)，D1(2，0，2)，A(0，2，0)，(0，m，2333BE )，(2，0，2)，3BD1 33 设平面 EBD1的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 则， n1BE 0 n1BD1 0) 即， my12 3z10 2 3x1
20、2 3z10) 令 z1m，则， x1m y12 3) 所以 n1(m，2，m)3 (0，2，0)，(2，0，2)，BA BD1 33 设平面 BD1A 的法向量为 n2(x2，y2，z2)， 则， n2BA 0 n2BD1 0) 即， 2y20 2 3x22 3z20) 令 x21，则， y20 z21) 所以 n2(1，0，1)， |cosn1，n2|，解得 m21，则 m1，故 B1E 的长为 1. |mm| m212m2 2 7 7 利用空间向量巧解探索性问题 (1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、 推理，只需通过坐标运算进行判断 (2)解题时，
21、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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效， 应善于运用这一方法解题 对点训练 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC 90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PAPD2，BC AD1， CD. 1 2 3 (1)求证：平面 PBC平面 PQB； (2)若平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为 60，求 PM 的长 解：(1)证明：因为 ADBC，Q 为 AD 的中点，BC AD， 1 2 所以 BCQD， 所以四边形 BC
22、DQ 是平行四边形， 因为ADC90，所以 BCBQ. 因为 PAPD，AQQD， 所以 PQAD， 又因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， 所以 PQ平面 ABCD. 所以 PQBC， 又因为 PQBQQ， 所以 BC平面 PQB.因为 BC平面 PBC， 所以平面 PBC平面 PQB. (2)由(1)可知 PQ平面 ABCD.如图，以 Q 为原点，分别以 QA，QB，QP 所在直线为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系 则 Q(0，0，0)，D(1，0，0)，P(0，0，)，B(0， ，0)，C(1，33 ，0)，3 所以(1，0，)，(1， ，)，PD 3P
23、C 33 设平面 PDC 的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则，即， PD n0 PC n0) x1 3z10 x1 3y1 3z10) 取 x13，则 n(3，0，)为平面 PDC 的一个法向量3 当 M 与 C 重合时，平面 MQB 的法向量为(0，0，)，QP 3 cos 60，满足题意 |nQP | |n|QP | 1 2 此时 PM . 7 当 M 与 C 不重合时， 由(1， ，)，且 01，PM PC 33 得 M(，)，333 所以(，(1)，QM 33 易得(0， ，0)，QB 3 设平面 MBQ 的法向量为 m(x2，y2，z2)， 则， QM m0 QB m0) 即，
24、 x2 3y2 3（1）z20 3y 20 ) 取 x2，则 m为平面 MBQ 的一个法向量3 ( 3，0， 1) 因为平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为 60， 所以 cos 60| nm |n| |m| ， | 3 3 3 1 12 3( 1) 2 | 1 2 所以 ，所以 PM， 1 2 7 2 由知 PM或.7 7 2 A 组 夯基保分专练 一、选择题 1(2018合肥第一次质量检测) 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF平面ABCD，DE 平面ABCD，BFDE， M 为棱 AE 的中点 (1)求证：平面 BDM平面 EFC； (2)若 DE2
25、AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值 解：(1)证明：连接 AC，交 BD 于点 N，连接 MN， 则 N 为 AC 的中点， 又 M 为 AE 的中点，所以 MNEC. 因为 MN平面 EFC，EC平面 EFC， 所以 MN平面 EFC. 因为 BF，DE 都垂直底面 ABCD，所以 BFDE. 因为 BFDE， 所以四边形 BDEF 为平行四边形， 所以 BDEF. 因为 BD平面 EFC，EF平面 EFC， 所以 BD平面 EFC. 又 MNBDN，所以平面 BDM平面 EFC. (2)因为 DE平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形， 所以 DA，DC，DE 两两垂直
26、，如图，建立空间直角坐标系 Dxyz. 设 AB2， 则 DE4， 从而 D(0， 0， 0)， B(2， 2， 0)， M(1， 0， 2)， A(2， 0， 0)， E(0， 0， 4)， 所以(2，2，0)，(1，0，2)，DB DM 设平面 BDM 的法向量为 n(x，y，z)， 则得 nDB 0， nDM 0，) 2x2y0， x2z0.) 令 x2，则 y2，z1，从而 n(2，2，1)为平面 BDM 的一个法向量 因为(2，0，4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 ，则AE sin |cosn|，AE | nAE |n|AE | 4 5 15 所以直线 AE 与平面 B
27、DM 所成角的正弦值为. 4 5 15 2.(2018高考全国卷)如图， 边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平 面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于 C，D 的点CD CD (1)证明：平面 AMD平面 BMC; (2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值 解：(1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD. 因为 BCCD，BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BCDM. 因为 M 为上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM.CD 又 BCCMC，所以 DM平面 BMC. 而 DM平面 AMD，故平面
28、AMD平面 BMC. (2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示DA 的空间直角坐标系 Dxyz. 当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为的中点CD 由题设得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)， (2，1，1)，(0，2，0)，(2，0，0)AM AB DA 设 n(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则即 nAM 0， nAB 0，) 2xyz0， 2y0.) 可取 n(1，0，2) 是平面 MCD 的法向量，因此 cosn， ，sinn， .DA DA nDA |n|DA | 5 5 DA 2 5 5 所以平面 MAB
29、与平面 MCD 所成二面角的正弦值是. 2 5 5 3 (2018陕西教学质量检测(一)如图， 四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是菱形， AC BDO，A1O底面 ABCD，AB2，AA13. (1)证明：平面 A1CO平面 BB1D1D； (2)若BAD60，求二面角 BOB1C 的余弦 值 解：(1)证明：因为 A1O平面 ABCD，BD平面 ABCD， 所以 A1OBD. 因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 COBD. 因为 A1OCOO， 所以 BD平面 A1CO. 因为 BD平面 BB1D1D， 所以平面 A1CO平面 BB1D1D. (2)因为 A1O平面 AB
30、CD，COBD， 所以 OB，OC，OA1两两垂直，以 O 为坐标原点， ， ，的方向为 x，y，z 轴的正OB OC OA1 方向建立如图所示的空间直角坐标系 因为 AB2，AA13，BAD60， 所以 OBOD1，OAOC，3 OA1.AAOA26 则 O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0， ，0)，A(0，0)，A1(0，0，)，336 所以(1，0，0)，(0， ，)，(1， ，)，OB BB1 AA1 36OB1 OB BB1 36 设平面 OBB1的法向量为 n(x，y，z)， OB n0， OB1 n0，) 所以 x0， x 3y 6z0.) 令 y，得 n(0， ，1)是
31、平面 OBB1的一个法向量22 同理可求得平面 OCB1的一个法向量 m(，0，1)，6 所以 cosn，m， nm |n|m| 1 3 7 21 21 由图可知二面角 BOB1C 是锐二面角， 所以二面角 BOB1C 的余弦值为. 21 21 4.如图， 四棱锥 PABCD 中， 侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC AD，BADABC90，E 是 PD 的中点 1 2 (1)证明：直线 CE平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45 ，求二面角 MABD 的余 弦值 解 ： (1)证明 ： 取 PA 的中点 F， 连接
32、 EF， BF， 如图所示 因为 E 是 PD 的中点， 所以 EFAD， EF AD.由BADABC90得 BCAD， 又 BC AD， 所以 EF 綊 BC， 四边形 BCEF 1 2 1 2 是平行四边形，CEBF，又 BF平面 PAB，CE平面 PAB，故 CE平面 PAB. (2)由已知得 BAAD， 以 A 为坐标原点，的方向为 x 轴正方AB 向，设|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则AB A(0， 0， 0)， B(1， 0， 0)， C(1， 1， 0)， P(0， 1，)，(1， 0， 3PC )，(1，0，0)3AB 设 M(x，y，z)(0x1)，则
33、(x1，y，z)，(x，y1，z)BM PM 3 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45，而 n(0，0，1)是底面 ABCD 的一个法向量， 所以|cos，n|sin 45，BM |z| （x1）2y2z2 2 2 即(x1)2y2z20. 又 M 在棱 PC 上，设，则PM PC x，y1，z.33 由，解得(舍去)， x1 2 2 ， y1， z 6 2 ) x1 2 2 ， y1， z 6 2 ，) 所以 M，从而. (1 2 2 ，1， 6 2) AM (1 2 2 ，1， 6 2) 设 m(x0，y0，z0)是平面 ABM 的法向量，则 即 mAM 0， mAB 0，) （
34、2 2）x02y0 6z00， x00，) 所以可取 m(0，2)6 于是 cosm，n. mn |m|n| 10 5 因此二面角 MABD 的余弦值为. 10 5 B 组 大题增分专练 1 (2018南昌模拟)如图， 四棱锥 PABCD 中， PA底面 ABCD， ABCD 为直角梯形， AD BC，ADAB，ABBCAP AD3，ACBDO，过 O 点作 1 2 平面 平行于平面 PAB，平面 与棱 BC，AD，PD，PC 分别相交 于点 E，F，G，H. (1)求 GH 的长度； (2)求二面角 BFHE 的余弦值 解：(1)因为平面 平面 PAB，平面 平面 ABCDEF， 平面 PA
35、B平面 ABCDAB，所以 EFAB. 同理 EHBP，FGAP. 因为 BCAD，AD6，BC3， 所以BOCDOA， 且 ， BC AD CO AO 1 2 所以 ，CE CB1，BEAF2， EO OF 1 2 1 3 同理 ， CH PC EH PB CO CA 1 3 连接 HO，则有 HOPA， 且 HOEO，HO1， 所以 EH PB， 1 3 2 同理 FG PA2， 2 3 过点 H 作 HNEF 交 FG 于 N，易得四边形 HNFO 为矩形， 则 GH.HN2GN25 (2)建立如图所示的空间直角坐标系， 则 B(3， 0， 0)， F(0， 2， 0)， E(3， 2，
36、 0)， H(2， 2， 1)， (1，2，1)，(2，0，1)BH FH 设平面 BFH 的法向量为 n(x，y，z)， 则， nBH x2yz0 nFH 2xz0) 令 z2，得 n. (1， 3 2，2) 因为平面 EFGH平面 PAB， 所以平面 EFGH 的一个法向量为 m(0，1，0) 故 cosm，n， mn |m|n| 3 2 19 44 3 29 29 二面角 BFHE 的余弦值为. 3 29 29 2(2018西安模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD， 底面 ABCD 是平行四边形， ABC45， ADAP2， ABDP2， E 为 CD 的中点
37、， 点 F 在线段 PB2 上 (1)求证：ADPC； (2)试确定点 F 的位置，使得直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所 成的角相等 解：(1)证明：在平行四边形 ABCD 中，连接 AC，AB2，BC2，ABC45，2 由余弦定理得 AC284222cos 454，得 AC2，2 所以ACB90，即 BCAC，又 ADBC， 所以 ADAC， 又 ADAP2，DP2，2 所以 PAAD，又 APACA， 所以 AD平面 PAC，所以 ADPC. (2)因为侧面 PAD底面 ABCD，PAAD， 所以 PA底面 ABCD， 所以直线 AC， AD， AP
38、互相垂直， 以 A 为坐标原点， DA， AC， AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(1，1，0)，P(0，0，2)， 所以(0，2，2)，(2，0，2)，(2，2，2)，PC PD PB 设(0，1)， PF PB 则(2，2，2)，F(2，2，22)，PF 所以(21，21，22)，EF 易得平面 ABCD 的法向量 m(0，0，1) 设平面 PDC 的法向量为 n(x，y，z)， 由得 nPC 0， nPD 0，) 2y2z0， 2x2z0，) 令 x1，得
39、n(1，1，1) 因为直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角相等， 所以|cos，m|cos，n|，EF EF 即， |EF m| |EF |m| |EF n| |EF |n| 所以|22|， | 2 3| 即|1|，解得 ，所以.3 3 3 2 PF PB 3 3 2 3(2018潍坊模拟)在PABC 中，PA4，PC2，P45，D 是 PA 的中点(如图2 1)将PCD 沿 CD 折起到图 2 中P1CD 的位置，得到四棱锥 P1ABCD. (1)将PCD 沿 CD 折起的过程中，CD平面 P1DA 是否成立？请证明你的结论； (2)若 P1D 与平面
40、 ABCD 所成的角为 60， 且P1DA 为锐角三角形， 求平面 P1AD 和平 面 P1BC 所成角的余弦值 解：(1)将PCD 沿 CD 折起过程中，CD平面 P1DA 成立证明如下： 因为 D 是 PA 的中点，PA4， 所以 DPDA2， 在PDC 中， 由余弦定理得， CD2PC2PD22PCPDcos 45842222 4， 2 2 所以 CD2PD， 因为 CD2DP28PC2， 所以PDC 为等腰直角三角形且 CDPA， 所以 CDDA，CDP1D，P1DADD， 所以 CD平面 P1DA. (2)由(1)知 CD平面 P1DA，CD平面 ABCD， 所以平面 P1DA平面
41、ABCD， 因为P1DA 为锐角三角形， 所以 P1在平面 ABCD 内的射影必在棱 AD 上，记为 O，连接 P1O， 所以 P1O平面 ABCD， 则P1DA 是 P1D 与平面 ABCD 所成的角， 所以P1DA60， 因为 DP1DA2， 所以P1DA 为等边三角形，O 为 AD 的中点， 故以 O 为坐标原点，过点 O 且与 CD 平行的直线为 x 轴，DA 所 在直线为 y 轴，OP1所在直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系， 设 x 轴与 BC 交于点 M， 因为 DAP1A2， 所以 OP1，易知 ODOACM1，所以 BM3，3 则 P1(0， 0，)， D(0， 1
42、， 0)， C(2， 1， 0)， B(2， 3， 0)，(2， 0， 0)，(0， 4， 0)，3DC BC (2，1，)，P1C 3 因为 CD平面 P1DA， 所以可取平面 P1DA 的一个法向量 n1(1，0，0)， 设平面 P1BC 的法向量 n2(x2，y2，z2)， 则所以 n2BC 0， n2P1C 0，) 4y20， 2x2y2 3z20，) 解得令 z21，则 n2， y20， x2 3 2 z2，)( 3 2 ，0，1) 设平面 P1AD 和平面 P1BC 所成的角为 ，由图易知 为锐角， 所以 cos |cosn1，n2|. |n1n2| |n1|n2| 3 2 1 7
43、 2 21 7 所以平面 P1AD 和平面 P1BC 所成角的余弦值为. 21 7 4.如图， 在四棱锥 PABCD 中， PA平面 ABCD， ADBC， AD CD，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 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 ： 由已知得四边形 ABCD 是直角梯形， 由 ADCD2， BC4， 可得 AB22 AC4， 所以 BC2AB2AC2， 所以BAC90，即 ABAC， 因为 PA平面 ABCD，所以 PAAB， 又 PAACA， 所以 AB平面 PAC，所以 ABPC. (2) 存在，理由如下： 取 BC 的中点 E，则 AEBC，以 A 为坐标原点，AE，AD，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，22222 (0，2，2)，(2，2，0)PD 2AC 22 设t(0t1)，PM PD 则点