1、第七节 立体几何中的向量方法 A 级基础过关|固根基|1.(2019 年全国卷)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面 EB1C1；(2)若 AEA1E，求二面角 BECC1的正弦值 解：(1)证明：由已知得，B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1，故 B1C1BE.又 BEEC1，B1C1EC1C1，所以 BE平面 EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知 RtABERtA1B1E，所以AEB45，故 AEAB，AA12AB 以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，|DA|为单位
2、长，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB(1，0，0)，CE(1，1，1)，CC1(0，0，2)设平面 EBC 的法向量为 n(x，y，z)，则CBn0，CEn0，即x0，xyz0，令 y1，则 x0，z1，所以 n(0，1，1)设平面 ECC1的法向量为 m(x1，y1，z1)，则 CC1m0，CEm0，即2z10，x1y1z10，所以可取 m(1，1，0)于是 cosn，m nm|n|m|12.所以，二面角 BECC1的正弦值为 32.2(2019 届太原市一模)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 AB
3、CD 是边长为 2的正方形，PABD(1)求证：PBPD；(2)若 E，F 分别为 PC，AB 的中点，EF平面 PCD，求直线 PB 与平面PCD 所成角的大小 解：(1)证明：如图，连接 AC，交 BD 于点 O，连接 PO，四边形 ABCD 是正方形，ACBD，OBOD 又 PABD，PA平面 PAC，AC平面 PAC，PAACA，BD平面 PAC 又 PO平面 PAC，BDPO.又 OBOD，PBPD(2)设 PD 的中点为 Q，连接 AQ，EQ，E 为 PC 的中点，EQCD，EQ12CD 又 AFCD，ABCD，F 为 AB 的中点，AF12AB12CD，EQAF，EQAF，四边形
4、 AQEF 为平行四边形，EFAQ.EF平面 PCD，AQ平面 PCD 又 PD平面 PCD，AQPD Q 是 PD 的中点，APAD 2.AQ平面 PCD，CD平面 PCD，AQCD 又 ADCD，AQADA，CD平面 PAD 又 PA平面 PAD，CDPA.PABD，BDCDD，BD平面 ABCD，CD平面 ABCD，PA平面 ABCD 以 A 为坐标原点，以 AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，Q0，22，22，AQ0，22，22，PB(2，0，2)AQ平面 PCD，AQ为平面
5、PCD 的一个法向量，cosAQ，PBAQPB|AQ|PB|12.设直线 PB 与平面 PCD 所成的角为，则 sin|cosAQ，PB|12，直线 PB 与平面 PCD 所成的角为6.3(2020 届广州四校联考)如图 1，已知三棱锥 PABC，其展开图如图 2 所示，其中四边形 ABCD 是边长等于 2的正方形，ABE 和BCF 均为正三角形 (1)证明：平面 PAC平面 ABC；(2)若 M 是 PA 的中点，求二面角 PBCM 的余弦值 解：(1)证明：如图，设 AC 的中点为 O，连接 BO，PO.由题意，得 PAPBPC 2，PO1，AOBOCO1.因为在PAC 中，PAPC，O
6、为 AC 的中点，所以 POAC 因为在POB 中，PO1，OB1，PB 2，所以 PO2OB2PB2，所以 POOB 因为 ACOBO，AC，OB平面 ABC，所以 PO平面 ABC，又 PO平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABC(2)由(1)可知 POOB，POAC，OBAC，所以以 O 为坐标原点，OC，OB，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，则 O(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，M12，0，12，所以BC(1，1，0)，PC(1，0，1)，MC32，0，12.设平面 MBC 的
7、法向量为 m(x1，y1，z1)，则mBC0，mMC0，x1y10，3x1z10，令 x11，得 y11，z13，即 m(1，1，3)为平面 MBC的一个法向量 设平面 PBC 的法向量为 n(x2，y2，z2)，则nBC0，nPC0，x2y20，x2z20，令 x21，得 y21，z21，即 n(1，1，1)为平面 PBC 的一个法向量 cosn，m mn|m|n|5335 3333.由图可知，二面角 PBCM 为锐角，故其余弦值为5 3333.B 级素养提升|练能力|4.(2019 届辽宁五校联考)如图，在四棱锥 EABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，其中 CDAB，BCAB，平面
8、ABE平面 ABCD，且 ABAEBE2BC2CD2，动点 F 在棱 AE 上，且 EFFA.(1)试探究 的值，使 CE平面 BDF，并给予证明；(2)当 1 时，求直线 CE 与平面 BDF 所成角的正弦值 解：(1)当 12时，CE平面 BDF.证明如下：连接 AC 交 BD 于点 G，连接 GF，CDAB，AB2CD，CGGACDAB12.EF12FA，EFFACGGA12，GFCE.又 CE平面 BDF，GF平面 BDF，CE平面 BDF.(2)取 AB 的中点 O，连接 EO，则 EOAB，平面 ABE平面 ABCD，平面 ABE平面 ABCDAB，且 EOAB，EO平面 ABCD
9、 连接 DO，BOCD，且 BOCD1，四边形 BODC 为平行四边形，BCDO，又 BCAB，ABOD，则 OD，OA，OE 两两垂直，以 OD，OA，OE 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz，则 O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，1，0)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，E(0，0，3)当 1 时，有EFFA，F0，12，32，BD(1，1，0)，CE(1，1，3)，BF0，32，32.设平面 BDF 的法向量为 n(x，y，z)，则有nBD0，nBF0，即xy0，32y 32 z0，令 z 3，得 y1，x1，则 n(1，1，3)
10、为平面 BDF 的一个法向量 设直线 CE 与平面 BDF 所成的角为，则 sin|cosCE，n|15，故直线 CE 与平面 BDF 所成角的正弦值为15.5(2020 届大同调研)在如图所示的多面体中，EF平面 AEB，AEEB，ADEF，EFBC，BC2AD4，EF3，AEBE2，G 是 BC 的中点 (1)求证：AB平面 DEG；(2)求二面角 CDFE 的余弦值 解：(1)证明：ADEF，EFBC，ADBC又 BC2AD，G 是 BC 的中点，ADBG，四边形 ADGB 是平行四边形，ABDG.AB平面 DEG，DG平面 DEG，AB平面 DEG.(2)EF平面 AEB，AE平面 A
11、EB，BE平面 AEB，EFAE，EFBE，又 AEEB，EB，EF，EA 两两垂直 以点 E 为坐标原点，EB，EF，EA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Exyz，则 E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(0，3，0)，D(0，2，2)由已知得EB(2，0，0)是平面 EFDA 的一个法向量 设平面 DCF 的法向量为 n(x，y，z)，则FDn0，FCn0.FD(0，1，2)，FC(2，1，0)，y2z0，2xy0，令 z1，得 y2，x1，n(1，2，1)为平面 DCF 的一个法向量 设二面角 CDFE 的大小为，则|cos|co
12、sn，EB|22 6 66.易知二面角 CDFE 为钝二面角，二面角 CDFE 的余弦值为 66.6(2020 届四川五校联考)如图，在四棱锥 PABCD 中，ABDC，ADC2，ABAD12CD2，PDPB 6，PDBC (1)求证：平面 PBC平面 PBD；(2)在线段 PC 上是否存在点 M，使得平面 ABM 与平面 PBD 所成的锐二面角为3？若存在，求出CMCP的值；若不存在，说明理由 解：(1)证明：因为 ABDC，ABAD12CD2，ADC2，所以 CD4，BD2 2，BDC4.在BCD 中，根据余弦定理得 BCBD2CD22BDDCcos4 2 2，所以 CD2BD2BC2，故
13、 BCBD 又 BCPD，PDBDD，BD，PD平面 PBD，所以 BC平面 PBD 又 BC平面 PBC，所以平面 PBC平面 PBD(2)由(1)得平面 ABCD平面 PBD，设 E 为 BD 的中点，连接 PE，因为 PBPD 6，所以PEBD，PE2.又平面 ABCD平面 PBD，平面 ABCD平面 PBDBD，所以 PE平面 ABCD 如图，以 A 为坐标原点，以AD，AB的方向和垂直平面 ABCD的向量EP的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，P(1，1，2)假设存在 M(a，b，c)，设CMCP(01)，即CMCP，所以 M(2，43，2)易得平面 PBD 的一个法向量为BC(2，2，0)AB(0，2，0)，AM(2，43，2)，设 n(x，y，z)为平面 ABM 的法向量，则nAB0，nAM0，得2y0，（2）x（43）y2z0，不妨取 n(2，0，2)因为平面 PBD 与平面 ABM 所成的锐二面角为3，所以|4|2 2 42（2）212，解得23或 2(不合题意舍去)故存在点 M 满足条件，CMCP23.