1、空间向量在立体几何中的应用 探考情 悟真题【考情探究】考点 内容解读 5 年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 1.用向量法证明平行、垂直(1)理解直线的方向向量与平面的法向量;(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系;(3)能用向量法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理);(4)能用向量法解决直线与直线、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问题中的应用 2018 浙江,19,15 分 用向量法证明 线面垂直 线面角 2017 天津,17,13 分 用向量法证明 线面平行 二面角、异面 直线所成角 2.用向量法
2、求空间角和距离 2019 课标,18,12 分 二面角 线面平行的判定 2018 课标,20,12 分 线面角 线面垂直的判定 2018 课标,19,12 分 二面角 面面垂直的判定、三 棱锥体积的最值 2017 课标,19,12 分 线面角、二面角 线面平行的判定 2016 课标,19,12 分 线面角 线面平行的判定 分析解读 从近 5 年高考情况来看,利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)、空间距离均是高考的热点,考查频率很高,主要考查向量的坐标运算以及向量的平行、垂直、夹角问题,难度中等,多以解答题的形式呈现.本节通过空间角的求解、空间向量的应用考查学生的直观想象、数学
3、运算、逻辑推理的核心素养以及转化与化归思想的应用.破考点 练考向【考点集训】考点一 用向量法证明平行、垂直 (2018 宁夏银川一中月考,19)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,四边形 ABCD 为矩形,PD平面 ABCD,PB=2,PB 与平面PCD 成 45角,PB 与平面 ABD 成 30角.(1)在 PB 上是否存在一点 E,使得 PC平面 ADE?若存在,确定 E 点位置,若不存在,请说明理由;(2)当 E 为 PB 的中点时,求二面角 P-AE-D 的余弦值.解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,由题意易知 PD=CD=1,BC=2,ADPC,故要使 PC平面 ADE
4、,只需 PCDE,则 D(0,0,0),P(0,0,1),B(2,1,0),C(0,1,0),则=(2,1,-1),设=(01),=(2,1,-1).=(0,1,-1),由 =(+)=(0,1,-1)(2,1-)=0,解得=12,即 PB 上存在点 E 使得 PC平面ADE,且 E 为 PB 中点.(2)由(1)知 D(0,0,0),A(2,0,0),E(22,12,12),P(0,0,1),=(2,0,0),=(22,12,12),=(2,0,-1),=(22,12,-12),设平面 ADE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 PAE 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则1=
5、0,1=0 21=0,22 1+12 1+12 1=0,令 y1=1,得 n1=(0,1,-1).同理求得 n2=(1,0,2),所以 cos=21|2|1|=-33.易知所求二面角为锐二面角,故二面角 P-AE-D 的余弦值为33.考点二 用向量法求空间角和距离 (2020 届河南天一 9 月联考,18)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,ACB=90,CA=CB=AA1=2,M,N 分别是 A1B 与CC1的中点,G 为ABN 的重心.(1)求证:MG平面 ABN;(2)求二面角 A1-AB-N 的正弦值.解析(1)证明:由题意知 AC,BC,CC1两两垂直,以 C 为原点,分别以
6、AC、BC、CC1所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,2),A1(2,0,2),由中点坐标公式,得 M(1,1,1),N(0,0,1),由重心性质得 G(23,23,13),则=(-13,-13,-23),=(-2,2,0),=(-2,0,1),1=(0,0,2),=0,=0,MGAN,MGAB,又 ANAB=A,MG平面 ABN.(2)由(1)得平面 ABN 的一个法向量为=(-13,-13,-23),设平面 A1AB 的法向量 n=(x,y,z),则AA1=2z=0,AB=-2x+2y=0,取 x=1,得
7、n=(1,1,0),cos=MG|MG|=-33,设二面角 A1-AB-N 的大小为,则 sin=1-(-33)2=63.二面角 A1-AB-N 的正弦值为63.炼技法 提能力【方法集训】方法 1 求解二面角的方法 1.(2020 届安徽八校第一次联考,18)如图所示的多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,EDFB,DE=12BF,AB=FB,FB平面 ABCD.(1)设 BD 与 AC 的交点为 O,求证:OE平面 ACF;(2)求二面角 E-AF-C 的正弦值.解析(1)证明:连接 OF,由题意可知,ED面 ABCD,从而 RtEDARtEDC,EA=EC,又
8、 O 为 AC 中点,OEAC,在EOF 中,OE=3,OF=6,EF=3,OE2+OF2=EF2,OEOF,又 ACOF=O,OE面 ACF.(2)ED面 ABCD,且 DADC,如图以 D 为原点,DA,DC,DE 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,从而 E(0,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),F(2,2,2),O(1,1,0).由(1)可知=(1,1,-1)是面 AFC 的一个法向量,设n=(x,y,z)为面 AEF 的一个法向量,则AF =2+2=0,AE =-2+=0,令 x=1,得 n=(1,-2,2),设 为二面角 E-AF-C 的平面角,则
9、|cos|=|cos|=|EO|EO|=33,sin=63,所以二面角 E-AF-C 的正弦值为63.2.(2018 课标,19,12 分)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.(1)证明:平面 AMD平面 BMC;(2)当三棱锥 M-ABC 体积最大时,求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值.解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(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
10、DC 为直径,所以 DMCM.又 BCCM=C,所以 DM平面 BMC.又 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC.(2)以 D 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.当三棱锥 M-ABC 体积最大时,M 为的中点.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).设 n=(x,y,z)是平面 MAB 的法向量,则 AM=0,AB=0,即-2+=0,2=0,可取 n=(1,0,2).是平面 MCD 的一个法向量,因此 cos=DA|DA|=55,
11、sin=255.所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是255.方法 2 用向量法求解立体几何中的探索型问题 1.(2018 江西南昌二中 1 月模拟,18)如图,ABC 的外接圆O 的半径为5,CDO 所在的平面,BECD,CD=4,BC=2,且 BE=1,tanAEB=25.(1)求证:平面 ADC平面 BCDE;(2)试问线段 DE 上是否存在点 M,使得直线 AM 与平面 ACD 所成角的正弦值为27?若存在,确定点 M 的位置,若不存在,请说明理由.解析(1)证明:CD平面 ABC,BECD,BE平面 ABC,BEAB.BE=1,tanAEB=25,AB=25.O 的半径为
12、5,AB 是直径,ACBC.又CD平面 ABC,CDBC,又 ACCD=C,BC平面 ADC.BC平面 BCDE,平面 ADC平面 BCDE.(2)建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,则 A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),则=(0,2,-3),易知平面 ACD 的一个法向量为=(0,2,0).假设满足题意的点 M 存在,设 M(a,b,c),则=(a,b,c-4),再设=,(0,1,=0,=2,-4=-3=0,=2,=4-3,即 M(0,2,4-3),从而=(-4,2,4-3).设直线 AM 与平面 ACD 所成的角为,则 sin=
13、|cos|=|22|216+42+(4-3)2=27.解得=-43或=23,其中=-43(0,1,舍去,而=23(0,1,故满足条件的点 M 存在,且点 M 为线段 DE 上靠近 E 的三等分点.2.(2019 广西南宁二中 1 月月考,19)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N 分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点 P,Q 分别在棱 DD1,BB1上移动,且 DP=BQ=(02).(1)当=1 时,证明:直线 BC1平面 EFPQ;(2)是否存在,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在,求出 的值;若不存在,说明理由.
14、解析 以 D 为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.由已知得 B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,),N(1,0,2),M(2,1,2).1=(-2,0,2),=(-1,0,),=(1,1,0).(1)证明:当=1 时,=(-1,0,1),因为1=(-2,0,2),所以1=2,即 BC1FP.又 FP平面 EFPQ,且 BC1平面 EFPQ,故直线 BC1平面 EFPQ.(2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z),则由FE =0,FP =0,可得+=0,-+=0.于是可
15、取 n=(,-,1).同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m=(-2,2-,1).若存在,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则 mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即(-2)-(2-)+1=0,解得=122,显然满足 02.故存在=122,使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角.【五年高考】A 组 统一命题课标卷题组 1.(2019 课标,18,12 分)如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N 分别是BC,BB1,A1D 的中点.(1)证明:MN平面 C1DE;(2)求二面角 A-M
16、A1-N 的正弦值.解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)证明:连接 B1C,ME.因为 M,E 分别为 BB1,BC 的中点,所以 MEB1C,且 ME=12B1C.又因为 N 为 A1D 的中点,所以ND=12A1D.由题设知 A1B1DC,可得 B1CA1D,故 MEND,因此四边形 MNDE 为平行四边形,MNED.又 MN平面 EDC1,所以 MN平面 C1DE.(2)由已知可得 DEDA.以 D 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间
17、直角坐标系 D-xyz,则 A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),1A=(0,0,-4),1M=(-1,3,-2),1N=(-1,0,-2),=(0,-3,0).设 m=(x,y,z)为平面 A1MA 的法向量,则A1M=0,A1A=0.所以-+3y-2z=0,-4=0.可取 m=(3,1,0).设 n=(p,q,r)为平面 A1MN 的法向量,则MN=0,A1N=0.所以-3q=0,-2=0.可取 n=(2,0,-1).于是 cos=|=2325=155,所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为105.解题关键 建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平
18、面的法向量是解决本题的关键.2.(2016 课标,19,12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA底面 ABCD,ADBC,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=23AD=2.取 BP 的中点 T,连接 AT,TN,由 N 为 PC 中点知 TNBC,TN=12BC=2.(3 分)又 ADBC,故 TNAM,故四边形 AMNT 为平行四边形,于是 MNAT.因为 AT平面 PAB,MN平面 PAB,所以 MN平面 P
19、AB.(6 分)(2)取 BC 的中点 E,连接 AE.由 AB=AC 得 AEBC,从而 AEAD,且 AE=2-B2=2-(2)2=5.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(5,2,0),N(52,1,2),=(0,2,-4),=(52,1,-2),=(52,1,2).设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量,则PM=0,PN=0,即2-4=0,52 x+y-2z=0,可取 n=(0,2,1).(10 分)于是|cos|=|AN|AN|=8525.即直线 AN 与平面 PMN 所成角的正
20、弦值为8525.(12 分)3.(2018 课标,20,12 分)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点.(1)证明:PO平面 ABC;(2)若点 M 在棱 BC 上,且二面角 M-PA-C 为 30,求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值.解析(1)证明:因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,所以 OPAC,且 OP=23.连接 OB.因为 AB=BC=22 AC,所以ABC 为等腰直角三角形,且 OBAC,OB=12AC=2.由 OP2+OB2=PB2知 POOB.由 OPOB,OPAC 知 PO平面 ABC.(2)
21、如图,以 O 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz.由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),=(0,2,23).取平面 PAC 的一个法向量=(2,0,0).设 M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0).设平面 PAM 的法向量为 n=(x,y,z).由 n=0,n=0 得 2+23z=0,+(4-)=0,可取 n=(3(a-4),3a,-a),所以 cos=23(a-4)23(-4)2+32+2.由已知可得|cos|=32.所以23|a-4|23(-4)2+32+2=32.解得 a=-
22、4(舍去)或 a=43.所以 n=(-833,433,-43).又=(0,2,-23),所以 cos=34.所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为34.4.(2017 课标,19,12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,BAD=ABC=90,E 是 PD 的中点.(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 M-AB-D 的余弦值.解析(1)证明:取 PA 的中点 F,连接 EF,BF.因为 E 是 PD 的中点,所以 EFAD,EF=12
23、AD.由BAD=ABC=90得 BCAD,又 BC=12AD,所以 EFBC,四边形 BCEF 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 轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),=(1,0,-3),=(1,0,0).设 M(x,y,z)(0 x1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-3).因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45,且 n=(0,0,1)是底面 ABCD 的一个法
24、向量,所以|cos|=sin45,|(-1)2+2+2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又 M 在棱 PC 上,设=,则 x=,y=1,z=3-3.由,解得 =1+22,=1,=-62(舍去),或 =1-22,=1,=62,所以 M(1-22,1,62),从而=(1-22,1,62).设 m=(x0,y0,z0)是平面 ABM 的法向量,则AM=0,AB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取 m=(0,-6,2).于是 cos=|=105.易知所求二面角为锐角.因此二面角 M-AB-D 的余弦值为105.方法总结 本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考的热
25、点和难点,解决此类题时常利用向量法,求出平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键 由线面角为 45求出点 M 的坐标是解题的关键.B 组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 用向量法证明平行、垂直 1.(2018 浙江,19,15 分)如图,已知多面体 ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C 均垂直于平面ABC,ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1平面 A1B1C1;(2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值.解析 解法一:(1)证明:如图,以 AC 的中点 O 为原点,分别以射线 OB,OC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直
26、角坐标系 O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).因此1=(1,3,2),11=(1,3,-2),11=(0,23,-3).由1 11=0 得 AB1A1B1.由1 11=0 得 AB1A1C1.所以 AB1平面 A1B1C1.(2)设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为.由(1)可知1=(0,23,1),=(1,3,0),1=(0,0,2).设平面 ABB1的法向量 n=(x,y,z).由AB=0,BB1=0,即+3y=0,2=0,可取 n=(-3,1,0).所以 sin=|cos|=|AC1|A
27、C1|=3913.因此,直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是3913.解法二:(1)证明:由 AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB 得 AB1=A1B1=22,所以 A112+A12=A12,故 AB1A1B1.由 BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC 得 B1C1=5,由 AB=BC=2,ABC=120得 AC=23,由 CC1AC,得 AC1=13,所以 A12+B112=A12,故 AB1B1C1.因此 AB1平面 A1B1C1.(2)如图,过点 C1作 C1DA1B1,交直线 A1B1于点 D,连接 AD.由 AB1平面 A1B1C1得
28、平面 A1B1C1平面 ABB1,由 C1DA1B1得 C1D平面 ABB1,所以C1AD 是 AC1与平面 ABB1所成的角.由 B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得 cosC1A1B1=67,sinC1A1B1=17,所以 C1D=3,故 sinC1AD=1D1=3913.因此,直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是3913.2.(2017 天津,17,13 分)如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA底面 ABC,BAC=90.点 D,E,N 分别为棱 PA,PC,BC 的中点,M 是线段 AD 的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面 BDE;(2)求二面角
29、 C-EM-N 的正弦值;(3)已知点 H 在棱 PA 上,且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为721,求线段 AH 的长.解析 如图,以 A 为原点,分别以,方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量,则DE=0,DB=0,即2=0,2-2=0.不妨设 z=1,可得 n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得 n=0.
30、因为 MN平面 BDE,所以 MN平面 BDE.(2)易知 n1=(1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量.设 n2=(x,y,z)为平面 EMN 的法向量,则2EM=0,2MN=0.因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以-2-=0,+2-=0.不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2).因此有 cos=12|1|2|=-421,于是 sin=10521.所以,二面角 C-EM-N 的正弦值为10521.(3)依题意,设 AH=h(0h4),则 H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|=|2-2|2+523=721,整理得
31、10h2-21h+8=0,解得 h=85或 h=12.所以,线段 AH 的长为85或12.方法总结 利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论.考点二 用向量法求空间角和距离 1.(2018 江苏,22,10 分)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点 P,Q 分别为 A1B1,BC 的中点.(1)求异面直线 BP 与
32、AC1所成角的余弦值;(2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值.解析 如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1中,设 AC,A1C1的中点分别为 O,O1,则 OBOC,OO1OC,OO1OB,以,1 为基底,建立空间直角坐标系 O-xyz.因为 AB=AA1=2,所以 A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因为 P 为 A1B1的中点,所以 P(32,-12,2).从而=(-32,-12,2),1=(0,2,2).故|cos|=|1|1|=|-1+4|522=31020.因此,异面直线 BP 与 A
33、C1所成角的余弦值为31020.(2)因为 Q 为 BC 的中点,所以 Q(32,12,0),因此=(32,32,0),1=(0,2,2),1=(0,0,2).设 n=(x,y,z)为平面 AQC1的一个法向量,则AQ =0,AC1 =0,即32 x+32 y=0,2+2=0.不妨取 n=(3,-1,1).设直线 CC1与平面 AQC1所成角为,则 sin=|cos|=|CC1|CC1|=252=55,所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为55.方法总结(1)向量法求异面直线所成角的步骤:求两条直线所对应的方向向量 m,n;异面直线所成角 的余弦值 cos=|cos|=|.(2)向量
34、法求线面角的正弦值的步骤:求直线的方向向量 a 和平面的法向量 b;直线与平面所成角 的正弦值 sin=|cos|=|.易错警示(1)异面直线所成角 的范围为(0,2,cos=|cos|.(2)线面角的正弦值为|cos|,并不是|sin|.2.(2017 北京,16,14 分)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=6,AB=4.(1)求证:M 为 PB 的中点;(2)求二面角 B-PD-A 的大小;(3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值.解析(1)证明:设 AC,BD 交点为 E
35、,连接 ME.因为 PD平面 MAC,平面 MAC平面 PDB=ME,所以 PDME.因为底面 ABCD 是正方形,所以 E 为 BD 的中点.所以 M 为 PB 的中点.(2)取 AD 的中点 O,连接 OP,OE.因为 PA=PD,所以 OPAD.又因为平面 PAD平面 ABCD,且 OP平面 PAD,所以 OP平面 ABCD.因为 OE平面 ABCD,所以 OPOE.因为底面 ABCD 是正方形,所以 OEAD.如图建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-2).设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,
36、z),则BD=0,PD=0,即4-4=0,2-2z=0.令 x=1,则 y=1,z=2.于是 n=(1,1,2).又平面 PAD 的一个法向量为 p=(0,1,0).所以 cos=|=12.由题意知二面角 B-PD-A 为锐角,所以它的大小为3.(3)由题意知 M(-1,2,22),C(2,4,0),=(3,2,-22).设直线 MC 与平面 BDP 所成角为,则 sin=|cos|=|MC|MC|=269.所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为269.方法总结 1.在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量 n1,n2,设二面角的大小为,则有|cos|
37、=|cos|=|12|1|2|,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面角.2.用向量法求直线与平面所成的角的方法:设直线的方向向量为 e,平面的法向量为 n,则直线与平面所成的角 满足 sin=|,0,2.C 组 教师专用题组 1.(2019 浙江,8,4 分)设三棱锥 V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱 VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线 AC 所成的角为,直线 PB 与平面 ABC 所成的角为,二面角 P-AC-B 的平面角为,则()A.,B.,C.,D.,答案 B 2.(2017 江苏,22,10 分)如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1中
38、,AA1平面 ABCD,且 AB=AD=2,AA1=3,BAD=120.(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.解析 本题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.在平面 ABCD 内,过点 A 作 AEAD,交 BC 于点 E.因为 AA1平面 ABCD,所以 AA1AE,AA1AD.如图,以,1 为正交基底建立空间直角坐标系 A-xyz.因为 AB=AD=2,AA1=3,BAD=120,则 A(0,0,0),B(3,-1,0),D(0,2,0),E(3,0,0),A1(0,0,3),C1(3,1
39、,3).(1)1B=(3,-1,-3),1=(3,1,3),则 cos=1B 1|1B|1|=(3,-1,-3)(3,1,3)7=-17,因此异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值为17.(2)平面 A1DA 的一个法向量为=(3,0,0).设 m=(x,y,z)为平面 BA1D 的法向量,又1B=(3,-1,-3),=(-3,3,0),则A1B=0,BD=0,即3x-y-3z=0,-3x+3y=0.不妨取 x=3,则 y=3,z=2,所以 m=(3,3,2)为平面 BA1D 的一个法向量,从而 cos=AE|AE|=(3,0,0)(3,3,2)34=34.设二面角 B-A1D-A 的大小
40、为,则|cos|=34.因为 0,所以 sin=1-cos2=74.因此二面角 B-A1D-A 的正弦值为74.3.(2016 天津,17,13 分)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.(1)求证:EG平面 ADF;(2)求二面角 O-EF-C 的正弦值;(3)设 H 为线段 AF 上的点,且 AH=23HF,求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值.解析 依题意,OF平面 ABCD,如图,以 O 为原点,分别以,的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得 O(0,
41、0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设 n1=(x,y,z)为平面 ADF 的法向量,则1AD=0,1AF=0,即2=0,-+2=0.不妨设 z=1,可得 n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得 n1=0,又因为直线 EG平面 ADF,所以 EG平面 ADF.(2)易证,=(-1,1,0)为平面 OEF 的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设 n2=(x,y,z)为平面 CEF 的法向量,则
42、2EF=0,2CF=0,即+=0,-+2=0.不妨设 x=1,可得 n2=(1,-1,1).因此有 cos=OA 2|OA|2|=-63,于是 sin=33.所以,二面角 O-EF-C 的正弦值为33.(3)由 AH=23HF,得 AH=25AF.因为=(1,-1,2),所以=25 =(25,-25,45),进而有 H(-35,35,45),从而=(25,85,45),因此 cos=BH 2|BH|2|=-721.所以,直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为721.思路分析(1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为 0 证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角
43、的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值.4.(2016 浙江,17,15 分)如图,在三棱台 ABC-DEF 中,平面 BCFE平面 ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF平面 ACFD;(2)求二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值.解析(1)证明:延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,如图所示.因为平面 BCFE平面 ABC,且 ACBC,所以 AC平面 BCK,因此,BFAC.又因为 EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK 为等边三角形,且 F 为 CK 的中点,则 BFCK.所以 BF平
44、面 ACFD.(2)解法一:过点 F 作 FQAK 于 Q,连接 BQ.因为 BF平面 ACK,所以 BFAK,则 AK平面 BQF,所以 BQAK.所以,BQF 是二面角 B-AD-F 的平面角.在 RtACK 中,AC=3,CK=2,得 FQ=31313.在 RtBQF 中,FQ=31313,BF=3,得 cosBQF=34.所以,二面角 B-AD-F 的平面角的余弦值为34.解法二:如图,延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,则BCK 为等边三角形.取 BC 的中点 O,连接 KO,则 KOBC,又平面BCFE平面 ABC,所以,KO平面 ABC.以点 O 为原点,分别以射线 OB,O
45、K 的方向为 x,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz.由题意得 B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E(12,0,32),F(-12,0,32).因此,=(0,3,0),=(1,3,3),=(2,3,0).设平面 ACK 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 ABK 的法向量为 n=(x2,y2,z2).由AC =0,AK =0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取 m=(3,0,-1);由AB =0,AK =0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取 n=(3,-2,3).于是,cos=|=34.所以,二面角 B-AD
46、-F 的平面角的余弦值为34.方法总结 计算二面角的平面角的余弦值可以找二面角的平面角,也可以利用平面的法向量和向量的夹角公式求解.本题(2)的解法一根据二面角的平面角的定义构造 AD 的垂面,二面角的平面角就在此垂面中,找到平面角后再通过解三角形求解.本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.5.(2016 山东,17,12 分)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=12AC=23,AB
47、=BC.求二面角 F-BC-A 的余弦值.解析(1)证明:取 FC 的中点为 I,连接 GI,HI.在CEF 中,因为点 G 是 CE 的中点,所以 GIEF.又 EFOB,所以 GIOB.在CFB 中,因为 H 是 FB 的中点,所以 HIBC.又 HIGI=I,所以平面 GHI平面 ABC.因为 GH平面 GHI,所以 GH平面 ABC.(2)解法一:连接 OO,则 OO平面 ABC.又 AB=BC,且 AC 是圆 O 的直径,所以 BOAC.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(0,23,0),C(-23,0,0),所以=(-23,-23,0),过点
48、 F 作 FM 垂直 OB 于点 M.所以 FM=2-B2=3,可得 F(0,3,3).故=(0,-3,3).设 m=(x,y,z)是平面 BCF 的法向量.由BC=0,BF=0,可得-23x-23y=0,-3y+3z=0.进而可得平面 BCF 的一个法向量 m=(-1,1,33).因为平面 ABC 的一个法向量 n=(0,0,1),所以 cos=|=77.又易知二面角 F-BC-A 为锐二面角,所以二面角 F-BC-A 的余弦值为77.解法二:连接 OO.过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M.则有 FMOO.又 OO平面 ABC,所以 FM平面 ABC.可得 FM=2-B2=3.过点 M
49、 作 MN 垂直 BC 于点 N,连接 FN.可得 FNBC,从而FNM 为二面角 F-BC-A 的平面角.又 AB=BC,AC 是圆 O 的直径,所以 MN=BMsin45=62.从而 FN=422,可得 cosFNM=77.所以二面角 F-BC-A 的余弦值为77.6.(2015 课标,19,12 分)如图,长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点 E,F 的平面 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线 AF 与平面 所成角的正
50、弦值.解析(1)交线围成的正方形 EHGF 如图.(2)作 EMAB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10.于是 MH=2-E2=6,所以 AH=10.以 D 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 D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量,则FE=0,HE=0,即10=0,-6+8=0,所以可取 n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos|=|A
51、F|AF|=4515.所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为4515.思路分析(1)正方形是矩形且所有边都相等,利用面面平行的性质定理,结合长方体各棱长度作截面;(2)以 D为坐标原点,1 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,分别求出平面 的法向量与直线 AF 的方向向量,从而利用向量法求得直线 AF 与平面 所成角的正弦值.方法技巧 利用向量求线面角的方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量,进而求两个方向向量的夹角(或其补角);(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角或其补角(求锐角),取该角的余角就是斜线与平面所成的
52、角.7.(2015 江苏,22,10 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,已知 PA平面 ABCD,且四边形 ABCD 为直角梯形,ABC=BAD=2,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值;(2)点 Q 是线段 BP 上的动点,当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时,求线段 BQ 的长.解析 以,为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知 AD平面 PAB,所以 是平面 PAB 的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=
53、(0,2,-2),设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z),则 m=0,m=0,即+-2=0,2-2=0.令 y=1,解得 z=1,x=1.所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量.从而 cos=AD|AD|=33,所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)因为=(-1,0,2),设=(-,0,2)(01),又=(0,-1,0),则=+=(-,-1,2),又=(0,-2,2),从而 cos=|=1+2102+2.设 1+2=t,t1,3,则 cos2=2252-10t+9=29(1-59)2+209910.当且仅当 t=95,即=25时,|cos|的最
54、大值为31010.因为 y=cosx 在(0,2)上是减函数,所以此时直线 CQ 与 DP 所成的角取得最小值.又因为 BP=12+22=5,所以 BQ=25BP=255.【三年模拟】解答题(共 75 分)1.(2019 河南洛阳尖子生第四次联考,18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,PA底面ABCD,PA=AB=2,点 M 为棱 PC 的中点,点 E,F 分别为棱 AB,BC 上的动点(E,F 与所在棱的端点不重合),且满足BE=BF.(1)证明:平面 PEF平面 MBD;(2)当三棱锥 F-PEC 的体积最大时,求二面角 C-MF-E 的余弦值.解析(1)证明:
55、因为 PA底面 ABCD,ABAD,所以 AP,AB,AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.则 P(0,0,2),M(1,1,1),B(2,0,0),D(0,2,0).设 E(t,0,0)(0t2),则 F(2,2-t,0),(2 分)=(t,0,-2),=(2,2-t,-2),=(1,-1,-1),=(-1,1,-1).设 m1=(a1,b1,c1)为平面 PEF 的法向量,则1PE=0,1PF=0,即a1-2c1=0,2a1+(2-t)b1-2c1=0,可取 m1=(2,-2,t).(4 分)设 m2=(a2,
56、b2,c2)为平面 MBD 的法向量,则2MB=0,2MD=0,即a2-b2-c2=0,-a2+b2-c2=0,可取 m2=(1,1,0).(5 分)因为 m1m2=21-21+t0=0,所以 m1m2.所以平面 PEF平面 MBD.(6 分)(2)因为 VF-PEC=VP-EFC,所以当三棱锥 F-PEC 的体积最大,即 VP-EFC最大时,SEFC最大.因为 SEFC=12(2-t)t=-12(t-1)2+12,因为 0t2,所以当 t=1 时,SEFC最大.(8 分)由(1)中空间直角坐标系得 C(2,2,0),F(2,1,0),E(1,0,0),M(1,1,1),=(1,0,-1),=
57、(-1,-1,0),=(0,1,0).(9 分)设 n1=(x1,y1,z1)是平面 MEF 的法向量,则1MF=0,1FE=0,即x1-z1=0,-x1-y1=0,可取 n1=(1,-1,1).(10 分)设 n2=(x2,y2,z2)是平面 MCF 的法向量,则2MF=0,2FC=0,即x2-z2=0,y2=0,可取 n2=(1,0,1).(11 分)则 cos=n1n2|n1|n2|=232=63.由图知所求二面角为钝二面角,所以二面角 C-MF-E 的余弦值为-63.(12 分)方法点拨 解答空间几何体中的垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化,
58、转化时要正确运用有关的定理,找出足够的条件进行推理.2.(2020 届贵州贵阳高三摸底测试,19)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是菱形,PA=PD,DAB=60.(1)证明:ADPB;(2)若 PB=6,AB=PA=2,求直线 PB 与平面 PDC 所成角的正弦值.解析 本题主要考查线线垂直的证明、线面角的正弦值的求解,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象.(1)证明:取 AD 的中点为 O,连接 PO,BO,BD,如图,底面 ABCD 是菱形,且DAB=60,ABD 是等边三角形,BOAD.又 PA=PD,即PAD 是等腰三角形,POAD.又 POBO=O,AD平面 PBO
59、,又 PB平面 PBO,ADPB.(6 分)(2)AB=PA=2,由(1)知PAD,ABD 均是边长为 2 的正三角形,则 PO=3,BO=3,又 PB=6,PO2+BO2=PB2,即 POBO,又由(1)知,BOAD,POAD,OA,OB,OP 两两垂直,以 O 为坐标原点,OA,OB,OP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 D(-1,0,0),P(0,0,3),C(-2,3,0),B(0,3,0),=(0,3,-3),=(1,0,3),=(1,-3,0).设 n=(x,y,z)是平面 PCD 的法向量,则 DP,CD,+3z=0,-3y=0,令 y=1,解得 x=3,z
60、=-1,即 n=(3,1,-1).设直线 PB 与平面 PDC 所成的角为,则 sin=|cos|=|03+31+(-3)(-1)65|=105,直线 PB 与平面 PDC 所成角的正弦值为105.(12 分)3.(2018 四川成都七中三诊,19)在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是梯形,四边形 ADEF 是正方形,ABDC,AB=AD=1,CD=2,AC=EC=5.(1)求证:平面 EBC平面 EBD;(2)设 M 为线段 EC 上一点,3=,求二面角 M-BD-E 的平面角的余弦值.解析(1)证明:因为 AD=1,CD=2,AC=5,所以 AD2+CD2=AC2,所以ADC
61、为直角三角形,且 ADDC.又因为 ABDC,所以 DAAB.因为 ED=1,CD=2,EC=5,所以 ED2+CD2=EC2,所以EDC 为直角三角形,且 EDDC.因为四边形 ADEF 是正方形,所以 ADDE.在梯形 ABCD 中,过点 B 作 BHCD 于 H,故四边形 ABHD 是正方形,所以ADB=45,在BCH 中,BH=CH=1,所以BCH=45,BC=2,因为BDC=45,所以DBC=90,所以 BCBD.因为 EDAD,EDDC,ADDC=D,AD平面 ABCD,DC平面 ABCD,所以 ED平面 ABCD,又因为 BC平面 ABCD,所以 EDBC,因为 BDED=D,B
62、D平面 EBD,ED平面 EBD,所以 BC平面 EBD,又 BC平面 EBC,所以平面 EBC平面 EBD.(2)以 D 为原点,DA,DC,DE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系(如图),则 D(0,0,0),E(0,0,1),B(1,1,0),C(0,2,0),令 M(0,y0,z0),则=(0,y0,z0-1),=(0,2,-1),因为 3=,所以(0,3y0,3z0-3)=(0,2,-1),所以 M(0,23,23),因为 BC平面 EBD,所以=(-1,1,0)为平面 EBD 的一个法向量.设平面 MBD 的法向量为 m=(x,y,z),则DB=0,DM=0,即+=0,
63、23 y+23 z=0,即 x=-y=z.令 y=-1,得 m=(1,-1,1),所以 cos=-223=-63.由图知二面角 M-BD-E 的平面角为锐角,所以余弦值为63.归纳总结 利用平面的法向量求二面角 的大小时,二面角是锐角或钝角由图形决定.当二面角是锐角时,cos=|12|1|2|;当二面角是钝角时,cos=-|12|1|2|.当由图形不能确定二面角是锐角还是钝角时,若二面角与向量 n1,n2的夹角相等,则一个平面的法向量指向二面角的内部,另一个平面的法向量指向二面角的外部,若二面角与向量 n1,n2的夹角互补,则两个法向量同时指向二面角的内部或外部.4.(2019 陕西安康二模,
64、19)如图,已知四棱锥 A-BCDE中,AB=BC=2,ABC=120,AE=26,CDBE,BE=2CD=4,EBC=60.(1)求证:EC平面 ABC;(2)求直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值.解析(1)证明:在ABC 中,由余弦定理得 AC=23,在EBC 中,由余弦定理得 EC=23.(2 分)由 CE2+CA2=EA2,CE2+CB2=EB2得,ECCA,ECCB,(4 分)又 CACB=C,所以 EC平面 ABC.(7 分)(2)如图,建立空间直角坐标系 C-xyz,则 C(0,0,0),E(0,0,23),A(23,0,0),B(3,1,0),所以=(-3,1,0),=
65、(-23,0,23),=(-3,-1,23),=12 =(-32,-12,3).(8 分)所以 D(-32,-12,3),=(-532,-12,3).(11 分)设 n=(x,y,z)是平面 ABE 的一个法向量,则 AB=0,AE=0,即-3x+y=0,-23x+23z=0,取 n=(1,3,1).(13 分)记直线 AD 与平面 ABE 所成角为,则 sin=|AD|AD|=33055.(15 分)5.(2019 安徽六安一中 4 月月考,18)如图 1,在 RtABC 中,C=90,BC=3,AC=6,D,E 分别是 AC,AB 上的点,且DEBC,DE=2,将ADE 沿 DE 折起到A
66、1DE 的位置,使 A1CCD,如图 2.(1)若 M 是 A1D 的中点,求直线 CM 与平面 A1BE 所成角的大小;(2)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由.解析 本题考查翻折变换的性质以及线面角.考查的核心素养是直观想象和数学运算.(1)由折叠的性质得 CDDE,A1DDE,又 CDA1D=D,DE平面 A1CD.又A1C平面 A1CD,A1CDE,又 A1CCD,CDDE=D,A1C平面 BCDE.(3 分)如图建系,则 C(0,0,0),D(-2,0,0),A1(0,0,23),E(-2,2,0),B(0,3,0),1B=(0,3,-2
67、3),1E=(-2,2,-23),设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则A1B =0,A1E =0,3-23z=0,-2+2-23z=0,取 z=3,则 x=-1,y=2,n=(-1,2,3).(5 分)M(-1,0,3),=(-1,0,3),cos=CM|CM|=1+31+4+31+3=22.CM 与平面 A1BE 所成角的大小为 45.(6 分)(2)假设线段 BC 上存在点 P 满足条件,设 P 点坐标为(0,a,0),则 a0,3,1P=(0,a,-23),=(2,a,0),设平面 A1DP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则1-231=0,21+a1=0,取 y
68、1=6,则 x1=-3a,z1=3a,n1=(-3a,6,3a).(9 分)若平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直,则 n1n=0,3a+12+3a=0,即 6a=-12,a=-2,0a3,a=-2 舍去.线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.(12 分)6.(2020 届云南曲靖 10 月联考,19)如图,四棱锥 P-ABCD 中,ABDC,ADC=2,AB=AD=12CD=2,PD=PB=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,求出的值;若不存在
69、,说明理由.解析 本题主要考查空间直线和平面、平面和平面的位置关系以及二面角,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.(1)证明:因为 ABDC,AB=AD=2,ADC=2,所以 BD=22,BDC=4,(1 分)又 CD=4,所以根据余弦定理得 BC=22,(2 分)所以 CD2=BD2+BC2,故 BCBD.(3 分)又 BCPD,PDBD=D,且 BD,PD平面 PBD,所以 BC平面 PBD,(4 分)又 BC平面 PBC,所以平面 PBC平面 PBD.(5 分)(2)由(1)得平面 ABCD平面 PBD,设 E 为 BD 的中点,连接 PE,因为 PB=PD=6,所以 PEBD,PE=2
70、,又平面 ABCD平面 PBD,平面 ABCD平面 PBD=BD,所以 PE平面 ABCD.(7 分)如图,以 A 为原点,分别以,和垂直于平面 ABCD 的向量 的方向为 x,y,z 轴正方向,建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,4,0),P(1,1,2).(8 分)假设存在 M(a,b,c)满足要求,设=(01),即=,所以 M(2-,4-3,2),易得平面 PBD 的一个法向量为=(2,2,0).(9 分)=(0,2,0),=(2-,4-3,2),设 n=(x,y,z)为平面 ABM 的法向量,由AB=0,AM=0得2=0,(2-)+(4-3)
71、+2=0,不妨取 x=2,则 n=(2,0,-2).(10 分)因为平面 PBD 与平面 ABM 所成的锐二面角为3,所以|4|2242+(-2)2=12,解得=23或=-2(不合题意舍去).故存在点 M 满足条件,且=23.(12 分)思路分析(1)结合题意可得 BCBD,结合 BCPD 得 BC平面 PBD,于是平面 PBC平面 PBD;(2)建立空间直角坐标系,设=(01),计算平面 ABM 和平面 PBD 的法向量,令法向量夹角的余弦值的绝对值等于12,解方程得出 的值即可.名师点拨 二面角是高考的重点,也是热点,多以解答题的形式出现,一般为中档题.高考对二面角的考查,主要有以下两个命题角度:(1)求二面角;(2)由二面角求其他量.
