备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题44 举重若轻立体几何问题的空间向量方法（II）

备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题44 举重若轻立体几何问题的空间向量方法（II）

1 专题 44 举重若轻-----立体几何问题的空间向量方法（II） 【热点聚焦与扩展】 利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系 的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的 平行(垂直)关系是主要命题方向．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的 条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量 关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往 往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系， 利用空间向量方法进一步求角或距离.本专题通过例题重点说明利用空间向量求角和距离、存在性问题的方 法与技巧. （一）空间向量可解决的立体几何问题（用 表示直线 的方向向量，用 表示平面 的法向量） 1、判定（证明）类 （1）线面平行： （2）线面垂直： （3）面面平行： （4）面面垂直： 2、计算类： （1）两直线所成角： （2）线面角： （3）二面角： 或 （视平面角与法向量夹角关系而 定） （4）点到平面距离：设 为平面 外一点， 为平面 上任意一点，则 到平面 的距离为 ,a b  ,a b ,m n  ,α β a b a b⇔  ∥ ∥ a b a b⊥ ⇔ ⊥  m nα β ⇔  ∥ ∥ m nα β⊥ ⇔ ⊥  cos cos , a ba b a b θ ⋅= =      cos ,sin a ma m a m θ ⋅==      cos cos , m nm n m n θ ⋅= =      cos cos , m nm n m n θ ⋅= − = −      A α P α A α 2 ，即 在法向量 上投影的绝对值. （二）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存 在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧 1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标 ，再想办法利用条件求出坐标 2、解题关键：减少变量数量—— 可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或 者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数， 最终所使用变量的个数可根据如下条件判断： （1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标 （2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标 规律：维度=所用变量个数 3、如何减少变量： （1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——若 使得 例：已知 ，那么直线 上的某点 坐标可用一个变量表示，方法如下： ——三点中取两点构成两个向量 因为 在 上，所以 ——共线定理的应用（关键） ，即 ——仅用一个变量 表示 （2）平面上的点：平面向量基本定理——若 不共线，则平面上任意一个向量 ，均存在 ，使 得： 例：已知 ，则平面 上的某点 坐标可用两个变量表示，方法 如下： ，故 ，即 A AP nd n α− ⋅=    AP n ( ), ,x y z ( ), ,x y z ,a b Rλ⇒ ∃ ∈ ∥ a bλ=  ( ) ( )1,3,4 , 0,2,1A P AP ( ), ,M x y z ( ) ( )1, 3, 4 , 1, 1, 3AM x y z AP= − − − = − − −  M AP AM AP AM APλ⇒ =   ∥ 1 1 3 3 4 3 4 3 x x y y z z λ λ λ λ λ λ − = − = −   ∴ − = − ⇒ = −   − = − = −  ( )1 ,3 ,4 3M λ λ λ− − − λ ,a b  c , Rλ β ∈ c a bλ β= +   ( ) ( ) ( )1,3,4 , 0,2,1 , 2,4,0A P Q APQ ( ), ,M x y z ( ) ( ) ( )1, 3, 4 , 1, 1, 3 , 2,2, 1AM x y z AP PQ= − − − = − − − = −   AM AP PQλ β= +   1 2 1 2 3 2 3 2 4 3 4 3 x x y y z z λ β λ β λ β λ β λ β λ β − = − + = − +   ∴ − = − + ⇒ = − +   − = − − = − −  3 （三）方法与技巧 1.两条异面直线所成的角 ①定义：设 a，b 是两条异面直线，过空间任一点 O 作直线 a′∥a，b′∥b，则 a′与 b′所夹的锐角或直 角叫做 a 与 b 所成的角． ②范围：两异面直线所成角 θ 的取值范围是 ． ③向量求法：设直线 a，b 的方向向量为 a，b，其夹角为 φ，则有 . 2.直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角为 φ，两向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sin φ＝|cos θ|＝ |e·n| |e||n|. 3.求二面角的大小 (1)如图 1，AB、CD 是二面角 α－l－β 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝〈 ， 〉． (2)如图 2、3， 分别是二面角α－l－β 的两个半平面 α，β 的法向量，则二面角的大小 (或 )． 4.点面距的求法 如图，设 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α 的法向量，则 B 到平面 α 的距离 d＝ |AB→ ·n| |n| . 【经典例题】 例 1. 如图，正四面体 中， 、 分别是棱 和 的中点，则直线 和 所成的角的余弦值 (0, ]2 π cos | cos | | | | | | | a b a b θ ϕ ⋅= = ⋅     AB CD 1 2,n n  1 2,n nθ =< > 1 2,n nπ − < > ABCD E F BC AD AE CF 4 为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】如图所示，作 AO⊥底面 BCD，垂足为 O，O 为底面等边△BCD 的中心，建立空间直角坐标系．不妨 取 CD=2．则： ， 利用空间向量求解余弦值有： . ∴异面直线 AE 与 CF 所成角的余弦值为 . 1 3 2 3 1 4 3 4 3 3 2 3 1 31, ,0 , 1, 0 , 0, ,0 , , ,03 3, 3 2 6C D B E        − − −                      2cos , 3 AE CFAE CF AE CF ⋅〈 〉 = = − ×      2 3 5 例 2.【2017 江苏，22】 如图, 在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，AA1⊥平面 ABCD,且 AB=AD=2,AA1= , . （1）求异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值； （2）求二面角 B-A1D-A 的正弦值. 【答案】（1） （2） 3 120BAD∠ = ° 1 7 7 4 6 7 例 3. 如图，在长方体 中， ， ， 、 分别是 、 的中 点．证明 、 、 、 四点共面，并求直线 与平面 所成的角的正弦值大小. 【答案】 1 1 1 1CD C DΑΒ − Α Β 1 1ΑΑ = D 2ΑΒ = Α = Ε F ΑΒ CΒ 1 Α 1C F Ε 1CD 1 1C FΑ Ε 15 15 8 【解析】解：如图，以 为原点建立空间直角坐标系，可得有关点的坐标为 、 、 、 、 、 ． 取 ，得平面 的一个法向量 ．又 ， 故 ． 因此直线 与平面 所成的角的正弦值大小为 ． 例 4. 如图，三棱柱 中， ， ， 分别 为棱 的中点. （1）在平面 内过点 作 平面 交 于点 ，并写出作图步骤，但不要求证明. （2）若侧面 侧面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值. D ( )1 2,0,1Α ( )1C 0,2,1 ( )2,1,0Ε ( )F 1,2,0 ( )C 0,2,0 ( )1D 0,0,1 1u = 1 1C FΑ Ε )1,1,1(=n ( )1CD 0, 2,1= − 1 1 CD 15 15CD n n ⋅ = −     1CD FECA 11 15 15 1 1 1ABC A B C− 0 1 1 1 1 160 , 4B A A C A A AA AC∠ = ∠ = = = 2AB = ,P Q 1,AA AC ABC A / /AM 1PQB BC M 1 1ACC A ⊥ 1 1ABB A 1 1AC 1PQB 9 【答案】（1）见解析（2） 试题解析： （1）如图，在平面 内，过点 作 交 于点 ，连结 ，在 中，作 交 于点 ，连结 并延长交 于点 ，则 为所求作直线. （2）连结 ，∵ ，∴ 为正三角形. ∵ 为 的中点，∴ ， 39 13 1 1ABB A A 1/ /AN B P 1BB N BQ 1BB Q∆ 1/ /NH B Q BQ H AH BC M AM 1 1,PC AC 0 1 1 1 1 14, 60AA AC AC C A A= = = ∠ = 1 1AC A∆ P 1AA 1 1PC AA⊥ 10 ∵ 为 的中点，∴点 的坐标为 ， ∴ . ∵ ，∴ ，∴ ， 设平面 的法向量为 ， 由 得 ， 令 ，得 ，所以平面 的一个法向量为 . 设直线 与平面 所成角为 ， 则 ， 即直线 与平面 所成角的正弦值为 . 例 5.【2017 课标 1，理 18】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB//CD，且 . Q AC Q ( )0, 3, 3− ( ) ( )1 1 0, 2,2 3 , 0, 3, 3AC PQ= − = −  0 1 1 1 12, 60A B AB B A A= = ∠ = ( )1 3,1,0B ( )1 3,1,0PB = 1PQB ( ), ,m x y z= 1 · 0{ · 0 PQ m PB m = =     3 3 0{ 3 0 y z x y − + = + = 1x = 3, 3y z= − = − 1PQB ( )1, 3, 3m = − − 1 1AC 1PQB a 1 1 1 1 1 1 · 39sin cos , 13 AC mAC m AC m α = 〈 〉 = =      1 1AC 1PQB 39 13 90BAP CDP∠ = ∠ =  11 （1）证明：平面 PAB⊥平面 PAD； （2）若 PA=PD=AB=DC， ，求二面角 A-PB-C 的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】 试题解析：（1）由已知 ，得 AB⊥AP，CD⊥PD. 由于 AB∥CD ，故 AB⊥PD ，从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB 平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD. 90APD∠ =  3 3 − 90BAP CDP∠ = ∠ = ° ⊂ 12 由（1）及已知可得 ， ， ， . 设 是平面 的法向量，则 ，即 ， 可取 . 则 ， 2( ,0,0)2A 2(0,0, )2P 2( ,1,0)2B 2( ,1,0)2C − ( , , )x y z=m PAB 0 0 PA AB  ⋅ = ⋅ =   m m 2 2 02 2 0 x z y  − =  = (1,0,1)=m 3cos , | || | 3 ⋅= = −< > n mn m n m 13 所以二面角 的余弦值为 . 例 6.【2017 课标 II，理 19】如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等比三角形且垂直于底面 ABCD， E 是 PD 的中点。 （1）证明：直线 平面 PAB； （2）点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 ，求二面角 的余弦值。 【答案】(1)证明略；(2) . 【解析】 试题解析： （2）由已知得 ,以 A 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向， 为单位长， A PB C− − 3 3 − o1 , 90 ,2AB BC AD BAD ABC= = ∠ = ∠ = / /CE o45 M AB D− − 10 5 BA AD⊥ AB AB 14 建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， , ， 设 则 ， A xyz− ( )0,0,0A ( )1,0,0B ( )1,1,0C ( )0,1, 3P (1 0 3)PC = − ，， (1 0 0)AB = ，， ( )( ), , 0 1M x y z x< < ( ) ( )1, , , , 1, 3BM x y z PM x y z= − = − −  15 例 7．【2017 山东，理 17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 （及其内部）以 边所在 直线为旋转轴旋转 得到的， 是 的中点. （Ⅰ）设 是 上的一点，且 ，求 的大小； （Ⅱ）当 ， ，求二面角 的大小. ABCD AB 120° G DF P CE AP BE⊥ CBP∠ 3AB = 2AD = E AG C− − 16 【答案】（Ⅰ） .（Ⅱ） . 思路二： 以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 30CBP∠ = ° 60° B BE BP BA x y z 17 写出相关点的坐标，求平面 的一个法向量 ，平面 的一个法向量 计算 即得. （Ⅱ）解法一： 取 的中点 ，连接 ， ， . 因为 ， AEG 1 1 1( , , )m x y z= ACG 2 2 2( , , )n x y z= 1cos , | | | | 2 m nm n m n ⋅< >= =⋅ EC H EH GH CH 120EBC∠ = ° 18 又 ，所以 . 在 中，由于 ， 由余弦定理得 ， 所以 ，因此 为等边三角形， 故所求的角为 . 解法二： 以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 1AM = 13 1 2 3EM CM= = − = BEC∆ 120EBC∠ = ° 2 2 22 2 2 2 2 cos120 12EC = + − × × × ° = 2 3EC = EMC∆ 60° B BE BP BA x y z 19 因此所求的角为 . 例 8.【2017 北京，理 16】如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD⊥平面 ABCD，点 M 在 线段 PB 上，PD//平面 MAC，PA=PD= ，AB=4． （I）求证：M 为 PB 的中点； （II）求二面角 B-PD-A 的大小； （III）求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析：（Ⅱ） ；（Ⅲ） 【解析】 60° 6 3 π 2 6 9 20 21 （III）由题意知 ， ， . 设直线 与平面 所成角为 ，则 . 2( 1,2, )2M − (2,4,0)D 2(3,2, )2MC = − MC BDP α | | 2 6sin | cos , | 9| || | MCMC MC α ⋅= = =  < > nn n 22 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . 例 9.已知在四棱锥 中，底面 是矩形，且 平面 ， 分 别是线段 的中点 （1）求证： （2）在线段 上是否存在点 ，使得 平面 ，若存在，确定点 的位置；若不存在，请说明 理由 （3）若 与平面 所成的角为 ，求二面角 的余弦值 【答案】（1）见解析；（2）存在点 ，为 的四等分点（靠近 ）；（3） . 【解析】因为 平面 ，且四边形 是矩形 以 为轴建立空间直角坐标系，设 （1） （2）设 MC BDP 2 6 9 P ABCD− ABCD 2, 1,AD AB PA= = ⊥ ABCD ,E F ,AB BC PF FD⊥ PA G EG∥ PFD G PB ABCD 45 A PD F− − F E A D B C P G AP A 6 6 PA ⊥ ABCD ABCD ∴ , ,PA AD AB PA h= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 10,0, , 1,0,0 , 0,2,0 , 1,2,0 , 1,1,0 , ,0,02P h B D C F E  ∴    ( ) ( )1,1, , 1,1,0PF h FD∴ = − = −  0PF FD∴ ⋅ =  PF FD∴ ⊥ ( )0,0,G a 1 ,0,2EG a ∴ = −    23 解得 存在点 ，为 的四等分点（靠近 ） （3） 底面 在底面 的投影为 为 与平面 所成的角，即 为等腰直角三角形 即 平面 的法向量为 平面 为 平面，所以平面 的法向量为 设二面角 的平面角为 ，可知 为锐角 . 例 10.【2019 届北京市十一学校 3 月模拟】四棱锥 中,底面 是边长为 的菱形,侧面 底面 , 60°, , 是 中点,点 在侧棱 上. （Ⅰ）求证: ; （Ⅱ）是否存在 ,使平面 平面 ？若存在,求出,若不存在,说明理由. （Ⅲ）是否存在 ,使 平面 ？若存在,求出.若不存在,说明理由. 1 2 02EG n h a∴ ⋅ = − + =  1 4a h= ∴ G AP A PA ⊥ ABCD PB∴ ABCD BA PBA∴∠ PB ABCD 45PBA∠ =  PBA∴ 1AP AB∴ = = 1h = ∴ PFD ( )1,1,2n = APD yOz APD ( )0,1,0m = A PD F− − θ θ 1 6cos cos , 66 m nθ∴ = = =  P ABCD− ABCD 2 PAD ⊥ ABCD BCD∠ = 2PA PD= = E BC Q PC AD PB⊥ Q DEQ ⊥ PEQ Q / /PA DEQ 24 【答案】（I）详见解析；（II）详见解析；（III）详见解析. 因为菱形 中, ,所以 . 所以 . 因为 ,且 平面 ,所以 平面 . 所以 . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知, , 因为侧面 底面 ,且平面 底面 ,所以 底面 . ABCD 60BCD∠ =  AB BD= BO AD⊥ BO PO O∩ = ,BO PO ⊂ POB AD ⊥ POB AD PB⊥ ,BO AD PO AD⊥ ⊥ PAD ⊥ ABCD PAD ∩ ABCD AD= PO ⊥ ABCD 25 则 ,即 . 令 ,则 ,即 . 所以 . 由图可知,二面角 为锐角,所以余弦值为 . （Ⅲ）设 由（Ⅱ）可知 . 设 ,则 , 又因为 ,所以 ,即 . 所以在平面 中, , 所以平面 的法向量为 , 又因为 平面 ,所以 , 即 ,解得 . 所以当 时, 平面 2 2 0{ 0 DC n DQ n ⋅ = ⋅ =     3 0 { 3 1 02 2 x y y z − + = + = 3x = 1, 3y z= = − ( )2 3,1, 3n = − 1 2 1 2 1 2 21cos , 7 n nn n n n ⋅= =      E DQ C− − 21 7 ( )0 1PQ PCλ λ= ≤ ≤  ( ) ( )2, 3, 1 , 1,0, 1PC PA= − − = −  ( ), ,Q x y z ( ), , 1PQ x y z= − ( )2 , 3 ,PQ PCλ λ λ λ= = − −  2 { 3 1 x y z λ λ λ = − = = − + ( )2 , 3 , 1Q λ λ λ− − + DEQ ( ) ( )0, 3,0 , 1 2 , 3 ,1DE DQ λ λ λ= = − −  DEQ ( )1 1 ,0,2 1n λ λ= − − / /PA DEQ 1 0PA n⋅ =  ( ) ( )( )1 1 2 1 0λ λ− + − − = 2 3 λ = 2 3 λ = / /PA DEQ 26 【精选精练】 1. 设正方体 的棱长为 2，则点 到平面 的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D ，故选 C． 2.二面角的棱上有 、 两点，直线 、 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 .已知 ， ， ， ，则该二面角的大小为(　　) (A) 　 (B) 　 (C) 　　 (D) 【答案】C 1 1 2 3 3 A D n d n ⋅ = =    A B AC BD AB 4AB = 6AC = 8BD = 2 17CD = 150 45 60 120 27 3.在三棱柱 中，底面为正三角形，侧棱垂直底面， .若 分别是棱 上的 点，且 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 以 为原点, 为 轴,在平面 中过作 的垂线为 轴, 为轴,建立空间直角坐标系, 28 在三棱柱 中,底面为正三角形,侧棱垂直底面, , 分别是棱 上的点,且 , , 设异面直线 与 所成角所成角为 , 则 .所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .故选 D. 4．【2019 届河北省定州中学高三上第二次月考】已知点 在正方体 的对角线 上， 在 上，则 与 所成角的大小为___________. 【答案】 29 5．在正方体 中， 为 的中点，则异面直线 和 间的距离 ． 【答案】 6．【2019 届浙江省名校协作体高三上学期考试】如图，棱长为 的正方体的顶点 在平面 内，三条棱 , , 都在平面 的同侧. 若顶点 , 到平面 的距离分别为 , ，则平面 与平面 所成 锐二面角的余弦值为________ 【答案】 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设平面 的一个法向量为 ，设 连结 则四面体 为直角四面体； 作平面 的法线 作 于 于 于 连结 ，令 由等体积可得 1 1 1 1ABCD A B C D− E 1 1A B 1D E 1BC 2 6 3 3 A α AB AC AD α B C α 2 3 ABC 2 3 α 0 0 0x y z（ ， ， ） 0 1x = ， BC CD BD、 、 ， A BCD− α AH， 1BB α⊥ 1 1B CC α⊥， 1 1C DD α⊥， 1D； 1 1 1AB AC AD， ， AH h DA a DB b DC c= = = =， ， ， ， 30 令 可得 设 ， 面角的余弦值为 7.【2019 届贵州省黔东南州高三上第一次联考】如图所示，在四棱锥 中，四边形 为菱形， 为正三角形，且 分别为 的中点， 平面 ， 平面 ． （1）求证： 平面 ； （2）求 与平面 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】试题分析：（1）证明：AD⊥平面 PEB，利用四边形 ABCD 为菱形，可得 AD∥BC，即可证明 BC⊥平 面 PEB； 2 2 2 2 1 1 1 1 ,h a b c = + + 2 2 2 2 2 21 ,h h h a b c ∴ = + + 1 1 1BAB CAC DADα γ β∠ = ∠ = ∠ =， ， ， 2 2 2 1sin sin sinα β γ+ + = ， 1 1 12 3DD m BB CC= = =， ， 2 2 22 3 13 3 3 m     ∴ + + =              ， ( ) ( )2 22 61, , 2 0,0,32 2 361 2 32       =    + + ×     P ABCD− ABCD PAD∆ ,E F ,AD AB PE ⊥ ABCD BE ⊥ PAD BC ⊥ PEB EF PDC 15 5 31 （2）以 E 为原点，建立坐标系，求出平面 PDC 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求 EF 与平面 PDC 所 所以 平面 ． （2）解： 以 为原点， 分别为 轴建立空间直角坐标系， 不妨设菱形 的边长为 2，则 ， ， BC ⊥ PEB E , ,EA EB EP , ,x y z ABCD 1, 2, 3AE ED PA PE= = = = 2 2 3BE AB AE= − = 32 又 ， 所以 与平面 所成角的正弦值为 ． 8．如图，正方形 ABCD 的中心为 O，四边形 OBEF 为矩形，平面 OBEF⊥平面 ABCD，点 G 为 AB 的中点， AB=BE=2. （I）求证：EG∥平面 ADF； （II）求二面角 O-EF-C 的正弦值； （III）设 H 为线段 AF 上的点，且 AH= HF，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值. 1 3, ,02 2EF  =      EF PDC ( ) 1 33, 1,1 · , ,02 2· 15 55 1 n EF n EF  − −    = = ×    2 3 33 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ） （Ⅲ） 【解析】 . （I）证明：依题意， .设 为平面 的法向量，则 ， 即 .不妨设 ，可得 ，又 ，可得 ，又因为直线 3 3 7 21 ( )1,1,0 , ( 1, 1,0), (1, 1,0), (11,0), ( 1, 1,2), (0,0,2), ( 1,0,0)A B C D E F G− − − − − − −， ( )(2,0,0), 1, 1,2AD AF= = −  ( )1 , ,n x y z= ADF 1 1 0 0 n AD n AF  ⋅ = ⋅ =     2 0 2 0 x x y z =  − + = 1z = ( )1 0,2,1n = ( )0,1, 2EG = − 1 0EG n⋅ =  34 因此有 ，于是 ，所以，二面角 的正弦值 为 . （III）解：由 ，得 .因为 ，所以 ，进 而有 ，从而 ，因此 .所以，直线 和 平面 所成角的正弦值为 . 9．如图，在直角梯形 中， ， ， ，直角梯形 通过直角梯形 以直线 为轴旋转得到，且使得平面 平面 ． 为线段 的中点， 为线段 上的动点． （ ）求证： ． （ ）当点 满足 时，求证：直线 平面 ． （ ）当点 是线段 中点时，求直线 和平面 所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）直线 和平面 所成角的正弦值为 . 【解析】试题分析：（1）建立空间坐标系求两直线的方向向量，根据点积为 0 可证的结论；（2）求得直 线的方向向量和面的法向量，证得两向量垂直即可；（3）求直线的方向向量和面的法向量的夹角即可. 解析： 2 2 2 6cos , 3 OA nOA n OA n ⋅< >= = − ⋅      2 3sin , 3OA n< >=  O EF C− − 3 3 2 3AH HF= 2 5AH AF= ( )1, 1,2AF = − 2 2 2 4, ,5 5 5 5AH AF  = = −     3 3 4, ,5 5 5H  −   2 8 4, ,5 5 5BH  =     2 2 2 7cos , 21 BH nBH n BH n ⋅< >= = − ⋅      BH CEF 7 21 1 1AA B B 1 90A AB∠ = ° 1 1A B AB 1 1 12 2AB AA A B= = = 1 1AAC C 1 1AA B B 1AA 1 1AAC C ⊥ 1 1AA B B M BC P 1BB 1 1 1AC AP⊥ 2 P 12BP PB=  1AC  AMP 3 P 1BB 1AC AMP 1AC AMP 34 34 35 由已知可得， ， ， 两两垂直，以 为原点， ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立如图空间直角坐标系， 即 ， ， ∴ 平面 ． 又∵ 平面 ， ∴ ． （ ）设 点坐标为 ，则 ， ． ∵ ，∴ ， ， ， 解得： ， ， ，即 ． 设平面 的一个法向量 ， 1A A AC AB A AC AB 1AA x y z 1 1 1 1AC A B⊥ 1 1 1AC AA⊥ 1 1AC ⊥ 1 1AA B B AP ⊂ 1 1AA B B 1 1AC AP⊥ 2 P ( ), ,x y z ( ), 2,BP x y z= − ( )1 ,1 ,2PB x y z= − − − 12BP PB=  2x x= − 2 2 2y y− = − 4 2z z= − 0x = 4 3y = 4 3z = 4 40, ,3 3P     AMP ( ), ,n x y z= 36 ∵ ， ， ∴ ，即 ， 设 的一个法向量为 ． ∵ ， ， ∴ ，解 ， 令 ，则 ， ，得 ． 设 与平面 所成角为 ，则 ． 故直线 和平面 所成角的正弦值为 ． 10．【2019 届北京市昌平区高三上期末】如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ABC ＝60°， 为正三角形，且侧面 PAB⊥底面 ABCD， 为线段 的中点， 在线段 上. ( )1,1,0AM = 4 40, ,3 3AP  =     0{ 0 AM n AP n ⋅ = ⋅ =     0 { 4 4 03 3 x y y z + = + = AMP ( ), ,m x y z= ( )1,1,0AM = 30, ,12AP  =     0{ 0 AM m AP m ⋅ = ⋅ =     0 { 3 02 x y y z + = + = 2x = 2y = − 3z = ( )2, 2,3m = − 1AC AMP θ 1 1 1 2 34sin cos , 342 2 17 AC m AC m AC m θ ⋅ = = = = ⋅⋅      1AC AMP 34 34 PAB∆ E AB M PD 37 （I）当 是线段 的中点时，求证：PB // 平面 ACM； （II）求证： ； （III）是否存在点 ，使二面角 的大小为 60°，若存在，求出 的值；若不存在，请说 明理由． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；(Ⅲ)当 时，二面角 的大小为 60°. 因为四边形 ABCD 是菱形， 所以点 H 为 BD 的中点. 又因为 M 为 PD 的中点， 所以 MH // BP. M PD PE AC⊥ M M EC D− − PM PD 1 3 PM PD = M EC D− − 38 (Ⅲ) 因为 ABCD 是菱形，∠ABC＝60°，E 是 AB 的中点， 所以 CE⊥AB . 又因为 PE⊥平面 ABCD， 以 为原点，分别以 为 轴， 建立空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， ． 假设棱 上存在点 ，设点 坐标为 ， ， 则 ， 所以 ， E , ,EB EC EP , ,x y z E xyz− ( )0,0,0E ( )1,0,0B ( )0,0, 3P ( )0, 3,0C ( )2, 3,0D − PD M M ( ), ,x y z ( )0 1PM PDλ λ= ≤ ≤  ( ) ( ), , 3 2, 3, 3x y z λ− = − − ( )( )2 , 3 , 3 1M λ λ λ− − 39 所以 ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ，解得 ． 令 ，则 ，得 ． 因为 PE⊥平面 ABCD， 所以在棱 PD 上存在点 ，当 时，二面角 的大小为 60°． 点睛：(1)探索性问题通常用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、 直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、 直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性 问题常用的方法. 11．如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，∠BAD=60°，Q 为 AD 的中点. （Ⅰ）若 PA=PD，求证：平面 PQB⊥平面 PAD； ( )( )2 , 3 , 3 1EM λ λ λ= − − ( )0, 3,0EC = CEM ( ), ,n x y z= ( )2 3 3 1 0{ 3 0 n EM x y z n EC y λ λ λ⋅ = − + + − = ⋅ = =   ( ) 0 { 2 3 1 y x zλ λ = = − 2z λ= ( )3 1x λ= − ( )( )3 1 ,0,2n λ λ= − M 1 3 PM PD = M EC D− − 40 （Ⅱ）点 M 在线段 PC 上，PM=tPC，试确定实数 t 的值，使 PA∥平面 MQB； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若平面 PAD⊥平面 ABCD，且 PA=PD=AD=2，求二面角 M-BQ-C 的大小. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ）60°. 【解析】试题分析：（Ⅰ）证明平面 内的直线 ，垂直平面 内两条相交的直线 ，即 可证明平面 平面 ；（Ⅱ）连 交 于 ，由 ，可得 ∽ ，再由 平面 推出 ，即可求出 的值；（Ⅲ）以 为坐标原点，以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系，分别求出求出平面 与平面 的一个法向量，利用向量的 夹角公式即可求解. 所以 AD⊥平面 PQB. 因为 ， 所以平面 PQB⊥平面 PAD. （Ⅱ）连接 AC，交 BQ 于点 N. 由 AQ∥BC，可得△ANQ∽△CNB， 1 3t = PAD AD PQB ,BQ PQ PQB ⊥ PAD AC BQ N AQ BC ANQ∆ CNB∆ PA  MQB PA MN t Q QA QB QP x y z MQB ABCD AD PAD⊂ 平面 41 所以 . 因为 PA∥平面 MQB， ，平面 PAC∩平面 MQB=MN， 所以 PA∥MN. 所以 ，即 ，所以 . （Ⅲ）由 PA=PD=AD=2，Q 为 AD 的中点，则 PQ⊥AD，又平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PQ⊥平面 ABCD. 以 Q 为坐标原点，分别以 QA，QB，QP 所在的直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的坐标系，则 A(1,0,0)， ，Q(0,0,0)， . ， . 取平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,l)， 所以 . 故二面角 M-BQ-C 的大小为 60°. 点睛：本题主要考查面面垂直的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问 1 2 AQ AN BC NC = = PA PAC⊂ 平面 1 3 PM AN PC AC = = 1 3PM PC= 1 3t = ( )0, 3,0B ( )0,0, 3P ( )1,0, 3PA = − ( )0, 3,0QB = 1cos , 2m n = 42 题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线 的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将 空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角. 12.如图，在边长为 4 的菱形 中， 于点 ，将 沿 折起到 的位置，使得 （1）求证： 平面 （2）求二面角 的余弦值 （3）判断在线段 上是否存在一点 ，使平面 平面 ，若存在，求出 的值，若不存在， 请说明理由 【答案】（1）见解析；（2） ；（3）不存在该点. 【解析】 ABCD 60 ,BAD DE AB∠ = ⊥ E ADE DE 1A DE 1A D DC⊥ 1A E ⊥ BCDE 1E A B C− − EB P 1A DP ⊥ 1A BC EP PB 7 7 − 43 以 为坐标轴建立坐标系 计算可得： （2）平面 的法向量为 设平面 的法向量为 设二面角 的平面角为 （3）设 平面 平面 解得： 1 , ,A E ED BE 2, 2 3AE DE= = ( ) ( ) ( ) ( )1 0,0,2 , 2,0,0 , 0,2 3,0 4,2 3,0A B D C∴ 1EA B ( )0,1,0m 1A BC ( ), ,n x y z= ( ) ( )12,2 3,0 , 4,2 3, 2BC AC= = −  { 1 0 2 2 3 0 3 0 4 2 3 2 0 BC n x y x z y AC n x y z  ⋅ = + = ∴ ⇒ ⇒ = = − ⋅ = + − =       ( )3, 1, 3n∴ = − 1E A B C− − θ 1 7cos cos , 71 7 m nm n m n θ ⋅ −= = = = − ⋅⋅      ( ),0,0P λ  1A DP ⊥ 1A BC 1 30 2 3 3 03n n λ λ∴ ⋅ = ⇒ − + =  3λ = − 44 不在线段 上，故不存在该点. 点睛：（1）对待翻折问题要注意在翻折的过程中，哪些量和位置关系是不变的，要将平面图形的相关量与 翻折后的几何体建立对应关系. （2）在处理点的存在性问题时，求该点所在平面法向量的过程中会遇到所解方程含参的情况，此时可先从 含参方程入手，算出满足方程的一组值，再代入另一方程计算会比较简便. ( )3,0,0P∴ − BE