【数学】2018届一轮复习北师大版第七章立体几何第七节立体几何中的向量方法教案

【数学】2018届一轮复习北师大版第七章立体几何第七节立体几何中的向量方法教案

第七节　立体几何中的向量方法 ‎☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆‎ 考纲要求 真题举例 命题角度 ‎　　能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用。‎ ‎2016，全国卷Ⅰ，18,12分(面面垂直、二面角)‎ ‎2016，全国卷Ⅱ，19,12分(线面垂直，二面角)‎ ‎2016，全国卷Ⅲ，19,12分(线面平行、线面角)‎ ‎2016，天津卷，17,13分(线面平行，线面角、二面角)‎ ‎2016，山东卷，17,12分(线面平行、二面角)‎ ‎　　1.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角；‎ ‎2.题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想，转化与化归思想。‎ 微知识　小题练 自|主|排|查 ‎1．两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)。‎ ‎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，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝。‎ ‎3．求二面角的大小 ‎(1)如图①，AB，CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉。‎ ‎(2)如图②③，n1，n2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉。‎ 微点提醒 ‎1．一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点。‎ ‎2．异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角。‎ ‎3．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补。‎ 小|题|快|练 一 、走进教材 ‎(选修2－1P117T4改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B‎1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB‎1A1所成的角为________。‎ ‎【解析】　以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)。点C1在侧面ABB‎1A1内的射影为点C2。‎ 所以＝(－2,0,2)，＝，‎ 设直线AC1与平面ABB‎1A1所成的角为θ，则 cosθ＝＝＝。‎ 又θ∈，所以θ＝。‎ ‎【答案】　 二、双基查验 ‎1．已知正四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为________。‎ ‎【解析】　如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系。设AA1＝‎‎2A B＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，‎ C(0,1,0)，D1(0,0,2)，所以＝(0，－1,1)，＝(0，－1,2)，所以 cos〈，〉＝＝。‎ ‎【答案】　 ‎2．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，如果AB＝PA，那么平面ABP与平面CDP所成的二面角的大小为________。‎ ‎【解析】　建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，由题意，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又因为CD⊥平面PAD，所以AE⊥CD，又PD∩CD＝D，所以AE⊥平面CDP。所以＝(0,1,0)，＝分别是平面ABP，平面 CDP的法向量，且〈，〉＝45°，所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°。‎ ‎【答案】　45°‎ 第一课时　利用空间向量求空间角 微考点　大课堂 考点一 ‎ 异面直线所成的角 ‎【典例1】　‎ ‎(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC。‎ ‎(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。‎ ‎【解析】　(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF。‎ 在菱形ABCD中，‎ 不妨设GB＝1。‎ 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝。‎ 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC。‎ 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC。‎ 在Rt△EBG中，可得BE＝，‎ 故DF＝。‎ 在Rt△FDG中，可得FG＝。‎ 在直角梯形BDFE中，‎ 由BD＝2，BE＝，DF＝，‎ 可得EF＝。‎ 从而EG2＋FG2＝EF2，‎ 所以EG⊥FG。‎ 又AC∩FG＝G，‎ 所以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，||为单位长度，建立空间直角坐标系G－xyz。‎ 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，‎ 所以＝(1，，)，＝。‎ 故cos〈，〉＝＝－。‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 反思归纳　求一对异面直线所成角：一是按定义平移转化为两相交直线的夹角；二是在异面直线上各取一向量，转化为两向量的夹角或其补角，无论哪种求法，都应注意角的范围的限定。‎ ‎【变式训练】　‎ ‎(2017·保定模拟)如图所示，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(　　)‎ A．45°　　　　　　　　　 B．60°‎ C．90° D．120°‎ ‎【解析】　以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系。‎ 设AB＝BC＝AA1＝2，‎ ‎∴C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)。‎ ‎∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)。‎ ‎∴·＝2，记，所成角为θ。‎ ‎∴cosθ＝＝。‎ ‎∴EF和BC1所成角为60°。‎ ‎【答案】　B 考点二 ‎ 直线与平面所成的角 ‎【典例2】　(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点。‎ ‎(1)证明：MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值。‎ ‎【解析】　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2。‎ 取BP的中点T，连接AT，TN。‎ 由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2。‎ 又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT。‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB。‎ ‎(2)取BC的中点E，连接AE。由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝＝＝。‎ 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz。由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，＝。‎ 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，‎ 则 即可取n＝(0,2,1)。‎ 于是|cos〈n，〉|＝＝，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 反思归纳　直线l与平面α所成角θ与直线的方向向量l、平面的法向量n的夹角〈l，n〉不是一回事，满足关系sinθ＝|cos〈l，n〉|。‎ ‎【变式训练】　(2016·青岛模拟)如图，在直棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3。‎ ‎(1)证明：AC⊥B1D；‎ ‎(2)求直线B‎1C1与平面ACD1所成角的正弦值。‎ ‎【解析】　(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直，‎ 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系。‎ 设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)。‎ 从而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，‎ ＝(－t,3,0)，‎ 因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0。‎ 解得t＝或t＝－(舍去)。‎ 于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)，‎ 因为·＝－3＋3＋0＝0，‎ 所以⊥，‎ 即AC⊥B1D。‎ ‎(2)由(1)知，＝(0,3,3)，＝(，1,0)，‎ ＝(0,1,0)，‎ 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量 则即 令x＝1，则n＝(1，－，)。‎ 设直线B‎1C1与平面ACD1所成的角为θ，‎ 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝。‎ 即直线B‎1C1与平面ACD1所成的角的正弦值为。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 考点三 ‎ 二面角多维探究 角度一：计算二面角的大小 ‎【典例3】　(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°。‎ ‎(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；‎ ‎(2)求二面角E－BC－A的余弦值。‎ ‎【解析】　(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，因为DF∩EF＝F，所以AF⊥平面EFDC。‎ 又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC。‎ ‎(2)过D作DG⊥EF，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G－xyz。‎ 由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)。‎ 由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC。‎ 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，‎ 故AB∥CD，CD∥EF。‎ 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°。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cos〈n，m〉＝＝－。‎ 故二面角E－BC－A的余弦值为－。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2)－ 角度二：已知二面角的大小求值 ‎【典例4】　如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点。‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积。‎ ‎【解析】　(1)证明：连接BD，设AC与BD的交点为G，则G为AC，BD的中点，连接EG。在三角形PBD中，中位线EG∥PB，且EG在平面AEC内，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC。‎ ‎(2)设CD＝m，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，D(0，，0)，E，C(m，，0)。‎ 所以＝(0，，0)，＝，‎ ＝(m，，0)。‎ 设平面ADE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则n1·＝0，n1·＝0，‎ 解得一个n1＝(1,0,0)。‎ 同理设平面ACE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则n2·＝0，n2·＝0，‎ 解得一个n2＝(－，m，－m)。‎ 因为cos60°＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得m＝。‎ 设F为AD的中点，连接EF，则PA∥EF，且EF＝＝，EF⊥平面ACD，‎ 所以EF为三棱锥E－ACD的高。所以VE－ACD＝·S△ACD·EF＝××××＝。‎ 所以三棱锥E－ACD的体积为。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 反思归纳　1.利用向量法计算二面角大小的常用方法 ‎(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小。‎ ‎(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小。‎ ‎2．已知二面角大小求值的技巧 建立恰当的空间直角坐标系，将两平面的法向量用与待求相关的参数(字母)表示，利用两向量的夹角公式构建方程或不等式或函数，进而求解。‎ ‎【变式训练】　(2016·安徽师大附中联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠DAB＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E，F分别为PC，DC的中点。‎ ‎(1)证明：AB⊥平面BEF；‎ ‎(2)设PA＝k·AB(k>0)，且二面角E－BD－C的平面角大于45°，求k的取值范围。‎ ‎【解析】　(1)证明：由题意易得DF綊AB，‎ 又∠DAB＝90°，‎ 所以ABFD是矩形，从而AB⊥BF。‎ 因为PA⊥平面ABCD，‎ 所以平面PAD⊥平面ABCD，‎ 又AB⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD。‎ 在△PDC中，因为E，F分别为PC，CD的中点，‎ 所以EF∥PD，‎ 所以AB⊥EF。‎ 因为EF∩BF＝F，所以AB⊥平面BEF。‎ ‎(2)以A为原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设AB的长为1，则B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，k)，C(2,2,0)，所以E，所以＝(－1,2,0)，＝。‎ 设平面CDB的法向量为m1＝(0,0,1)，平面EBD的法向量为m2＝(x，y，z)，‎ 则所以 取y＝1，可得m2＝。‎ 设二面角E－BD－C的平面角为θ，由图可知θ为锐角，‎ 则cosθ＝|cos〈m1，m2〉|＝<，‎ 化简得k2>，则k>或k<－，又k>0，‎ 所以k>。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 微考场　新提升 ‎1.(2016·广西联考)在如图所示的多面体CABED中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AB＝CD＝1，AC＝，AD＝DE＝2。‎ ‎(1)在线段CE上取一点F，作BF∥平面ACD(只需指出F的位置，不需证明)；‎ ‎(2)对(1)中的点F，求直线BF与平面ADEB所成角的正弦值。‎ 解析　(1)取CE的中点F。‎ 连接BF，BF∥平面ACD(如图)。‎ ‎(2)由已知AC＝，CD＝1，AD＝2，∴AC2＋CD2＝AD2。∴AC⊥CD。以C为原点，CD，CA分别为x，y轴，过C垂直于平面ACD的直线为z轴，建立空间直角坐标系。‎ 则A(0，，0)，D(1,0,0)，B(0，，1)，F。‎ ‎∴＝(1，－，0)，＝(0,0,1)，＝。‎ 设n＝(x，y，z)是平面ADEB的法向量，‎ 则即 ‎∴可取n＝(，1,0)。‎ 故|cos〈n·〉|＝＝。‎ ‎∴BF与平面ADEB所成角的正弦值为。‎ 答案　(1)见解析　(2) ‎2.(2016·山东高考)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线。‎ ‎(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；‎ ‎(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角F－BC－A的余弦值。‎ 解析　(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF。‎ 又EF∥OB，所以GI∥OB。‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，‎ 所以HI∥BC。‎ 又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，‎ 所以平面GHI∥平面ABC。‎ 因为GH⊂平面GHI，‎ 所以GH∥平面ABC。‎ ‎(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC。‎ 又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC。‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz。‎ 由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)。‎ 过点F作FM垂直OB于点M，‎ 所以FM＝＝3，‎ 可得F(0，，3)。‎ 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)。‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量，‎ 由 可得 可得平面BCF的一个法向量m＝。‎ 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝。‎ 所以二面角F－BC－A的余弦值为。‎ 答案　(1)见解析　(2) 第二课时　立体几何的热点问题 微考点　大课堂 考点一 ‎ 平面图形的翻折问题 ‎【典例1】　(2015·陕西高考)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点。将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图②。‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值。‎ ‎【解析】　(1)证明：在题图①中，因为AB＝BC＝1，‎ AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，‎ 所以BE⊥AC。‎ 即在题图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 从而BE⊥平面A1OC。‎ 又CD∥BE，‎ 所以CD⊥平面A1OC。‎ ‎(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，‎ 所以∠A1OC＝。‎ 如图，以O为原点，，，为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系O—xyz，‎ 因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，‎ BC∥ED，‎ 所以B，E，‎ A1，C，‎ 得＝，＝，‎ ＝＝(－，0,0)。‎ 设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，‎ 则得 取n1＝(1,1,1)；‎ 得取n2＝(0,1,1)，‎ 从而cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 反思归纳　平面图形的翻折问题，关键是弄清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况。一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化。‎ ‎【变式训练】　(2016·贵州适应性考试)已知长方形ABCD中，AB＝1，AD＝。现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A－BCD，如图所示。‎ ‎(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由。‎ ‎(2)当四面体A－BCD的体积最大时，求二面角A－CD－B的余弦值。‎ ‎【解析】　(1)若AB⊥CD，因为AB⊥AD，AD∩CD＝D，‎ 所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC。‎ 即AB2＋a2＝BC2，即12＋a2＝()2，所以a＝1。‎ 若AD⊥BC，因为AD⊥AB，‎ 所以AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC。‎ 即AD2＋a2＝CD2，即()2＋a2＝12，‎ 所以a2＝－1，无解。‎ 故AD⊥BC不成立。‎ ‎(2)因为△BCD的面积为定值，‎ 所以要使四面体A－BCD的体积最大只需三棱锥A－BCD的高最大即可，此时平面ABD⊥平面BCD，‎ 过点A作AO⊥BD于点O，则AO⊥平面BCD，‎ 以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz(如图)，‎ 则易知A，C，D，‎ 显然，平面BCD的一个法向量为＝。‎ 设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)。‎ 因为＝，＝，‎ 所以令y＝，得n＝(1，，2)。‎ 故二面角A－CD－B的余弦值为 ‎|cos〈，n〉|＝＝。‎ ‎【答案】　(1)AB⊥CD，a＝1；AD⊥BC不成立 ‎(2) 考点二 ‎ 立体几何中的探索性问题多维探究 角度一：条件追溯型 ‎【典例2】　如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，PA＝AD＝2。四边形ABCD满足BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1。点E，F分别为侧棱PB，PC上的点，且＝＝λ。‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAD；‎ ‎(2)当λ＝时，求异面直线BF与CD所成角的余弦值；‎ ‎(3)是否存在实数λ，使得平面AFD⊥平面PCD？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由。‎ ‎【解析】　(1)证明：由已知，＝＝λ，所以EF∥BC。因为BC∥AD，所以EF∥AD。‎ 而EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD。‎ ‎(2)因为平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，且PA⊥AC，所以PA⊥平面ABCD。则PA⊥AB，PA⊥AD。又AB⊥AD，故PA，AB，AD两两垂直。建立如图所示空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)。当λ＝时，F为PC中点，故F，＝，＝(－1,1,0)。‎ 设异面直线BF与CD所成的角为θ，‎ 则cosθ＝|cos〈，〉|＝‎ ＝，‎ 故异面直线BF与CD所成角的余弦值为。‎ ‎(3)设F(x0，y0，z0)，则＝(x0，y0，z0－2)，＝(1,1，－2)。由已知＝λ，即(x0，y0，z0－2)＝λ(1,1，－2)，所以＝(λ，λ，2－2λ)。‎ 设平面AFD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 因为＝(0,2,0)，所以 即 令z1＝λ，得n1＝(2λ－2,0，λ)。‎ 设平面PCD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，因为＝(0,2，－2)，＝(－1,1,0)，‎ 所以即 令x2＝1，则n2＝(1,1,1)。‎ 若平面AFD⊥平面PCD，则n1·n2＝0，‎ 所以(2λ－2)＋λ＝0，解得λ＝。‎ 所以当λ＝时，平面AFD⊥平面PCD。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2)　(3)存在　λ＝ 反思归纳　解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因。其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点。这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力。‎ 角度二：结论判断型 ‎【典例3】　(2016·山西质量检测)如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，FB＝，M，N分别为EF，AB的中点。‎ ‎(1)求证：MN∥平面FCB；‎ ‎(2)若直线AF与平面FCB所成的角为30°，则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值是多少？‎ ‎【解析】　(1)证明：取BC的中点Q，连接NQ，FQ，‎ 则NQ＝AC，NQ∥AC。‎ 又MF＝AC，MF∥AC，∴MF＝NQ，MF∥NQ，‎ 则四边形MNQF为平行四边形，即MN∥FQ。‎ ‎∵FQ⊂平面FCB，MN⊄平面FCB，‎ ‎∴MN∥平面FCB。‎ ‎(2)由AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°可得∠ACB＝90°，AC＝，BC＝1，AB＝2。‎ ‎∵四边形ACFE为矩形，∴AC⊥平面FCB，则∠AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即∠AFC＝30°，∴FC＝3。‎ ‎∵FB＝，∴FC⊥BC。则可建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz。‎ ‎∴A(，0,0)，B(0,1,0)，M，‎ ＝，＝。‎ 设m＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，‎ 则即 取x＝2，‎ 则m＝(2，6,1)为平面MAB的一个法向量。‎ 又n＝(，0,0)为平面FCB的一个法向量，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 反思归纳　立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求。此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳。‎ ‎【变式训练】　(2016·四川高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD。E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°。‎ ‎(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；‎ ‎(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值。‎ ‎【解析】　(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行。‎ 延长AB，DC相交于点M(M∈平面PAB)，点M为所求的一个点。理由如下：‎ 由已知，BC∥ED，且BC＝ED。‎ 所以四边形BCDE是平行四边形。‎ 从而CM∥EB。‎ 又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，‎ 所以CM∥平面PBE。‎ ‎(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD。‎ 于是CD⊥PD。‎ 从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角。‎ 所以∠PDA＝45°。‎ 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD。‎ 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2。‎ 作Ay⊥AD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，‎ 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，‎ ＝(0,0,2)，‎ 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得设x＝2，‎ 解得n＝(2，－2，1)。‎ 设直线PA与平面PCE所成角为α，则 sinα＝＝＝。‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为。‎ ‎【答案】　(1)延长AB，DC相交于点M，理由见解析　(2) 考点三 ‎ 立体几何中的最值问题 ‎【典例4】　如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1。‎ ‎(1)求证：平面FBC⊥平面ACFE；‎ ‎(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cosθ的取值范围。‎ ‎【解析】　(1)证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，∴AB＝2，‎ ‎∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，‎ ‎∴AB2＝AC2＋BC2，‎ ‎∴BC⊥AC。‎ ‎∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACFE。‎ 又BC⊂平面FBC，‎ ‎∴平面FBC⊥平面ACFE。‎ ‎(2)由(1)知AC，BC，FC两两垂直，则以A为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，‎ ‎∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)。‎ 设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，‎ 由，得 取x＝1，则n1＝(1，，－λ)。‎ 易知n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量。‎ ‎∴cosθ＝＝ ‎＝。‎ ‎∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cosθ有最小值；‎ 当λ＝时，cosθ有最大值。‎ ‎∴cosθ∈。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2) 反思归纳　立体几何的最值问题关键是建立函数关系式，利用求最值的方法，如配方法、单调性法等解决。‎ 微考场　新提升 ‎1.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3。E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足＝＝λ ‎，当实数λ的值为________时，∠AFE为直角。‎ 解析　因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，‎ 故可建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz。‎ ‎∵AB＝4，SA＝3，‎ ‎∴B(0,4,0)，S(0,0,3)。‎ 设BC＝m，则C(m,4,0)，‎ ‎∵＝＝λ，∴＝λ。‎ ‎∴－＝λ(－)。‎ ‎∴＝(＋λ)‎ ‎＝(0,4λ，3)，‎ ‎∴F。‎ 同理可得E，‎ ‎∴＝。‎ ‎∵＝，要使∠AFE为直角，‎ 即·＝0，‎ 则0·＋·＋·＝0，‎ ‎∴16λ＝9，解得λ＝。‎ 答案　 ‎2．如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝4，点E在线段AB上。过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(点A与P重合)，使得∠PEB＝60°。‎ ‎(1)求证：EF⊥PB；‎ ‎(2)试问：当点E在线段AB上移动时，二面角P－FC－B的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出其定值；若不是，说明理由。‎ 解析　(1)证明：在Rt△ABC中，‎ ‎∵EF∥BC，∴EF⊥AB，‎ ‎∴EF⊥EB，EF⊥EP。‎ 又∵EB∩EP＝E，EB，EP⊂平面PEB，‎ ‎∴EF⊥平面PEB。‎ 又∵PB⊂平面PEB，‎ ‎∴EF⊥PB。‎ ‎(2)在平面PEB内，过点P作PD⊥BE于点D，‎ 由(1)知EF⊥平面PEB，‎ ‎∴EF⊥PD，‎ 又∵BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BCFE，‎ ‎∴PD⊥平面BCFE。‎ 在平面PEB内过点B作直线BH∥PD，则BH⊥平面BCFE。‎ 如图所示，以B为坐标原点，，，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。‎ 设PE＝x(0≤x≤4)，‎ 又∵AB＝BC＝4，‎ ‎∴BE＝4－x，EF＝x。‎ 在Rt△PED中，∠PED＝60°，‎ ‎∴PD＝x，DE＝x，‎ ‎∴BD＝4－x－x＝4－x，‎ ‎∴C(4,0,0)，F(x,4－x,0)，P。‎ 从而＝(x－4,4－x,0)，＝。‎ 设n1＝(x0，y0，z0)是平面PCF的一个法向量，‎ ‎∴即 ‎∴ 取y0＝1，‎ 得n1＝(1,1，)是平面PFC的一个法向量。‎ 又平面BFC的一个法向量为n2＝(0,0,1)，‎ 设二面角P－FC－B的平面角为α，‎ 则cosα＝|cos〈n1，n2〉|＝＝。‎ 因此当点E在线段AB上移动时，二面角P－FC－B的平面角的余弦值为定值，且定值为。‎ 答案　(1)见解析　(2)余弦值为定值