备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题43 举重若轻立体几何问题的空间向量方法（I）

备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题43 举重若轻立体几何问题的空间向量方法（I）

专题43 举重若轻-----立体几何问题的空间向量方法（I）‎ ‎【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.本专题首先通过例题说明利用空间向量证明平行或垂直问题的方法与技巧.‎ ‎（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴 ‎1、轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即轴要与坐标平面垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为轴与底面的交点 ‎2、轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：‎ ‎（1）尽可能的让底面上更多的点位于轴上 40‎ ‎（2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件 ‎（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点 ‎3、常用的空间直角坐标系满足轴成右手系，所以在标轴时要注意.‎ ‎4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同.但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的.‎ ‎5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略.‎ ‎6、与垂直相关的定理与结论：‎ ‎（1）线面垂直：‎ ‎① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直 ‎② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直 ‎③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直 ‎④ 直棱柱：侧棱与底面垂直 ‎（2）线线垂直（相交垂直）：‎ ‎① 正方形，矩形，直角梯形 ‎② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）‎ ‎③ 菱形的对角线相互垂直 ‎④ 勾股定理逆定理：若，则 ‎ ‎（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类 ‎1、能够直接写出坐标的点 ‎（1） 坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的点，坐标特点如下：‎ 40‎ 轴： 轴： 轴： ‎ 规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0‎ ‎（2）底面上的点：坐标均为，即竖坐标，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以上图为例：‎ 则可快速写出点的坐标，位置关系清晰明了 ‎ ‎2、空间中在底面投影为特殊位置的点：‎ ‎ 如果在底面的投影为，那么（即点与投影点的横纵坐标相同）‎ ‎ 由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写.如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离.例如：正方体中的点，其投影为，而所以，而其到底面的距离为，故坐标为 以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法：‎ ‎3、需要计算的点 ‎① 中点坐标公式：，则中点，图中的等中点坐标均可计算 ‎② 利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值，例如：求点的坐标，如果使用向量计算，则设，可直接写出，‎ 40‎ 观察向量，而 ， ‎ ‎（三）刻画直线与平面方向的向量 ‎1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定 例如：，则直线的方向向量为 ‎ ‎2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面垂直的直线称为平面的法线，法线的方向向量就是平面的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？‎ ‎（1）所需条件：平面上的两条不平行的直线 ‎（2）求法：（先设再求）设平面的法向量为，若平面上所选两条直线的方向向量分别为，则可列出方程组：‎ ‎ 解出的比值即可 例如：，求所在平面的法向量 解：设，则有 ，解得： ‎ ‎ ‎ ‎（四）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： ‎ 40‎ ‎（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，即在法向量上投影的绝对值.‎ ‎（五）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，‎ 40‎ 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 ‎（六）方法与技巧 ‎1.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为了数量的计算问题．‎ ‎2.证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．‎ ‎3.要证明两线垂直，需转化为两线对应的向量垂直，进一步转化为证明两向量的数量积为零，这是证明两线垂直的基本方法，线线垂直是证明线面垂直，面面垂直的基础．‎ ‎4.证明线面垂直，可利用判定定理．如本题解法．‎ ‎5.用向量证明两个平面垂直，关键是求出两个平面的法向量，把证明面面垂直转化为法向量垂直．‎ ‎【经典例题】‎ 例1. 如图，空间四边形中， .求证： .‎ ‎【答案】证明见解析 ‎【解析】试题分析：利用三个不共面的向量作为基底，利用空间向量的数量积为0，证明向量垂直，即线线垂直.‎ 40‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 例2.【2019届甘肃省西北师范大学附属中学冲刺诊断】如图,三棱柱中,侧面 侧面,,,,为棱的中点,为的中点.‎ ‎(1) 求证:平面；‎ ‎ (2) 若,求三棱柱的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ 40‎ ‎【解析】分析：（1）由△ACC1是等边三角形可得AH⊥CC1，所以AH⊥AA1，利用面面垂直的性质得AH⊥平面ABB1A1，故AH⊥A1D，在矩形ABB1A1中，由AA1=AB可证A1D⊥AB1，从而A1D⊥平面AB1H．‎ ‎（2）取中点,连结,则,所以面.利用求解即可．‎ 详解：(1)连结,因为为正三角形,为棱的中点,‎ ‎ 所以,从而,又面 面,‎ 所以,又,‎ 所以,‎ 设,则…②, ‎ 由①②及,可得平面. ‎ ‎(2)方法一:取中点,连结,则,所以面. ‎ 所以, ‎ 所以三棱柱的体积为. ‎ 方法二:取中点,连结,因为为正三角形,所以,‎ 40‎ 点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．‎ 例3.在边长是2的正方体-中，分别为 的中点. 应用空间向量方法求解下列问题. ‎ x z y ‎ (1)求EF的长 ‎ (2)证明：平面；‎ ‎ (3)证明: 平面.‎ 40‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）根据题意，关键是能根据向量法来得到即可。‎ ‎（3）对于题目中，则可以根据线面垂直的判定定理来的得到.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：解(1)如图建立空间直角坐标系 x z y ‎ 4分 ‎（2） ‎ 而 ‎ 平面 8分 ‎（3） ‎ 又 ‎ 平面. 12分 例4.【山东省烟台市2019年春季高考第一次模拟】 如图，在四棱锥中，平面，，．‎ ‎（1）求证：平面； ‎ 40‎ ‎（2）求证：平面平面；‎ ‎（3）设点为的中点，点为中点，求证平面． ‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.‎ 面，‎ 所以，且，‎ 所以面．‎ ‎（2）∵，，∴．‎ 又∵面，面，∴，‎ 又，‎ ‎∴ ，‎ 又面，‎ ‎∴面面．‎ ‎（3）在中，为中点，为中点，‎ ‎∴，‎ 又 ∵面，面，‎ ‎∴ 面． ‎ 例5.【2019届山东省桓台第二中学4月月考】如图，已知三棱锥的三条侧棱， ， 两两垂直， 为等边三角形， 为内部一点，点在的延长线上，且．‎ 40‎ ‎（Ⅰ）证明： ；‎ ‎（Ⅱ）证明： ；‎ ‎（Ⅲ）若，求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ) .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知条件利用勾股定理得， ，得进行证明；（Ⅱ）取的中点，连接、，通过证明平面来证得结论；（Ⅲ）以、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量的夹角的余弦值，结合图形即可得结论．‎ ‎，所以平面 所以 ‎（Ⅲ）如图建立空间坐标系 40‎ 因为，可设,则 由（Ⅰ）同理可得 因为，‎ 所以 ‎ 所以设（）‎ 所以，所以 平面的法向量为 设平面的法向量为则 取则所以， ‎ 例6.如图,在四棱锥中,底面为直角梯形, ,平面底面, 为中点, 是棱上的点, .‎ 40‎ ‎（Ⅰ）若点是棱的中点,求证: 平面;‎ ‎（Ⅱ）求证:平面平面;‎ ‎（Ⅲ）若二面角为,设,试确定的值.‎ ‎【答案】（I）详见解析；（II）详见解析；（III）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）连接交于,连接，证得，再利用线面平行的判定定理，证得平面；‎ ‎（Ⅱ）因为为中点，得到，进而得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证明平面平面；‎ ‎（Ⅲ）以为原点,以的方向分别为轴, 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面中, ，利用向量的夹角公式，即可求得的值.‎ 试题解析：‎ 40‎ ‎（Ⅱ）因为为中点,‎ 所以四边形为平行四边形,所以.‎ 因为,所以,即.‎ 又因为平面平面,且平面平面,‎ 所以平面,‎ 因为平面,‎ 40‎ 则点, , , ,平面的一个法向量.‎ 设,则,,‎ 因为 所以 在平面中, ,‎ 因为二面角为,‎ 所以,‎ 所以.‎ 例7．【2019届湖南省郴州市一中十二月月考】已知长方体中， 为的中点， 在棱上， ， .‎ 40‎ ‎（1）若异面直线与互相垂直，求的长；‎ ‎（2）当四棱锥的体积为时，求证：直线平面.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：如图，以为原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴建立空间 试题解析：（1）如图，以为原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.‎ 则， ， ， ， ， ， .‎ 设，则， ，‎ 因为，所以，即，解得.‎ 所以，当异面直线与互相垂直时， .‎ ‎（2）证明：因为是长方体， 在棱上，所以平面，‎ 所以四棱锥的体积 ，解得.‎ 此时为的中点，所以.‎ 40‎ 因为，‎ 所以，因为直线平面，‎ 所以直线平面.‎ 例8. 【2019届天津市河东区二模】如图，在四棱锥中，PA⊥底面ABCD,AD||BC,AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是PB的中点．‎ ‎（1）求证：AM||平面PCD；‎ ‎（2）求证：平面ACM⊥平面PAB；‎ ‎（3）若PC与平面ACM所成角为30°，求PA的长．‎ ‎【答案】(1)见解析.‎ ‎(2)见解析.‎ ‎(3) .‎ ‎【解析】分析：(1)利用向量法证明即得AM||平面PCD.(2)利用向量法证明，即得平面ACM⊥平面PAB.(3)利用向量法解答，根据PC与平面ACM所成角为30°得到关于关于a的方程，解方程得到a的值，再求PA的长.‎ 详解：（1）如图以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz,‎ 40‎ A（1，1，0）,B（0，2，0）,C（0，0，0）,D（1，0，0）,P（1，1，a）(a>0)‎ M（）,=（1，1，a）,=（1，0，0）‎ 设平面PCD法向量为,‎ ‎ 令，则， ‎ ‎（0，0，a）,=（-1，1，0）设平面PAB法向量为,‎ ‎ 令，则=（1，1，0）,‎ 所以. ‎ 所以平面ACM⊥平面PAB . ‎ ‎（3）由题得=（1，1，a）,‎ 所以 40‎ ‎ 解得 ，所以PA的长为 . ‎ 点睛：（1）本题主要考查空间平行垂直关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力、空间想象能力和转化能力. (2)证明空间位置关系常用的有几何法和向量法，求空间的角常用的有几何体（找、作、证、指、求）和向量法.‎ 例9.【2019届天津市河北区二模】如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，平面平面 ‎（I）求证：；‎ ‎（II）若M为中点，求证：平面；‎ ‎（III）在线段BC上（含端点）是否存在点P，使直线DP与平面所成的角为？若存在，求得值，若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)不存在这样的点P.‎ ‎【解析】分析：（I）由，根据面面垂直的性质得到平面，从而可证明；（II）由于，建立空间直角坐标系，利用的方向向量与平面 的法向量数量积为零可得平面 ；（III）由（II）可知平面的法向量，设，利用空间向量夹角余弦公式列方程可求得，从而可得结论.‎ 详解：证明：（I）在直三棱柱中，‎ ‎∵平面 ∴ ‎ ‎∵平面平面，且平面平面 40‎ ‎∴平面 ‎ ‎∴ ‎ ‎（II）在直三棱柱中，‎ ‎∵ ∴ 令 则 ‎∵为的中点，∴‎ ‎∵ ∴ ‎ 又平面，∴平面 ‎ ‎（III）由（II）可知平面的法向量 40‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 故不存在这样的点P，使得直线DP与平面所成的角为 点睛：本题主要考查利用空间向量的证明与求值，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（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和距离.‎ 例10.【2019届北京市海淀区二模】如图，在三棱柱中，平面， ，分别是的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）证明：平面；‎ ‎（Ⅲ）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.‎ 40‎ ‎【解析】分析：（Ⅰ）先证明平面，再证明.( Ⅱ) 取的中点，连接、．‎ 因为平面，‎ 所以． ‎ ‎（Ⅱ）取的中点，连接、．‎ 因为、分别是、的中点，‎ 所以ME∥，且ME．‎ 在三棱柱中，，且，‎ 所以ME∥AD，且ME=AD，‎ 所以四边形ADEM是平行四边形，‎ 所以DE∥AM．‎ 又平面，平面， ‎ 所以平面．‎ 40‎ ‎（Ⅲ）在三棱柱中，，‎ 因为，所以．‎ 在平面内，过点作，‎ ‎，即，‎ 得，令，得，故．‎ 设直线DE与平面所成的角为θ，‎ 则sinθ＝ ，‎ 40‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为. ‎ ‎【精选精练】‎ ‎1.已知平面的法向量为， ，则直线与平面的位置关系为（ ）‎ A. B. ‎ C. 与相交但不垂直 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】.‎ 本题选择A选项.‎ ‎2.在空间直角坐标系中，已知，， ， ，则直线与的位置关系是（ ）‎ A. 垂直 B. 平行 C. 异面 D. 相交但不垂直 ‎【答案】B ‎3．已知直线 的方向向量为 ，平面 的法向量为 ，且 ，则 ________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为直线 的方向向量，平面 的法向量， ，所以，即，解得，故答案为.‎ ‎4．已知平面是不重合的两个面，下列命题中，所有正确命题的序号是_____.‎ ‎①若， 分别是平面的法向量，则；‎ ‎②若， 分别是平面， 的法向量，则；‎ ‎③若是平面的法向量， 与共面，则；‎ ‎④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直.‎ 40‎ ‎【答案】①②③④‎ ‎∴正确命题的序号实数①②③④.‎ 故答案为：①②③④.‎ ‎5．已知空间三点，若，且分别与垂直，则向量__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】由题意得，‎ 设，‎ 则，解得或．‎ 所以或．‎ 答案： 或 ‎6．【2019届辽宁省重点高中协作校三模】如图，在长方体 中，，点在棱上，，点为棱的中点，过 的平面 与棱 交于 ，与棱 交于 ，且四边形 为菱形.‎ ‎(1)证明：平面 平面；‎ ‎(2)确定点 的具体位置（不需说明理由）,并求四棱锥 的体积.‎ 40‎ ‎【答案】（1）见解析（2）为棱上靠近的三等分点，为棱中点，‎ ‎【解析】分析：(1)要证平面 平面 ，即证平面 ，即证，； (2)为棱上靠近的三等分点，为棱中点，利用等体积法 ‎(2)为棱上靠近的三等分点，为棱中点，‎ ‎，所以的面积.‎ 于是四棱锥的体积 ‎.‎ ‎7．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；‎ ‎（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.‎ 40‎ ‎【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.‎ 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，‎ 所以.‎ 因为PA∥平面MQB， ，平面PAC∩平面MQB=MN，‎ 40‎ 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)， .， .‎ 所以.‎ 故二面角M-BQ-C的大小为60°. ‎ ‎ 8．如图，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，，，.‎ 40‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求证：平面；‎ ‎（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)30°.‎ ‎【解析】试题分析:（1）根据矩形性质得，再由条件，利用线面垂直判定定理得平面，即得结论（2）先根据线线平行得线面平行：平面，平面，再根据线面平行得面面平行：平面平面，即得线面平行（3）过作与的延长线垂直，则根据二面角定义得就 ‎（）∵，平面，平面，∴平面．‎ ‎∵四边形是矩形，∴，又平面，‎ 平面，∴平面，‎ 又，平面，，∴平面平面，‎ ‎∵平面，∴平面．‎ ‎（）过作与的延长线垂直，是垂足，连结．‎ 40‎ ‎ ‎ ‎∵，，∴就是二面角的平面角，‎ ‎∴，，∴，，‎ ‎∵，，，∴．‎ ‎∴直线与平面所成的角为． ‎ ‎9．【2019届北京市房山区高三上期末】如图几何体ADM-BCN中， 是正方形， ， ， ， ， .‎ 40‎ ‎（Ⅰ）求证： ；‎ ‎（Ⅱ）求证： ； ‎ ‎（Ⅲ）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ） .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）说明∥，利用直线与平面平行的判定定理即可证明∥平面；（Ⅱ）说明，结合，证明平面，推出，证明，即可证明面；（Ⅲ）法1：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出面的法向量，利用向量的数量积求解二面角的余弦值；法2：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示；求出面的法向量，利用向量的数量积求解二面角的余弦值.‎ ‎ ， ‎ ‎ ‎ 40‎ ‎ ， ‎ ‎.‎ ‎（Ⅲ）法1：以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示；‎ 令， ‎ 由图可知二面角为锐角 二面角的余弦值为.‎ 40‎ 法2：以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示；‎ 由（Ⅱ）；‎ 设面的法向量，‎ ‎ ‎ 令， ‎ 由图可知二面角为锐角 二面角的余弦值为.‎ 点睛：用向量法解决立体几何问题的注意点：‎ ‎（1）建立空间直角坐标系时要判断是否具备了两两垂直的三条直线，否则要先给出证明；‎ ‎（2）求线面角时要借助直线的方向向量和平面的法向量夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值；求二面角时，要借助两平面法向量夹角的余弦值来求出二面角的余弦值，但在解题时要借助于图形来判断二面角为锐角还是钝角．‎ ‎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.‎ ‎（I）当是线段的中点时，求证：PB // 平面ACM；‎ ‎（II）求证： ；‎ 40‎ ‎（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°.‎ ‎【解析】试题分析：(1) 连接BD交AC于H点，由三角形中位线性质得MH // BP ，再根据线面平行判定定理得结论(2)由面面垂直性质定理得PE⊥平面ABCD，即得；（3）先根据条件建立空间直角坐标系，设列各点坐标，由方程组解得各面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，再根据二面角与法向量之间关系列方程，解得的值 试题解析：（I）证明：连接BD交AC于H点，连接MH，‎ 因为四边形ABCD是菱形，‎ 所以点H为BD的中点. ‎ 所以PE⊥平面ABCD.‎ 又因为平面，‎ 所以. ‎ ‎(Ⅲ) 因为ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是AB的中点，‎ 所以CE⊥AB .‎ 40‎ 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，‎ 所以， ，‎ 40‎ 因为二面角的大小为60°，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得，或（舍去）‎ 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．【2019届北京市石景山区一模】如图，四边形是正方形， 平面， // ， ， ， 为的中点．‎ ‎（1）求证： ；‎ ‎（2）求证： //平面；‎ ‎（3）求二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）‎ 40‎ 依题意，可得， ， ， ， ， ， ，因为， ，所以． ‎ 所以. ‎ ‎（2）证明：取的中点，连接．‎ 因为， ， ，‎ 所以，所以．‎ 又因为平面， 平面，‎ 所以平面． ‎ ‎（3）解：因为， ，‎ ‎，‎ 所以平面，故为平面的一个法向量． ‎ 40‎ ‎ ‎ ‎12．如图，在底面是正方形的四棱锥面ABCD，BD交AC于点E，F是PC中点，G为AC上一点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）确定点G在线段AC上的位置，使FG//平面PBD，并说明理由；‎ ‎（3）当二面角的大小为时，求PC与底面ABCD所成角的正切值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）G为EC中点（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）要证：BD⊥FG，先证BD⊥平面PAC即可；（2）确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，FG∥平面PBD内的一条直线即可；（3）利用向量数量积求解法向量，然后转化求出PC与底面ABCD所成角的正切值．‎ 解析：‎ ‎（1）‎ 40‎ 连接PE，F为PC中点，G为EC中点，FG//PE ‎ FG//平面PBD ‎ ‎（3）作作于H，连接DH，，四边形ABCD是正方形，‎ 又 ‎ ‎ ， ‎ 40‎ PC与与底面ABCD所成角的正切值是.‎ 40‎